Chủ đề này có 1 trả lời

[Tham Lang]

Nhân tiện diễn đàn còn đông vui, tặng anh em thêm 1 bài :
Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn :$a + b + c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a + b}{c + 1}} + \sqrt{\dfrac{b + c}{a + 1}} + \sqrt{\dfrac{c + a}{b + 1}} \ge 3$$

[duongvanhehe]

Từ điều kiện $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}
\Rightarrow ab+bc+ca=abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{3}
\Rightarrow ab+bc+ca\geq 3\
\Rightarrow a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}\geq 3$
Áp dụng trực tiếp BĐT AM-GM ta có:
$VT\geq 3\sqrt[6]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{(1+a)(1+b)(1+c)}}$
Do đó ta chỉ cần chứng minh được :$(a+b)(b+c)(c+a)\geq (1+a)(1+b)(1+c)
\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 2abc+1+(a+b+c)+(ab+bc+ca)$
Ta có:$\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}\geq a+b+c$ ; $\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}\geq ab+bc+ca$
Và $\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3}=\frac{1}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)+\frac{2}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq \frac{1}{9}.3.3+\frac{2}{9}.9abc=2abc+1$
Cộng các BĐT trên lại ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.