Chủ đề này có 3 trả lời

[duc321999real]

Cho a,b,c >0 và a+b+c=3. 

CMR: $\Sigma \sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}\geq 3$

[25 minutes]

Cho a,b,c >0 và a+b+c=3. 

CMR: $\Sigma \sqrt{\frac{a+b}{a+bc}}\geq 3$

Áp dụng AM-GM ta có $\sum \sqrt{\frac{a+b}{a+bc}} \geq 3\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+bc)(b+ac)(c+ab)}}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+bc)(b+ac)(c+ab)} \geq 1$

                                     $\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a) \geq (a+bc)(b+ac)(c+ab)$

Áp dụng AM-GM ta có $(a+bc)(b+ac) \leq \frac{(a+bc+b+ac)^2}{4}=\frac{\left [ (c+1)(a+b) \right ]^2}{4}$

Tương tự 2 bđt còn lại rồi nhân lại, khai căn ta có

                    $(a+bc)(b+ac)(c+ab) \leq (a+b)(b+c)(c+a).\frac{\left [ (a+1)(b+1)(c+1) \right ]^2}{64}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{\left [ (a+1)(b+1)(c+1) \right ]^2}{64} \leq 1$

                                   $\Leftrightarrow (a+1)(b+1)(c+1) \leq 8$

Nhưng bất đẳng trên luôn đúng theo AM-GM :

                                  $\Leftrightarrow (a+1)(b+1)(c+1) \leq \left ( \frac{a+1+b+1+c+1}{3} \right )^3=8$

Vậy ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Hoang Anh Arsenal: 27-03-2013 - 23:23

[Peter97]

Áp dụng AM-GM ta có $\sum \sqrt{\frac{a+b}{a+bc}} \geq 3\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+bc)(b+ac)(c+ab)}}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+bc)(b+ac)(c+ab)} \geq 1$

                                     $\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a) \geq (a+bc)(b+ac)(c+ab)$

Áp dụng AM-GM ta có $(a+bc)(b+ac) \geq \frac{(a+bc+b+ac)^2}{4}=\frac{\left [ (c+1)(a+b) \right ]^2}{4}$

Đoạn đó bạn có nhầm chiều ko vậy Phải $\leq$ chứ

[duc12116]

_{Đùa giải chuẩn rồi mà. Ở trên thấy là dấu nhỏ hơn hoặc bang ở dưới lại là dấu lớn hơn hoặc bang. Diễn đàn bị lỗi chắc!}