Bài 2: Căn thức bậc hai và hằng đẳng thức căn bậc hai của bình phương

nam do

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh \(T=\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{3b+a+c}+\frac{c}{3c+b+a}\le\frac{3}{5}\)

Akai Haruma
31 tháng 5 2019 lúc 14:44

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{a}{3a+b+c}=\frac{a}{\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+\frac{a+b+c}{3}+a+a}\leq \frac{a}{25}\left(\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{\frac{a+b+c}{3}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\right)\)

hay \(\frac{a}{3a+b+c}\leq \frac{9a}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}\)

Hoàn toàn TT: \(\frac{b}{a+3b+c}\leq \frac{9b}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}; \frac{c}{a+b+3c}\leq \frac{9c}{25(a+b+c)}+\frac{2}{25}\)

Cộng theo vế các BĐT trên

\(\Rightarrow T\leq \frac{9(a+b+c)}{25(a+b+c)}+\frac{6}{25}=\frac{3}{5}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bình luận (0)
tthnew
20 tháng 7 2019 lúc 18:42

Akai Haruma: em có một cách khác là chuẩn hóa, nhưng ko biết đúng không. Vì cô làm cách kia rồi nên em làm cách này, chứ em thích cách kia hơn.

BĐT trên là thuần nhất (đồng bậc) nên chuẩn hóa a + b + c = 3. Ta cần chứng minh:

\(\Sigma\frac{a}{2a+3}\le\frac{3}{5}\)

C1: Áp dụng BđT AM-GM \(\frac{a}{2a+3}=\frac{a}{a+a+1+1+1}\le\left(\frac{1}{25}+\frac{1}{25}+\frac{3a}{25}\right)\)

Tương tự hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.

Cách 2: (ko hay + dài)

\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{a}{2a+3}-\frac{1}{5}\right)\le0\) \(\Leftrightarrow\Sigma\left(\frac{3\left(a-1\right)}{5\left(2a+3\right)}-\frac{3}{25}\left(a-1\right)\right)+\Sigma\frac{3}{25}\left(a-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\Sigma\left(a-1\right)\left(\frac{3}{5\left(2a+3\right)}-\frac{3}{25}\right)\le0\)\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{-30\left(a-1\right)^2}{5.25\left(2a+3\right)}\le0\) (đúng)

Ta có đpcm

Bình luận (0)

Các câu hỏi tương tự
Mi Tạ Tiểu
Xem chi tiết
Tên Của Tôi
Xem chi tiết
Mi Tạ Tiểu
Xem chi tiết
Diệu
Xem chi tiết
Trần Đạt
Xem chi tiết
Nguyễn Hà Phương
Xem chi tiết
Alice dono
Xem chi tiết
Thuỷ Trần
Xem chi tiết
Nguyễn Tố Nga
Xem chi tiết