Đề bài: Chứng minh rằng : $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$.Trong đó $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$.

Lời giải

Đề bài:
Chứng minh rằng : $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$.Trong đó $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$.
Lời giải

Lần lượt ta có:
   $
\displaystyle \sqrt{a+b}=\sqrt{\frac{3}{2}}.\sqrt{(a+b).\frac{2}{3}} \leq\sqrt{\frac{3}{2}}.\frac{(a+b)+\displaystyle\frac{2}{3}}{2}$
   $
\displaystyle \sqrt{b+c}=\sqrt{\frac{3}{2}}.\sqrt{(b+c).\frac{2}{3}} \leq \sqrt{\frac{3}{2}}.\frac{(b+c)+
\displaystyle\frac{2}{3}}{2}$
   $
\displaystyle \sqrt{c+a}=\sqrt{\frac{3}{2}}.\sqrt{(c+a).\frac{2}{3}} \leq \sqrt{\frac{3}{2}}.\frac{(c+a)+
\displaystyle\frac{2}{3}}{2}$.
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
    $
\displaystyle \begin{cases}a+b+c=1 \\ a+b=b+c=c+a=\frac{2}{3} \end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$.

Cách $2$:
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 bộ số $(1;1;1)$ và $(\sqrt{a+b};\sqrt{b+c};\sqrt{c+a})$ ta được:
$VT \leq \sqrt{(1^2+1^2+1^2)(a+b+b+c+c+a)}=\sqrt{6}$
Dấu $”=”$ xảy ra khi và chỉ khi: $a=b=c$

=========
Chuyên mục: Bất đẳng thức Bunhiacốpxki