Chủ đề này có 1 trả lời

[Princess3107]

Cho $a,b,c \ge 0 thoả ab+bc+ca>0$.Chứng minh rằng:
$ \sqrt{a^2+16bc} + \sqrt{b^2+16ca} + \sqrt{c^2+16ab} \ge 6\sqrt{ab+bc+ca} $

[nhungvienkimcuong]

Cho $a,b,c \ge 0 thoả ab+bc+ca>0$.Chứng minh rằng:
$ \sqrt{a^2+16bc} + \sqrt{b^2+16ca} + \sqrt{c^2+16ab} \ge 6\sqrt{ab+bc+ca} $

Cơ bản thì lời giải của mình khá giống anh Quý, khác là mình may mắn tìm được số $24$ ở \eqref{ab} nên có phần ngắn hơn.

 

Về mặt ý tưởng, ta mong muốn làm giảm số căn thức lại bằng cách sử dụng một bất đẳng thức phụ. Giả sử $c=\min(a,b,c)$, mình tìm được kết quả sau

\begin{equation}\label{ab}\sqrt{a^2+16bc}+\sqrt{b^2+16ca}\ge \sqrt{(a+b)^2+{\color{Red} 24}(a+b)c}.\end{equation}

Bình phương hai vế thì \eqref{ab} tương đương với

\[\sqrt{(a^2+16bc)(b^2+16ca)}\ge ab+4(a+b)c.\]

Tiếp tục bình phương và rút gọn bất đẳng thức này ta có

\[8c\Big((a+b-2c)(a-b)^2+a^3+b^3+24abc\Big)\ge 0.\]

Áp dụng \eqref{ab} kết hợp với $\sqrt{c^2+16ab}\ge 4\sqrt{ab}$, do vậy cần chứng minh

\[\sqrt{(a+b)^2+24(a+b)c}\ge 6\sqrt{ab+bc+ca}-4\sqrt{ab}.\]

Bình phương hai vế tương đương với

\begin{equation}(a+b)^2+48\sqrt{ab(ab+bc+ca)}\ge 52ab+12c(a+b).\end{equation}

Ta thấy rằng $ab(ab+bc+ca)-\left(ab+\frac{c(a+b)}{3}\right)^2=\dfrac{c(a+b)(3ab-ac-bc)}{9} \geq 0$. Do vậy

\[VT(2)\ge 4ab+48\left(ab+\frac{c(a+b)}{3} \right )=52ab+16c(a+b)\ge VP(2).\]

 

 

Ghi chú. Một số bài toán có vẻ tương tự ở đây và đây.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 18-10-2023 - 12:12