Question

[Nguyễn Văn Tuấn Anh]

Cho a,b,c là các số thực dương có tích bằng 1. CM:

     \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Answer 1

[tth_new]

BĐT \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+a^2+b^2+c^2-\left(a+b+c\right)\ge0\)

Có: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)(chú ý: \(\left(a+b+c\right)^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\left(a+b+c\right)=3\left(a+b+c\right)\))

Ta có đpcm.

Answer 2

[Nguyễn Văn Tuấn Anh]

Có cách khác ^_^ mới nghĩ ra

BĐt <=> \(P\left(a,b,c\right)=a^2+b^2+c^2-\frac{1}{2}\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge0\)

Không mất tính tổng quát , giả sử : \(a=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow t=\sqrt{bc}\ge1\)

=> Chứng minh: \(P\left(a,b,c\right)\ge P\left(a,t,t\right)\)

Thật vậy , \(P\left(a,b,c\right)-P\left(a,t,t\right)=\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{bc}\right)\right]\)

                                                                  \(\ge\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[4-\frac{1}{2}\left(1+1\right)\right]\ge0\)

mặt khác: \(P\left(a,t,t\right)=P\left(\frac{t}{t^2},t,t\right)=\frac{\left(t-1\right)^2\left(3t^4+4t^3+5t^2+4t+2\right)}{2t^4}\ge0\)

=> BĐT được chứng minh . Đt xảy ra<=> a=b=c=1