Violympic toán 9

Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
Nguyễn Thu Trà

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = abc. Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c^2}}\ge\dfrac{3}{2}\)

Akai Haruma
3 tháng 3 2019 lúc 20:39

Lời giải:

\(a+b+c=abc\Rightarrow a(a+b+c)=a^2bc\)

\(\Rightarrow a(a+b+c)+bc=bc(a^2+1)\)

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

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

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại

\(\Rightarrow \text{VT}=\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+1}}=\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{ac}{(b+a)(b+c)}}+\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\)

Áp dụng BĐT Cauchy:

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

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{b+a}{b+a}+\frac{c+b}{c+b}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{3}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$


Các câu hỏi tương tự
Nguyễn Thế Hiếu
Xem chi tiết
Nguyễn Thu Trà
Xem chi tiết
Tường Nguyễn Thế
Xem chi tiết
:vvv
Xem chi tiết
Tường Nguyễn Thế
Xem chi tiết
Phạm Duy Phát
Xem chi tiết
Big City Boy
Xem chi tiết
Big City Boy
Xem chi tiết
yeens
Xem chi tiết