Trích:
Nguyên văn bởi babylong  Cho a,b,c > 0 và a+b+c=3
CmR : $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(4-\frac{1}{a^{2}}-\frac{1}{b^{2}}-\frac{1}{c^{2}}) $ |
Bài này sẽ dễ giải hơn nếu chúng ta đã làm 2 bài toán sau
Trích:
Bài toán 1. Cho $a,b,c $ là các số dương thỏa mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca. $ |
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\ge3a $.
Làm tương tự 2 cái còn lại, cộng lại, ta được
$2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^2+b^2+c^2\ge 3(a+b+c)=(a+b+c)^2 $
Lại có $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca $.
Từ đây dễ dàng suy ra điều phải chứng minh. $\hfill \Box $
Trích:
Bài toán 2. Cho $a,b,c $ là các số dương thỏa mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2 $. |
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx $
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{a +b+c}{abc}=\dfrac{3}{abc} $.
Ta cần chứng minh $abc(a^2+b^2+c^2) $.
Áp dụng AM-GM và bất đẳng thức quen thuộc $3abc(a+b+c)\le(ab+bc+ca)^2 $
$abc(a^2+b^2+c^2)\le\dfrac{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2 )}{9}\le\dfrac{1}{9}(\dfrac{ab+bc+ca+ab+bc+ca+a^2+ b^2+c^2}{3})^3=3 $.
Ta có điều phải chứng minh.$\hfill \Box $
Trở lại với bài toán ban đầu. Áp dụng 2 bất đẳng thức vừa mới chứng minh. Ta có
$(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac {1}{c^2})+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge(a^2+b^2+c^ 2)^2+ab+bc+ca $
Đặt $x=a^2+b^2+c^2 $, khi đó dễ dàng có $x\ge 3 $ và $ab+bc+ca=\dfrac{9-x}{2} $. Như vậy ta chỉ cần chứng minh
$x^2+\dfrac{9-x}{2}\ge 4x $
Tương đương với $(x-3)(2x-3)\ge 0 $ (đúng do $x\ge 3 $).
Ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Box $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]