Chủ đề này có 3 trả lời

[cunbeocute2810]

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn:
$\sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{b^2+c^2} + \sqrt{c^2+a^2} = \sqrt{2017}$

Chứng minh rằng: $\frac{a^2}{b+c} + \frac{b^2}{a+c} + \frac{c^2}{a+b} \ge \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2017}{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cunbeocute2810: 20-04-2017 - 22:51

[tuaneee111]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

\[\sqrt {2017}  = \sum\limits_{cyc} {\sqrt {{x^2} + {y^2}} }  \le \sqrt {6\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}  \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{{2017}}{6}\]

\[y + z \le \sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} ;\,\,x + z \le \sqrt {2\left( {{x^2} + {z^2}} \right)} ;\,\,x + y \le \sqrt {2\left( {{x^2} + {y^2}} \right)} \]

Khi đó ta được:

\[P = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^2}}}{{y + z}}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }}}  \ge \frac{{\frac{{2017}}{6} - \left( {{y^2} + {z^2}} \right)}}{{\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{2017}}{{6\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} }}}  - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum\limits_{cyc} {\sqrt {{y^2} + {z^2}} } \]

\[\mathop  \ge \limits^{AM - GM} \frac{{2017.9}}{{6\sum\limits_{cyc} {\sqrt {2\left( {{y^2} + {z^2}} \right)} } }} - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sum\limits_{cyc} {\sqrt {{y^2} + {z^2}} }  = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{{2017}}{2}} \]

[diemdaotran]

đặt $\sqrt{a^2+b^2}=x, \sqrt{b^2+c^2}=y, \sqrt{c^2+a^2}=z \Rightarrow x+y+z=\sqrt{2017}$ và $a^2=\frac{x^2+z^2-y^2}{2}, b^2=\frac{x^2+y^2-z^2}{2}, c^2=\frac{y^2+z^2-x^2}{2}$

 Ta có: $(a+b)^2\leq 2(a^2+b^2)\Rightarrow a+b\leq \sqrt{2(a^2+b^2)}\Rightarrow \frac{c^2}{a+b}\geq \frac{c^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}}$. Tương tự công vế ta được $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{a^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}+\frac{b^2}{\sqrt{2(a^2+c^2)}}+\frac{c^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}}\doteq \frac{x^2+z^2-y^2}{2\sqrt{2}y}+\frac{x^2+y^2-z^2}{2\sqrt{2}z}+\frac{y^2+z^2-x^2}{2\sqrt{2}x}$$\doteq (\frac{x^2}{2\sqrt{2}y}+\frac{y^2}{2\sqrt{2}z}+\frac{z^2}{2\sqrt{2}x})+(\frac{x^2}{2\sqrt{2}z}+\frac{y^2}{2\sqrt{2}x}+\frac{z^2}{2\sqrt{2}y})-\frac{x+y+z}{2\sqrt{2}}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2\sqrt{2}(x+y+z)}+\frac{(x+y+z)^2}{2\sqrt{2}(x+y+z)}-\frac{x+y+z}{2\sqrt{2}}\doteq \frac{\sqrt{2017}}{2\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{2017}}{2\sqrt{2}}-\frac{\sqrt{2017}}{2\sqrt{2}}$=$\frac{1}{2}\frac{\sqrt{2017}}{\sqrt{2}}$ DBXR...

[cunbeocute2810]

em cảm ơn nhiều ạ.