Cho $a, b, c> 0$ thỏa mãn $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}=3.$ Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}+\frac{1}{1+\sqrt{(b+c)^{3}+abc}}+\frac{1}{1+\sqrt{(c+a)^{3}+abc}}\leq \frac{3}{4}.$
Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+\sqrt{(a+b)^{3}+abc}}\leq \frac{3}{4}.$
#1
Đã gửi 21-08-2017 - 21:28
#2
Đã gửi 23-08-2017 - 13:13
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.
- viet9a14124869, duylax2412, minhducndc và 1 người khác yêu thích
Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.
#3
Đã gửi 26-08-2017 - 21:28
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}.$
- minhducndc và slenderman123 thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh