cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR
1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$
2.$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR
1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$
2.$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Bài 1cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR
1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChiMiwhh: 24-05-2021 - 18:59
cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR
1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$
2.$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Bài 2.
BĐT cần cm tương đương với
$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki,
$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \(ab+bc+ca).(\sum \frac{a}{a+c})\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}.(\sum \frac{a}{a+c})=3.(\sum \frac{a}{a+c})$
Nghĩa là ta cần cm
$(\sum \frac{a}{a+c})\leq \frac{3}{2}$
<=> $(\sum \frac{c-a}{a+c})\geq 0$
chứng minh tương đương ta được
$(a-c).(b-c).(a-b)\geq 0$
đúng với $a\geq b\geq c$
dấu = khi a=b=c=1
Bài 2.
BĐT cần cm tương đương với
$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki,
$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \sqrt{(ab+bc+ca).(\sum \frac{a}{a+c})}\leq \sqrt{\frac{(a+b+c)^{2}}{3}.(\sum \frac{a}{a+c})}=\sqrt{3.(\sum \frac{a}{a+c})}$
Nghĩa là ta cần cm
$(\sum \frac{a}{a+c})\leq \frac{3}{2}$
<=> $(\sum \frac{c-a}{a+c})\geq 0$
chứng minh tương đương ta được
$(a-c).(b-c).(a-b)\geq 0$
đúng với $a\geq b\geq c$
dấu = khi a=b=c=1
BĐT này có dạng hoán vị nên ta không có quyền giả sử $a\geq b\geq c$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 27-05-2021 - 19:32
cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR
$$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$
Áp dụng BĐT C-S:
$$\frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq \sqrt{2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]}=2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}.$$
Với mọi số thực dương $a,b,c,x,y,z$, ta có:
$$2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}+ax+by+cz=\sqrt{2(bc+ca+ab)\cdot 2(yz+zx+xy)}+ax+by+cz\leq \sqrt{[2(bc+ca+ab)+a^{2}+b^{2}+c^{2}][2(yz+zx+xy)+x^{2}+y^{2}+z^{2}]}=(a+b+c)(x+y+z)$$
$\Rightarrow 2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}\leq x(b+c)+y(c+a)+z(a+b).$
Chọn $x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ ta có
$$2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}\leq a+b+c=3$$
$$\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq 3,$$
hay $$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$
Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=1$. $\square$
Áp dụng BĐT C-S:
$$\frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq \sqrt{2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]}=2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}.$$
Với mọi số thực dương $a,b,c,x,y,z$, ta có:
$$2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}+ax+by+cz=\sqrt{2(bc+ca+ab)\cdot 2(yz+zx+xy)}+ax+by+cz\leq \sqrt{[2(bc+ca+ab)+a^{2}+b^{2}+c^{2}][2(yz+zx+xy)+x^{2}+y^{2}+z^{2}]}=(a+b+c)(x+y+z)$$
$\Rightarrow 2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}\leq x(b+c)+y(c+a)+z(a+b).$
Chọn $x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ ta có
$$2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}\leq a+b+c=3$$
$$\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq 3,$$
hay $$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$
Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=1$. $\square$
lời giải hay quá. cảm ơn bạn
BĐT này có dạng hoán vị nên ta không có quyền giả sử $a\geq b\geq c$.
sao hoán vị lại k giả sử được vậy bác ?
Áp dụng BĐT C-S:
$$\frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq \sqrt{2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]}=2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}.$$
Với mọi số thực dương $a,b,c,x,y,z$, ta có:
$$2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}+ax+by+cz=\sqrt{2(bc+ca+ab)\cdot 2(yz+zx+xy)}+ax+by+cz\leq \sqrt{[2(bc+ca+ab)+a^{2}+b^{2}+c^{2}][2(yz+zx+xy)+x^{2}+y^{2}+z^{2}]}=(a+b+c)(x+y+z)$$
$\Rightarrow 2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}\leq x(b+c)+y(c+a)+z(a+b).$
Chọn $x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ ta có
$$2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}\leq a+b+c=3$$
$$\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq 3,$$
hay $$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$
Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=1$. $\square$
bất đẳng thức cosy ở trên là sao vậy ạ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bimcaucau: 28-05-2021 - 09:59
bất đẳng thức cosy ở trên là sao vậy ạ
Cái đó là BĐT Cauchy-Schwarz em nhé
sao hoán vị lại k giả sử được vậy bác ?
Nhờ tính hoán vị của BĐT, ta chỉ có thể giải quyết được 3 trường hợp hoán vị thứ tự cho BĐT sau khi giải quyết 1 trường hợp. Nhưng ta có đến 6 hoán vị thứ tự cho $a,b,c$ nên nó vẫn còn thiếu sót. Để giải quyết được hoàn toàn ta cần xét thêm trường hợp $a\leq b\leq c$.
Cái đó là BĐT Cauchy-Schwarz em nhé
dạ vâng nhưng mà áp dụng cho 2 số nào vậy ạ em chưa rõ
Nhờ tính hoán vị của BĐT, ta chỉ có thể giải quyết được 3 trường hợp hoán vị thứ tự cho BĐT sau khi giải quyết 1 trường hợp. Nhưng ta có đến 6 hoán vị thứ tự cho $a,b,c$ nên nó vẫn còn thiếu sót. Để giải quyết được hoàn toàn ta cần xét thêm trường hợp $a\leq b\leq c$.
cho em thắc mắc tí, nếu mình giả sử trường hợp $a\leq b\leq c$
mình vẫn chứng minh được thì bài này giải ra k ạ ?
cho em thắc mắc tí, nếu mình giả sử trường hợp $a\leq b\leq c$
mình vẫn chứng minh được thì bài này giải ra k ạ ?
Thật ra mình ko hiểu bạn hỏi a í gì nhưng nếu bạn chia trường hợp ra chứng minh thì bạn phải chứng minh bđt đúng với cả 2 trường hợp
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh