Bài 104 (Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 567 tháng 9 năm 2024)
| 1 cách giải | Unknow | Độ khó: 2 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 96
Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} & \sqrt{\frac{a b}{\sqrt{\left(b^2+b c+c^2\right)\left(c^2-c a+a^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{b c}{\sqrt{\left(c^2+c a+a^2\right)\left(a^2-a b+b^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{c a}{\sqrt{\left(a^2+a b+b^2\right)\left(b^2-b c+c^2\right)}}} \leq \sqrt[4]{27} . \end{aligned} \]
Cách giải 1
Nhận thấy:
\[ b^2+b c+c^2=\frac{3}{4}(b+c)^2+\frac{1}{4}(b-c)^2 \geq \frac{3}{4}(b+c)^2 \]
\[ c^2-c a+a^2=\frac{1}{4}(c+a)^2+\frac{3}{4}(c-a)^2 \geq \frac{1}{4}(c+a)^2 \]
Suy ra:
\[ \sqrt{\frac{a b}{\sqrt{\left(b^2+b c+c^2\right)\left(c^2-c a+a^2\right)}}} \]
\[ \leq \frac{2}{\sqrt[4]{3}} \sqrt{\frac{a b}{(b+c)(c+a)}} \leq \frac{1}{\sqrt[4]{3}}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{c+a}\right) \]
Tương tự
\[ \begin{aligned} & \sqrt{\frac{b c}{\sqrt{\left(c^2+c a+a^2\right)\left(a^2-a b+b^2\right)}}} \\ & \left.\leq \frac{1}{\sqrt[4]{3}}\left(\frac{c}{c+a}\right.+\frac{b}{a+b}\right) \\ & \sqrt{\frac{c a}{\sqrt{\left(a^2+a b+b^2\right)\left(b^2-b c+c^2\right)}}} \\ & \quad \leq \frac{1}{\sqrt[4]{3}}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}\right) \end{aligned} \]
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) rồi rút gọn ta được:
\[ \begin{aligned} & \sqrt{\frac{a b}{\sqrt{\left(b^2+b c+c^2\right)\left(c^2-c a+a^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{b c}{\sqrt{\left(c^2+c a+a^2\right)\left(a^2-a b+b^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{c a}{\sqrt{\left(a^2+a b+b^2\right)\left(b^2-b c+c^2\right)}}} \leq \sqrt[4]{27} \end{aligned} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.