Bài 100672

Question

Với $a, b, c$ là ba số thực dương thỏa mãn đẳng thức $ab + bc + ca = abc$, chứng minh rằng
$\frac{{\sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{{ab}} + \frac{{\sqrt {{c^2} + 2{b^2}} }}{{bc}} + \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{c^2}} }}{{ca}} \ge \sqrt 3$

hoàng anh thọ · Answer 1 · 4/24/2012 3:30:53 PM

Biến đổi $\frac{{\sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{{ab}} = \sqrt {\frac{{{b^2} + 2{a^2}}}{{{a^2}{b^2}}}} = \sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + 2.\frac{1}{{{b^2}}}} $
Đặt $x = \frac{1}{a},y = \frac{1}{b},z = \frac{1}{c}$
Khi đó, giả thiết $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a,b,c > 0\\
ab + bc + ca = abc
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x,y,z > 0\\
x + y + z = 1
\end{array} \right.$
BĐT $ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2{y^2}} + \sqrt {{y^2} + 2{z^2}} + \sqrt {{z^2} + 2{x^2}} \ge \sqrt 3$

Theo BĐT Bunhiacopki: $3\left( {{x^2} + 2{y^2}} \right) = 3\left( {{x^2} + {y^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {x + y + y} \right)^2} \Rightarrow \sqrt {{x^2} + 2{y^2}} \ge \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left( {x + 2y} \right)$
Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có: $ \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2{y^2}} + \sqrt {{y^2} + 2{z^2}} + \sqrt {{z^2} + 2{x^2}} \ge \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left( {3x + 3y + 3z} \right) = \sqrt 3 $
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{3} \Leftrightarrow a = b = c = 3$

Bài 100672

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 100672

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan