Chủ đề này có 2 trả lời

[Darkness17]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng

$$ab+bc+ca\geq 3+\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+c^2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Darkness17: 23-03-2018 - 20:08

[nmtuan2001]

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

Đk tương đương với $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{bc}=1$.
Đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$, đk trở thành $xy+yz+zx=1$.
BĐT tương đương với (sau khi nhân cả 2 vế với $xyz$:
$$x+y+z \geq 3xyz+\sum yz\sqrt{x^2+1}$$
Vì $xy+yz+zx=1$ nên $\sqrt{x^2+1}=\sqrt{(x+y)(x+z)} \leq \frac{2x+y+z}{2}$.
Tương tự, ta có $VP \leq \frac{1}{2}\sum yz(y+z)+6xyz$.
Cần chứng minh $2(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \sum yz(y+z)+12xyz$, hay
$$\sum yz(y+z) \geq 6xyz$$
BĐT trên đúng theo AM-GM cho 6 số.

[KietLW9]

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 $a=b=c=\sqrt{3}$