BĐT.

Question

Cho $\ a,\,b,\,c>0$ và $\ abc=1$. Chứng minh rằng: $$\ \sqrt{9{a}^{2}+4}+\sqrt{9{b}^{2}+4}+\sqrt{9{c}^{2}+4}\leq \sqrt{13}\left(a+b+c \right)$$

score 0 · Answer 1

Bình chọn tăng 0 Bình chọn giảm

bài này khá hay:

tớ chỉ nêu cách làm thôi nhé:

ta có:

\sqrt{9a^{2}+4}+\sqrt{9b^{2}+4}+\s\sqrt{9a^{2}=\sqrt{9a^{2}+4abc}+\sqrt{9a^{2}+4abc}+\sqrt{9a^{2}+4abc}

=\sqrt{a}\sqrt{9a+4bc}+\sqrt{b}\sqrt{9b+4ac}+\sqrt{c}\sqrt{9c+4ba}

rồi áp dụng bu_nhi cho (\sqrt{a}\sqrt{9a+4bc}+\sqrt{b}\sqrt{9b+4ac}+\sqrt{c}\sqrt{9c+4ba})^2 song biến đổi tương đương là song thôi

gunbk92 · Answer 2 · 4/29/2013 4:04:57 AM

Bình chọn tăng 0 Bình chọn giảm

Có $abc=1$

Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số a,b,c dương; abc=1

$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$

$\Leftrightarrow a+b+c\geq 3$ (1)

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Thế $a=b=c=1$ vào BĐT đã cho

$\Rightarrow 3\sqrt{13}\leq \sqrt{13}(a+b+c)$

$\Leftrightarrow 3\leq (a+b+c)$ (đúng)

$\Rightarrow $ đpcm

Trả lời 29-04-13 04:04 AM

gunbk92
1

48K 28K

sao ko có ai cho đáp án khác nhỉ? – coolcoolcool1997 09-05-13 08:16 PM

quá dị luôn.mà những người chấp nhận thì mình cũng ko hiểu???? – chua_te_iq1997 09-05-13 12:11 AM

Cách này đúng thì bài bdt nào áp dụng kiểu này cũng ra hết @@@ – coolcoolcool1997 29-04-13 11:41 AM

Một cách chứng minh rất độc đáo nhưng rất tiếc là sai. Còn nếu nó đúng thì chắc chắn bạn sẽ là thiên tài toán học thế kỷ 21. – khangnguyenthanh 29-04-13 10:19 AM

Cách chứng minh dị hơm vậy, bạn giải thích rõ cho mik` vs đc ko?? – coolcoolcool1997 29-04-13 08:02 AM

Hỏi	28-04-13 06:48 PM
Lượt xem	1406
Hoạt động	14-05-13 10:40 AM

BĐT.

Cho $\ a,\,b,\,c>0$ và $\ abc=1$. Chứng minh rằng: $$\ \sqrt{9{a}^{2}+4}+\sqrt{9{b}^{2}+4}+\sqrt{9{c}^{2}+4}\leq \sqrt{13}\left(a+b+c \right)$$

2 Đáp án

Bạn cần đăng nhập để có thể gửi đáp án

BĐT.

Cho $\ a,\,b,\,c>0$ và $\ abc=1$. Chứng minh rằng: $$\ \sqrt{9{a}^{2}+4}+\sqrt{9{b}^{2}+4}+\sqrt{9{c}^{2}+4}\leq \sqrt{13}\left(a+b+c \right)$$

2 Đáp án

Bạn cần đăng nhập để có thể gửi đáp án

Liên quan