RSS

∕≥Chứng minh bđt Nestbit 3 biến bằng hàm số™

19 Th6

Với a,b,c dương thì : \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}

Hiện có khoảng 45 cách cm cho bdt nổi tiếng này tại đây

Lời giải sau không biết có được xếp vào thứ 46 không nữa !?

\exists x \in R_+^* , c=ax

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả sử c \ge a \ge b

=> x \ge 1

Xét P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}

=\frac{a}{ax+b}+\frac{b}{a(x+1)}+\frac{ax}{a+b}=f(x)

f^{'}(x)=\frac{a}{a+b}-\frac{a^2}{(ax+b)^2}-\frac{b}{a(x+1)^2}

Dễ thấy f^{'}(x) liên tục và đồng biến trên [0;+\infty)

Ta có: f^{'}(0)=\frac{a}{a+b}-\frac{a^2}{b^2}-\frac{b}{a}

\leq \frac{a}{a+b}-\frac{(a+b)^2}{b^2+ab}

\le \frac{a}{a+b}-\frac{a+b}{b} <0

f^{'}(1)=\frac{a}{a+b}-\frac{a^2}{(a+b)^2}-\frac{b}{4a}

=\frac{ab}{(a+b)^2}-\frac{b}{4a}

\ge \frac{ab}{4a^2}-\frac{b}{4a}=0

=> \exists x_0 \in (0;1] sao cho f^{'}(x_0)=0 và do f^{'}(x) đồng biến trên (0;+\infty) nên x_0 là nghiệm duy nhất của pt f^{'}(x)=0

=> f^{'}(x) \ge 0 , \; \forall x \ge 1

=> f(x) \ge f(1) =\frac{2a}{a+b}+\frac{b}{2a}

\ge \frac{2a}{a+b}+\frac{a+b}{2a}-\frac{1}{2} \geq 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

 
Bình luận về bài viết này

Posted by trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo

 

Bình luận về bài viết này