Chủ đề này có 8 trả lời

[tienduc]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $ab+bc+ca \geq 3+\sqrt{1+a^2} +\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

[duylax2412]

Ta có $ \sum ab =\sum \frac{abc}{c}=\sum \frac{a+b+c}{c}=\sum \frac{a+b}{c} +3$

Vậy ta cần chứng minh $ \sum \frac{a+b}{c} \geq \sum \sqrt{1+a^2}$

Thật vậy ta có:

$\sqrt{1+a^2}=\sqrt{\frac{abc}{a+b+c}+a^2}=\sqrt{\frac{a(a+b)(a+c)}{a+b+c}}=\sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{bc}}$ (do $abc=a+b+c$) $\leq \frac{1}{2}(\frac{a+b}{c}+\frac{c+a}{b})$

Tương tự rồi cộng vế ta có $Q.E.D$

[hanguyen445]

Đưa BĐT về BĐT schur bậc 3.

Hình gửi kèm

• 

[victoranh]

chia abc cho cả 2 vế, đặt 1/a=x;1/b=y;1/c=z

[minhducndc]

BĐT $\Leftrightarrow (ab+bc+ca-3)^{2}\geq (\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1})^{2}$

Có $(ab+bc+ca-3)^{2}= (ab+bc+ca)^{2}-6(ab+bc+ca)+9\geq 3(a+b+c)abc-6(ab+bc+ca)+9= 3(a+b+c)^{2}-6(ab+bc+ca)+9= 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+9$

Ta cần chứng minh  $(\sum \sqrt{a^{2}+1})^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)$   

Ap dụng bất đẳng thức Bunhia ta có

$(\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1})^{2}\leq 3(a^{2}+1+b^{2}+1+c^{2}+1)= 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)$

$\Rightarrow dpcm$

[ntbt273]

Một cách khác khá hay :v 

 

[DOTOANNANG]

[khác hơn!]

$$\sum\limits_{cyc}ab+ 3\geqq 2\sum\limits_{cyc}\sqrt{a^{2}+ 1}$$

$$\sqrt{\prod\limits_{cyc}\left ( a^{2}+ 1 \right ) }+ 4\geqq 2\sum\limits_{cyc} \sqrt{a^{2}+ 1}$$

 

[niemvuitoan]

làm rõ hơn tý anh DOTOANNANG

[KietLW9]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng $ab+bc+ca \geq 3+\sqrt{1+a^2} +\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$

Lời giải. Đặt $(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\rightarrow (a,b,c)$ thì $xy+yz+zx=1$ và ta cần chứng minh: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geqslant 3+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: $\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{z^2}}\leqslant \sqrt{3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+3)}$

Như vậy, ta cần chứng minh: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\geqslant 3+\sqrt{3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+3)}$

$\Leftrightarrow (\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}-3)^2\geqslant 3(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3$)

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{a^2b^2c^2}\geqslant 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 13-05-2021 - 19:37