Violympic toán 9

Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
CAO Thị Thùy Linh

Cho ba số thực dương a,b,c . Chứng minh

\(\frac{2+6a+3b+6\sqrt{2bc}}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\ge\frac{16}{\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3}\)

Nguyễn Huy Thắng
6 tháng 6 2019 lúc 16:26

\(\frac{\left(2+6a+3b+6\sqrt{2bc}\right)\left(\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3\right)}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\ge16\)

Ap dung bdt amgm va bdt bunhiacpoxki taok:

\(VT=\frac{\left(2+6a+3b+6\sqrt{2bc}\right)\left(\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}+3\right)}{2a+b+2\sqrt{2bc}}\)

\(=\left(\sqrt{2\left(b^2+\left(a+c\right)^2\right)}+3\right)\left(\frac{2}{2a+b+2\sqrt{2bc}}+3\right)\)

\(\ge\left(\sqrt{2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2}}+3\right)\left(\frac{2}{2a+b+b+2c}+3\right)\)

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

\(\ge\left(1+3\right)^2=16=VP\)

CAO Thị Thùy Linh
6 tháng 6 2019 lúc 11:50

dùng bất đẳng thức cô-si và bất đẳng thức bu-nhi-a-cop-xki

Nguyễn Đức Huy
6 tháng 6 2019 lúc 21:24

VT=\(\frac{2}{2a+b+2\sqrt{2bc}}+3\)\(\ge\frac{2}{2a+2b+2c}+3\)=\(\frac{1}{a+b+c}+\frac{9}{3}\)

Áp dụng bđt cauchy-schwarzta được:

VT\(\ge\frac{\left(1+3\right)^2}{a+b+c+3}=\frac{6}{a+b+c+3}\)

ta cần chứng minh: a+b+c\(\le\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}\)

Thật vậy ta có

\(2b^2+2\left(a+c\right)^2-\left(a+b+c\right)^2=b^2+a^2+c^2+2ac-2bc-2ab=\left(b-a-c\right)^2\ge0\)Suy ra a+b+c\(\le\sqrt{2b^2+2\left(a+c\right)^2}\)

vậy VT\(\ge VP\)


Các câu hỏi tương tự
Nguyễn Thu Trà
Xem chi tiết
Duyen Đao
Xem chi tiết
Nguyễn Bùi Đại Hiệp
Xem chi tiết
le duc minh vuong
Xem chi tiết
Big City Boy
Xem chi tiết
Phác Chí Mẫn
Xem chi tiết
Big City Boy
Xem chi tiết
Big City Boy
Xem chi tiết
Văn Thắng Hồ
Xem chi tiết