Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 4 của 4
  1. #1
    Ngày tham gia
    Nov 2014
    Tuổi
    33
    Bài viết
    13
    Cám ơn (Đã nhận)
    3


    Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng :
    $\frac{\sqrt{a^2+2b^2}}{ab}+\frac{\sqrt{b^2+2c^2}} {bc}+\frac{\sqrt{c^2+2a^2}}{ca}\geqslant \sqrt{3}$

  2. Cám ơn HongAn39, hocsinhthaythienltt đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Thành Viên Tích Cực cuong18041998's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Hà Nội
    Tuổi
    20
    Bài viết
    86
    Cám ơn (Đã nhận)
    118
    Trích dẫn Gửi bởi nguyenhoaithanh Xem bài viết
    Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng :
    $\frac{\sqrt{a^2+2b^2}}{ab}+\frac{\sqrt{b^2+2c^2}} {bc}+\frac{\sqrt{c^2+2a^2}}{ca}\geqslant \sqrt{3}$
    Chú ý là giả thiết tương đương với: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} = 1$

    Bất đẳng thức cần CM tương đương với:
    $\sqrt{\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{2}{a^2}}+\sqrt{\frac{ 1}{c^2}+ \dfrac{2}{b^2}}+\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{2}{c^2 }}\geq \sqrt{3}(*)$

    Theo BĐT Cauchy - Schwarz:
    $(1+ 1+ 1)\left ( \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{a^2} +\dfrac{1}{a^2} \right )\geq \left ( \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a} \right )^2 = \left ( \dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{a} \right )^2$

    $\Rightarrow \sqrt{\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{2}{a^2}}\geq \dfrac{1}{\sqrt{3}}\left ( \dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{a} \right )$

    Tương tự và ta suy ra:
    $VT(*)\geq \dfrac{3}{\sqrt{3}}\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )=\frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3} = VP(*)$

    Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 3$
    ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
    My Facebook: https://www.facebook.com/profile.php?id=100007173767872

  4. Cám ơn HongAn39, lequangnhat20,  $T_G$ đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Thành Viên Chính Thức hai_van's Avatar
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Tuổi
    19
    Bài viết
    17
    Cám ơn (Đã nhận)
    20
    Trích dẫn Gửi bởi nguyenhoaithanh Xem bài viết
    Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng :
    $\frac{\sqrt{a^2+2b^2}}{ab}+\frac{\sqrt{b^2+2c^2}} {bc}+\frac{\sqrt{c^2+2a^2}}{ca}\geqslant \sqrt{3}$
    Có thể AD Cauchy-Schwarz luôn:

    $3(a^2+b^2+b^2) \geq (a+b+b)^2=(a+2b)^2$

    $\Rightarrow \frac{\sqrt{a^2+2b^2}}{ab}\geq \frac{a+2b}{ab}=\frac{ac+2bc}{abc}$

    Tương tự, cộng theo vế suy ra đpcm

    Có lẽ cũng giống cách trên.

    HOặc có thể dùng vecto:

    BĐT $\Leftrightarrow c\sqrt{a^2+2b^2}+a\sqrt{b^2+2c^2}+b\sqrt{c^2+2a^2} \geq \sqrt{3}abc$

    $\Leftrightarrow \sqrt{(ac)^2+2(bc)^2}+\sqrt{(ab)^2+2(ac)^2}+\sqrt{ (bc)^2+2(ab)^2}\geq \sqrt{3}abc$

    Chọn $\overrightarrow{u}(ac;\sqrt{2}bc)$

    $\overrightarrow{v}(ab;\sqrt{2}ac)$

    $\overrightarrow{t}(bc;\sqrt{2}ab)$

    $\Rightarrow \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+ \overrightarrow{t}(ab+bc+ca;\sqrt{2}(ab+bc+ca))$

    $\Rightarrow \overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+ \overrightarrow{t}(abc;\sqrt{2}abc)$

    $\Rightarrow |\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+ \overrightarrow{t}|=\sqrt{3}abc$

    Mà $|\overrightarrow{u}|+|\overrightarrow{v}|+ |\overrightarrow{t}|\geq |\overrightarrow{u}+\overrightarrow{v}+ \overrightarrow{t}|$

    $\Rightarrow đpcm$

  6. Cám ơn cuong18041998, lequangnhat20 đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Thành Viên Chính Thức Hoang Long Le's Avatar
    Ngày tham gia
    Dec 2014
    Đến từ
    THCS Nguyễn Hàm Ninh
    Tuổi
    18
    Bài viết
    21
    Cám ơn (Đã nhận)
    31
    Trích dẫn Gửi bởi nguyenhoaithanh Xem bài viết
    Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng :
    $\frac{\sqrt{a^2+2b^2}}{ab}+\frac{\sqrt{b^2+2c^2}} {bc}+\frac{\sqrt{c^2+2a^2}}{ca}\geqslant \sqrt{3}$
    Bài này đổi biến cũng OK
    Từ giả thiết ta có: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$
    Đặt $(x,y,z)=(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})$ thì
    $VT=\sum \sqrt{2x^2+y^2}=\frac{1}{\sqrt{3}}.\sum\sqrt{(2x^2 +y^2)(2+1)}\geq \frac{1}{\sqrt{3}}.\sum (2x+y)=\sqrt{3}$
    ( Bất đẳng thức Cauchy-Swarchz )

  8. Cám ơn lequangnhat20 đã cám ơn bài viết này
 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này