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 $$ (a+b+c)^2+3\ge4(ab+bc+ca),$$ 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$
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