Chủ đề này có 6 trả lời

[BearBean]

Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$ chứng minh :

$\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$.

 

 

 

P.S: Em xin lỗi vì cái tiêu đề em gõ thiếu .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BearBean: 25-03-2013 - 19:45

[25 minutes]

Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$ chứng minh :

$\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$.

 

 

 

P.S: Em xin lỗi vì cái tiêu đề em gõ thiếu .

Rõ ràng bất đẳng thức đã cho sai

Cho $a=b=\sqrt{3}\Rightarrow c=\frac{1}{3}$

Vì thế $\sum \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+(\sqrt{3})^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+(\sqrt{3})^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{1}{3})^2}}< \frac{3}{\sqrt{2}}$

[Trang Luong]

Cho $a,b,c> 0$ và $abc=1$ chứng minh :

$\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$.

BDDT sai chỉ đúng khi xảy ra dấu = khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khonggiadinh: 25-03-2013 - 19:56

[BearBean]

Xin lỗi mọi người em đánh sai đề , đúng phải là : 

 

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$ chứng minh :

 

$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

[human king]

cô si chọn điểm rơi thôi

[25 minutes]

Xin lỗi mọi người em đánh sai đề , đúng phải là : 

 

Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$ chứng minh :

 

$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

 

 

cô si chọn điểm rơi thôi

 

Do vai trò của $a,b,c$ là như nhau nên ta có thể giả sử $a\leq b\leq c$

          $\Rightarrow ab\leq c^2\Rightarrow (ab)^3 \leq (abc)^2=1\Rightarrow ab \leq 1$

Áp dụng bổ đề sau : Với $a,b$ dương và $ab \leq 1$, ta luôn có

                                    $\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+ab}}$

                             $\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+ab}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}$

Thay $ab=\frac{1}{c}$ vào ta có bất đẳng thức trở thành  

                                    $\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{c}+1}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

                                    $\Leftrightarrow f(c)=\frac{2\sqrt{c}}{\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$ với $c \geq 1$

Lấy đạo hàm $f(c)$ ta được $f{}'(c)=\frac{1}{\sqrt{c}\sqrt{c+1}(c+1)}-\frac{2c}{2(c^2+1)\sqrt{c^2+1}} =\frac{1}{\sqrt{c}\sqrt{c+1}(c+1)}-\frac{c}{(c^2+1)\sqrt{c^2+1}} $

Ta có $f{}'(c) \leq 0\Leftrightarrow \sqrt{c^2+1}(c^2+1) \leq \sqrt{c^2+c}(c^2+c)$

     $\Leftrightarrow \sqrt{c^2+1} \leq \sqrt{c^2+c}\Leftrightarrow 1 \leq c$

Nhưng bất đẳng thức luôn đúng do giả thiết

Vì $f{}'(c) \leq 0$ nên $f(c)$ nghịch biến trên $\left [1,+\infty   \right )$

  $\Rightarrow f(c) \leq f(1)= \frac{3}{\sqrt{2}}$

Do đó ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$    

P/S : human king : Làm thì làm chư đừng nói bâng cua như thế, bạn có thể trình bày cách Co-si điểm rơi được không ?

        Bearbean : Anh chỉ có mỗi cách này thôi, không có cách nào khác đâu

[Trang Luong]

Do vai trò của $a,b,c$ là như nhau nên ta có thể giả sử $a\leq b\leq c$

 

          $\Rightarrow ab\leq c^2\Rightarrow (ab)^3 \leq (abc)^2=1\Rightarrow ab \leq 1$

Tương tự :

Áp dụng BĐT AM-GM

Ta có : $2.\frac{1}{\sqrt{2}}.\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{1+a^{2}}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{4}\left ( 1+\frac{1}{a^{2}} \right )$

$\Leftrightarrow \frac{2}{\sqrt{2}}\sum \frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\leq \frac{3}{2}+\frac{1}{4}\left ( 3+\sum \frac{1}{a^{2}} \right )=\frac{9}{4}+\frac{1}{4}.\frac{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}{(abc)^{2}}\leq 6\Rightarrow \sum \frac{1}{\sqrt{a^{2}+1}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Mình chỉ chém thôi, chắc cách này sai rùi mong mọi ngươi thông cảm