Violympic toán 8

dbrby

cho a, b, c > 0 và \(a^2+b^2+c^2=3\)

Cmr:

\(\frac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+a+c}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+a+b}}\le\sqrt{3}\)

Akai Haruma
3 tháng 7 2019 lúc 21:38

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\((a^2+b+c)(1+b+c)\geq (a+b+c)^2\Rightarrow \sqrt{a^2+b+c}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{1+b+c}}\)

\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}=\frac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+a+c}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)

Tiếp tục sd BĐT Bunhiacopxky:

\((a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+a+c}+c\sqrt{1+a+b})^2\leq (a+b+c)(a+ab+ac+b+ba+bc+c+ca+cb)\)

\(a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+a+c}+c\sqrt{1+a+b}\leq \sqrt{(a+b+c)(a+b+c+2ab+2bc+2ac)}\)

Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:

\((a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)=9\Rightarrow a+b+c\leq 3\Rightarrow a+b+c\leq a^2+b^2+c^2\)

Do đó:

\(a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+a+c}+c\sqrt{1+a+b}\leq \sqrt{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)}\)

\(=\sqrt{(a+b+c)^3}\)

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{\sqrt{(a+b+c)^3}}{a+b+c}=\sqrt{a+b+c}\leq \sqrt{3}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bình luận (0)

Các câu hỏi tương tự
Trần Anh Thơ
Xem chi tiết
๖ۣۜDũ๖ۣۜN๖ۣۜG
Xem chi tiết
CCDT
Xem chi tiết
Trần Anh Thơ
Xem chi tiết
๖ۣۜDũ๖ۣۜN๖ۣۜG
Xem chi tiết
phạm gia bảo
Xem chi tiết
Trần Anh Thơ
Xem chi tiết
Lê Trường Lân
Xem chi tiết
Nguyễn Thị Thảo
Xem chi tiết