Bài toán:Cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$.
CMR:$\sqrt{ab+a}+\sqrt{bc+b}+\sqrt{ca+c}\leq \frac{3}{2}\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Bài của nomatterwhat sai rồi
Đầu tiên ta chứng minh:
$$(a+b)(b+c)(c+a)\geq (a+1)(b+1)(c+1)\,\,\,\,(*)$$
Thật vây $(*)\Leftrightarrow a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b\geq a+b+c+ab+bc+ca$
Nhưng do $a^2b+a^2c+1\geq 3\sqrt[3]{a^3.abc}=3a$
Tương tự và cộng lại thì $\frac{3}{2}.(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b)\geq a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b+3\geq 3(a+b+c)$
Hay $\frac{1}{2}.(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b)\geq a+b+c\,\,\,\,(1)$
Và mặt khác $ab^2+a^2b+1\geq 3ab$.Tương tự và cộng lại:
$\frac{3}{2}.(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b)\geq a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b+3\geq 3(ab+bc+ca)$
Hay $\frac{1}{2}.(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b)\geq ab+bc+ca\,\,\,\,(2)$
Cộng (1) và (2) vế the0 vế ta có (*) luôn đúng!
Vậy công việc còn lại là "chỉ phải" chứng minh:
$$\sqrt{a(b+1)}+\sqrt{b(c+1)}+\sqrt{c(a+1)}\leq \frac{3}{2}.\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}$$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\sqrt{a(b+1)}+\sqrt{b(c+1)}\leq \sqrt{(a+1)[(b+1)+b(c+1)]}$$
Vậy ta cần chỉ ra:
$$\sqrt{c(a+1)}+\sqrt{(a+1)[(b+1)+b(c+1)]}\leq \frac{3}{2}.\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{b(c+2)+1}+\sqrt{c}\leq \frac{3}{2}.\sqrt{(b+1)(c+1)}$$
Làm phát $Cauchy-Schwarz$ nữa nào (:|
$$\sqrt{b(c+2)+1}+\sqrt{c}\leq \sqrt{\left[(b(c+2)+1\right)+(c+1)].\left(1+\frac{c}{c+1}\right)}$$
Vậy ta cần chứng minh:
$$\sqrt{\frac{(c+2)(2c+1)}{c+1}}\leq \frac{3}{2}.\sqrt{c+1}$$
$$\Leftrightarrow 4(c+2)(2c+1)\leq 9(c+1)^2$$
$$\Leftrightarrow (c-1)^2\geq 0$$
Và bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng nên ta có ĐPCM.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$ $\blacksquare$
Gần đi ngủ rồi ch0 bài ác thế :'(
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 10-09-2012 - 23:21