Lời giải
Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn
Bất đẳng thức là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa abc=1.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, dễ thấy \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 3
Mặt khác, theo bất đẳng thức quen thuộc 3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2 ta sẽ đưa bài toán về chứng minh (a+b+c)^2+3\ge4(ab+bc+ca),
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có a^2+b^2 \ge 2ab và c^2+1\ge2c, và với chú ý là 2=2abc nên bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được 2ab+2c+2abc\ge2(ab+bc+ca).
hay là c(a-1)(b-1)\ge0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì trong 3 số a,\ b,\ c có tích abc=1 thì luôn tồn tại 2 số nằm cùng phía so với 1, và ta giả sử hai số đó là a và b.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. \ \blacksquare
Cách 2: TOP - toanphothong.vn
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (sau khi chia hai vế cho \sqrt{abc}) \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} + \dfrac{(a+b+c)^2}{\sqrt{abc}} \ge 4\sqrt{3(a+b+c)}
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge 3\sqrt[6]{abc} và
\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+3\sqrt[6]{abc}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}
Từ đó ta có \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{\sqrt{abc}}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. \ \blacksquare
Cách 1: Tăng Hải Tuân - vatliphothong.vn
Bất đẳng thức là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa abc=1.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, dễ thấy \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 3
Mặt khác, theo bất đẳng thức quen thuộc 3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2 ta sẽ đưa bài toán về chứng minh (a+b+c)^2+3\ge4(ab+bc+ca),
hay tương đương a^2+b^2+c^2+3 \ge 2(ab+bc+ca).
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có a^2+b^2 \ge 2ab và c^2+1\ge2c, và với chú ý là 2=2abc nên bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được 2ab+2c+2abc\ge2(ab+bc+ca).
hay là c(a-1)(b-1)\ge0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì trong 3 số a,\ b,\ c có tích abc=1 thì luôn tồn tại 2 số nằm cùng phía so với 1, và ta giả sử hai số đó là a và b.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. \ \blacksquare
Cách 2: TOP - toanphothong.vn
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (sau khi chia hai vế cho \sqrt{abc}) \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} + \dfrac{(a+b+c)^2}{\sqrt{abc}} \ge 4\sqrt{3(a+b+c)}
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge 3\sqrt[6]{abc} và
\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3\sqrt{abc}}+3\sqrt[6]{abc}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}
Từ đó ta có \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}}{\sqrt{abc}}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}.
Như vậy, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được 4\sqrt[4]{\dfrac{(a+b+c)^6.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}} \ge 4\sqrt{3(a+b+c)}.
Thật vậy, theo bất đẳng thức AM-GM dạng (a+b+c)^3 \ge 27abc và a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc} thì 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{6}}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{{{(a+b+c)}^{2}}.27abc.3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[6]{abc}}{27abc\sqrt{abc}}}=4\sqrt{3(a+b+c)}
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c. \ \blacksquare
0 nhận xét:
Đăng nhận xét