Toán 9 Bất đẳng thức

[cuduckien]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Cho a,b,c là các số thực dương tm:

. Tìm Min:

 

[7 1 2 5]

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có: $(a+b)(a+c) \geq (\sqrt{a} \cdot \sqrt{a}+\sqrt{b} \cdot \sqrt{c})^2=(a+\sqrt{bc})^2$
$\Rightarrow a+\sqrt{bc} \leq \sqrt{a^2+ab+bc+ca}$
Mặt khác ta lại có $ab+bc+ca \leq a^2+b^2+c^2=3$
$\Rightarrow a+\sqrt{bc} \leq \sqrt{a^2+3}$
$\Rightarrow \dfrac{6a^2+10}{(a+\sqrt{bc})(a+1)} \geq \dfrac{6a^2+10}{(a+1)\sqrt{a^2+3}}$
Ta sẽ chứng minh $\dfrac{6a^2+10}{(a+1)\sqrt{a^2+3}} \geq 4$
$\Leftrightarrow 3a^2+5 \geq 2(a+1)\sqrt{a^2+3}$
$\Leftrightarrow (3a^2+5)^2 \geq 4(a+1)^2(a^2+3)$
$\Leftrightarrow (a-1)^2(5a^2+2a+13) \geq 0$(đúng)
Từ đó $\dfrac{1}{b}\sqrt{\dfrac{6a^2+10}{(a+\sqrt{bc})(a+1)}} \geq \dfrac{1}{b} \cdot \sqrt{\dfrac{6a^2+10}{(a+1)\sqrt{a^2+3}}} \geq \dfrac{2}{b}$
$\Rightarrow VT \geq 2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right) \geq \dfrac{18}{a+b+c}$
Mà $a+b+c \leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3 \Rightarrow VT \leq \dfrac{18}{3}=6$ (đpcm)

Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé ^^ Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại đây nhé
[Lý thuyết] Chuyên đề HSG : Bất đẳng thức