Bài toán chi tiết
Với \(a, b, c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = abc\). Chứng minh rằng: \[ \sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{b^2 + c^2} + \sqrt{c^2 + a^2} + 3\sqrt{6} \leq \sqrt{8abc}. \]
| 1 cách giải | KiênĐC
Ta thay giả thiết bài toán vào BĐT, ta cần chứng minh: \[ \sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{b^2 + c^2} + \sqrt{c^2 + a^2} + 3\sqrt{6} \leq 2\sqrt{2}(a + b + c). \] Áp dụng kết quả bài toán mở đầu, ta có: \[ \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2} + \sqrt{ab}} \leq a + b \] nên \[ \sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{2ab} \leq \sqrt{2}(a + b). \] Tương tự cho hai số hạng còn lại, cộng theo vế ta được: \[ \sqrt{a^2 + b^2} + \sqrt{b^2 + c^2} + \sqrt{c^2 + a^2} + \sqrt{2}(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}) \leq \sqrt{2}(a + b + c). \] Bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được rằng: \[ 3\sqrt{6} \leq \sqrt{2}(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}). \] \[ \Leftrightarrow \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca} \geq 3\sqrt{3}. \] Thật vậy, theo BĐT Cauchy ta có: \[ \begin{cases} abc = a + b + c \geq 3\sqrt[3]{abc} \\ (\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca})^2 \geq (3\sqrt[3]{abc})^2 \end{cases} \] \[ \Rightarrow (\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca})^2 \geq 27. \] Bài toán được giải quyết.
