Chủ đề này có 3 trả lời

[backtodecember12356]

Cho a,b,c >0, a+b=c=3. Chứng minh:

$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge ab+bc+ca$

[lahantaithe99]

Cho a,b,c >0, a+b=c=3. Chứng minh:

$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge ab+bc+ca$

 

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$

 

$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geqslant 3a$

 

Thiết lập tương tự với $b,c$ và cộng các vế BĐT lại thu được

 

$2(\sqrt{a})+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^2+b^2+c^2\geqslant 3(a+b+c)=(a+b+c)^2$

 

Rút gọn ta được đpcm

 

Dấu $=$ khi $a=b=c=1$

[ngutoanso1]

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$

 

$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\geqslant 3a$

 

 

bạn làm thế nào để nghĩ ra được chỗ này vậy ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngutoanso1: 31-01-2015 - 19:27

[dogsteven]

Cách khác dài dòng.

$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2(a+b+c)^3 \geqslant (a^{4/5}+b^{4/5}+c^{4/5})^5$

Do đó ta cần chứng minh $(a^{4/5}+b^{4/5}+c^{4/5})^5\geqslant 27(ab+bc+ca)^2$

Chuẩn hóa $a^{4/5}+b^{4/5}+c^{4/5}=3$ thì bất đẳng thức trở thành: $ab+bc+ca\leqslant 3$

Đặt $a=x^5, b=y^5, c=z^5$ thì $x^4+y^4+z^4=3$ và ta cần chứng minh $x^5y^5+y^5z^5+z^5x^5\leqslant 3$

$5-x^4=y^4+z^4+2\geqslant 4yz \Leftrightarrow 4y^5z^5\leqslant 5y^4z^4-x^4y^4z^4$ theo AM-GM

Tương tự ta cần chứng minh: $5\sum y^4z^4 - 3x^4y^4z^4 \leqslant 12$

Đặt $m=x^4, n=y^4, p=z^4$ thì ta cần chứng minh $4(m+n+p)^3+27mnp \geqslant 15(m+n+p)(mn+np+pm)$

Áp dụng bất đẳng thức Schur thì $VT-VP \geqslant (m+n+p)^3-3(m+n+p)(mn+np+pm)=(m+n+p)[(m-n)^2+(n-p)^2+(p-m)^2]\geqslant 0$