Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 2 của 2
  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    27
    Cám ơn (Đã nhận)
    30


    Cho $a,b,c\ge 0$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1+\sqrt{a}}{1+\sqrt{b}}+\dfrac{1+\sqrt{b} }{1+\sqrt{c}}+\dfrac{1+\sqrt{c}}{1+\sqrt{a}} \le 3+a+b+c$$

  2. #2
    Moderator materazzi's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    TTGDTX Bình Chánh
    Tuổi
    27
    Bài viết
    52
    Cám ơn (Đã nhận)
    108
    Trích dẫn Gửi bởi Nô-bi-ta Xem bài viết
    Cho $a,b,c\ge 0$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1+\sqrt{a}}{1+\sqrt{b}}+\dfrac{1+\sqrt{b} }{1+\sqrt{c}}+\dfrac{1+\sqrt{c}}{1+\sqrt{a}} \le 3+a+b+c$$
    Đặt $ \displaystyle x=\sqrt{a} \ge 0 \ ; \ y = \sqrt{b} \ge 0 \ ; \ z= \sqrt{c} \ge 0 $.

    Bất đẳng thức đề bài trở thành
    $$ \frac{1+x}{1+y}+\frac{1+y}{1+x} + \frac{1+x}{1+y} \le 3+x^2+y^2+z^2 $$
    Điều này đúng bởi
    $$ 3+x^2+y^2+z^2 - \left( \frac{1+x}{1+y}+\frac{1+y}{1+x} + \frac{1+x}{1+y} \right) \\
    =\frac{A}{\left( 1+x \right) \left( 1+ y \right) \left( 1+z \right)} \ge 0 $$
    Với
    $$ A=yz+zx+yx+{x}^{3}z+{x}^{2}y+{x}^{3}y+{y}^{2}z+{y} ^{3}x+{y}^{3}z+{z}^{2}x+{z}^{3}x+{z}^{3}y+{z}^{3}y x+{y}^{2}zx \\
    +{x}^{2}yz+{y}^{3}zx+3\,yzx+{x}^{3}yz+{z}^{2}yx+{x }^{3}+{y}^{3}+{z}^{3} \ge 0$$
    Đó là điều phải chứng minh .

  3. Cám ơn Nô-bi-ta 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