§1. Bất đẳng thức

Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
michelle holder

cho a,b,c ko âm thỏa ab+bc+ca=1 .tìm Min \(\sum\dfrac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}\)

Lightning Farron
5 tháng 8 2017 lúc 7:34

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\cdot VT\ge\left(1+1+1\right)^2\)

Lại có BĐT \(a^2+b^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}\ge\sqrt{\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}}=\dfrac{a+b}{\sqrt{2}}\)

Tương tự cũng có: \(\sqrt{b^2+c^2}\ge\dfrac{b+c}{\sqrt{2}};\sqrt{c^2+a^2}\ge\dfrac{c+a}{\sqrt{2}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{\sqrt{2}}\)

\(\ge\dfrac{2\cdot\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}{\sqrt{2}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{\dfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}}}=\dfrac{3\sqrt{6}}{2}\)

Xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Lightning Farron
8 tháng 8 2017 lúc 13:15

Bữa trước ko để ý a,b,c ko âm với ngược dấu sai thê thảm =))

Dự đoán \(a=b=1\)\(c=0\) thì tính được \(2+\frac{1}{\sqrt2}\)

Ta sẽ chứng minh nó là GTNN.Thật vậy cần chứng minh

\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2}}+\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{b^2+c^2}}+\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+c^2}}\ge2+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)

Khôn mất tính tổng quá giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\). Khi đó:

\(\dfrac{ab+ac+bc}{a^2+b^2}-\dfrac{(a+c)(b+c)}{(a+c)^2+(b+c)^2}=\dfrac{c(a+b+2c)(2ab+ac+bc)}{a^2+b^2)((a+c)^2+(b+c)^2}\ge0\)

Tương tự cũng có:

\(\dfrac{ab+ac+bc}{a^2+c^2}-\dfrac{b+c}{a+c}=\dfrac{c(2ab+ac-c^2)}{(a+c)(a^2+c^2)}\ge0\)

\(\dfrac{ab+ac+bc}{b^2+c^2}-\dfrac{a+c}{b+c}=\dfrac{c(2ab+bc-c^2)}{(b+c)(b^2+c^2)}\ge0\)

Đặt \(\dfrac{a+c}{b+c}=x^2;\dfrac{b+c}{a+c}=y^2\left(x,y>0\right)\)\(\Rightarrow xy=1\) và ta có:

\(x+y+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\ge2+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow x+y-2\sqrt{xy}\ge\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\)

\(\Leftrightarrow(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2\ge\dfrac{(x-y)^2}{\sqrt{2(x^2+y^2)}(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2})}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2(x^2+y^2)}(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2})\ge(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\sqrt{2(x^2+y^2)}=\sqrt{(1^2+1^2)(x^2+y^2)}\ge x+y\)

\(=\dfrac{1}{2}(1^2+1^2)((\sqrt{x})^2+(\sqrt{y})^2)\ge\dfrac{1}{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2\)

Vậy cần chứng minh \(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}\ge2\)

Đúng theo AM-GM:\(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}\ge\sqrt{2xy}+\sqrt{2}=2\sqrt{2}>2\)


Các câu hỏi tương tự
Lưu Thị Thảo Ly
Xem chi tiết
Đức Huy ABC
Xem chi tiết
Hồ Thị Thúy Hằng
Xem chi tiết
michelle holder
Xem chi tiết
Đỗ Thị Hằng
Xem chi tiết
Neet
Xem chi tiết
Nguyễn Anh Minh
Xem chi tiết
Huy Hoàng
Xem chi tiết
Hoàng Đức Thắng
Xem chi tiết