Chủ đề này có 4 trả lời

[Truong Gia Bao]

Cho $a,b,c >0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{9}{(a+b)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{(b+c)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{(c+a)^2}+b^2}\geq \frac{3\sqrt{13}}{2}$

[My Linh Vietnamese]

Bài này đã có ở đây: http://diendantoanho...hòng-2014-2015/

[longatk08]

Áp dụng BĐT Minkowski có:

$VT\geqslant \sqrt{(\sum \frac{3}{a+b})^2+(a+b+c)^2}$

Có $3.\sum \frac{1}{a+b}\geq \frac{27}{a+b+c}\Rightarrow VT^2\geqslant \frac{27^2}{4(a+b+c)^2}+(a+b+c)^2$

Đặt $t=(a+b+c)^2, t\leq 9$.Xét $P=\frac{729}{4t}+t=\frac{729}{4t}+\frac{9t}{4}-\frac{5t}{4}\geq \frac{81}{2}-\frac{45}{4}=\frac{117}{4}$

Từ đó có đpcm

[My Linh Vietnamese]

Cách khác áp dụng bất đẳng thức Minkoxki ta có: $A=\sqrt{\frac{9}{(a+b)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{(b+c)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{(c+a)^2}+b^2} \ge \sqrt{(\sum \frac{3}{a+b})^2+(a+b+c)^2}$

Mặt khác ta lại có: $\sum \frac{3}{a+b}=3.\sum \frac{1}{a+b}\geq \frac{27}{2(a+b+c)}$

Và: $3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2\Rightarrow a+b+c \le 3$

Nên: $A \ge \sqrt{(\frac{27}{2(a+b+c)})^2+(a+b+c)^2}$

$\Rightarrow A \ge \sqrt{\frac{729}{4(a+b+c)^2}+\frac{9}{4}(a+b+c)^2-\frac{5}{4}(a+b+c)^2} \ge \sqrt{2\sqrt{\frac{729.9}{4.4}}-\frac{5}{4}.9}=\frac{3 \sqrt{13}}{2}$

Dấu $=$ xr khi: $a=b=c=1$

[KietLW9]

Áp dụng Mincopxki, ta được: $\sum_{cyc}\sqrt{\frac{9}{(a+b)^2}+c^2}\geqslant \sqrt{(\sum_{cyc}\frac{3}{a+b})^2+(a+b+c)^2}\geqslant \sqrt{(\frac{3.9}{2(a+b+c)})^2+(a+b+c)^2}= \sqrt{\frac{729}{4(a+b+c)^2}+(a+b+c)^2}$

 

Đặt $a+b+c=t$ thì dễ có: $0<t\leqslant 3$ 

Ta cần chứng minh: $\sqrt{\frac{729}{4t^2}+t^2}\geqslant \frac{3\sqrt{13}}{2}\Leftrightarrow \frac{729}{4t^2}+t^2\geqslant \frac{117}{4}\Leftrightarrow \frac{(t+3)(t-3)(2t-9)(2t+9)}{4t^2}\geqslant 0$*đúng*

Đẳng thức xảy ra khi t = 3 hay a = b = c = 1