Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \frac{3}{4}.$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết

Cho $a, b, c> 0$ thỏa mãn $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3.$ Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}+\frac{1}{1+\sqrt{(b+c)^{3}+abc}}+\frac{1}{1+\sqrt{(c+a)^{3}+abc}}\leq \frac{3}{4}.$



#2
Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết

Bài này là đề thi học sinh giỏi hay đề anh chế vậy.Căng não cả buổi trời mới ra.

Trước hết , để làm được bài này ta có các bổ đề sau:

(1) $(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\geq abc(a+b+c)$

(2) $\frac{1}{a+b+c}\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

(3) $\frac{1}{a+b+c+d}\leq \frac{1}{16}\sum \frac{1}{a}$

(4) $\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}\leq \frac{1}{abc}$

Những bđt này các bạn có thể tìm cách chứng minh trên mạng.

Quay lại bài toán.

Từ gt => 

$(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}=3(abc)^{2}$

Bằng cách sử dụng (1) , ta được:

$3(abc)^{2}\geq abc(a+b+c)$

=> $3abc\geq a+b+c$

Ta có: P = $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})$ (theo (3))

Ta cần cm $\frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}) \leq \frac{3}{4}$

<=> $\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq 1$

<=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

Ta sẽ cm bất đẳng thức trên. Thật vậy, ta có:

$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}$ (Cauchy-Schwarz)

. $\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}=\sum \frac{1}{(a^{3}+b^{3}+abc)+3ab(a+b)}\leq \frac{1}{9}(\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}+\sum \frac{4}{3ab(a+b)})$(theo (2)) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3(a+b)}.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{2})$ (Theo (4) và bđt AM-GM) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)^{2}}{3(a+b)(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)}{3(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3ab}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{a}(\frac{1}{3ab}+\frac{1}{3ca}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}+3-3))=\frac{1}{9}(1+\frac{1}{3abc})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{ab+bc+ca}{abc})\leq \frac{3abc}{27abc}\frac{\sqrt{3.((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2})}}{abc}=\frac{1}{9}\frac{\sqrt{3.3(abc)^{2}}}{abc}=\frac{1}{3}$

=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}\leq 3.\frac{1}{3}=1$

=>$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

=> Bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

=> Đpcm.


Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#3
Zz Isaac Newton Zz

Zz Isaac Newton Zz

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 392 Bài viết

 

Bài này là đề thi học sinh giỏi hay đề anh chế vậy.Căng não cả buổi trời mới ra.

 

Trước hết , để làm được bài này ta có các bổ đề sau:

 

(1) $(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}\geq abc(a+b+c)$

 

(2) $\frac{1}{a+b+c}\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

 

(3) $\frac{1}{a+b+c+d}\leq \frac{1}{16}\sum \frac{1}{a}$

 

(4) $\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}\leq \frac{1}{abc}$

 

Những bđt này các bạn có thể tìm cách chứng minh trên mạng.

 

Quay lại bài toán.

 

Từ gt => 

 

$(ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2}=3(abc)^{2}$

Bằng cách sử dụng (1) , ta được:

$3(abc)^{2}\geq abc(a+b+c)$

=> $3abc\geq a+b+c$

Ta có: P = $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})$ (theo (3))

Ta cần cm $\frac{1}{16}(3+\sum \frac{9}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}) \leq \frac{3}{4}$

<=> $\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq 1$

<=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

Ta sẽ cm bất đẳng thức trên. Thật vậy, ta có:

$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}$ (Cauchy-Schwarz)

. $\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}=\sum \frac{1}{(a^{3}+b^{3}+abc)+3ab(a+b)}\leq \frac{1}{9}(\sum \frac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}+\sum \frac{4}{3ab(a+b)})$(theo (2)) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3(a+b)}.(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^{2})$ (Theo (4) và bđt AM-GM) $\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)^{2}}{3(a+b)(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{(a+b)}{3(ab)^{2}})=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3ab}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{a}(\frac{1}{3ab}+\frac{1}{3ca}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}))=\frac{1}{9}(\frac{1}{abc}+\frac{1}{3abc}(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}+3-3))=\frac{1}{9}(1+\frac{1}{3abc})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{(a+b+c)}{27abc}(\frac{ab+bc+ca}{abc})\leq \frac{3abc}{27abc}\frac{\sqrt{3.((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2})}}{abc}=\frac{1}{9}\frac{\sqrt{3.3(abc)^{2}}}{abc}=\frac{1}{3}$

=> $(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 3.\sum \frac{1}{(a+b)^{3}+abc}\leq 3.\frac{1}{3}=1$

=>$(\sum \frac{1}{\sqrt{(a+b)^{3}+abc}})^{2}\leq 1$

=> Bđt được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

=> Đpcm.

 

Bài này anh chỉ sưu tầm đề thôi em, anh làm như thế này, không biết có ổn không, em xem thử...

Ta có: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3\geq \frac{3}{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}\Leftrightarrow abc\geq 1.$

Từ đây: $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+1}}=\sum \frac{\sqrt{(a+b)^{3}+1}-1}{(a+b)^{3}}=\sum \frac{\sqrt{(a+b+1)\left ( (a+b)^{2}-(a+b)+1 \right )}-1}{(a+b)^{3}}\leq \sum \frac{(a+b)+1+(a+b)^{2}-(a+b)+1-2}{2(a+b)^{3}}=\sum \frac{1}{2(a+b)}$$\leq \frac{1}{2}.\frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a})=\frac{1}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq \frac{1}{4}.\sqrt{3\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )}=\frac{3}{4}.$






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh