[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ BLACK-Dragon

2.Let a,b,c be positive reals a+b+c=1.Show that

$$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \sqrt{\dfrac{3}{2}}$$

มั่วๆไปก่อนนะครับ
โดยอสมการของ Chebyshev's WLOG $a\ge b\ge c$
จะได้ว่า $$\frac{a}{ \sqrt{b+c}}+\frac{b}{ \sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\ge \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{ \sqrt{a+b}}+\frac{1}{ \sqrt{b+c}}+\frac{1}{ \sqrt{c+a}})=\frac{1}{3}(\frac{1}{ \sqrt{a+b}}+\frac{1}{ \sqrt{b+c}}+\frac{1}{ \sqrt{c+a}})$$
นั่นคือ ต้องการพิสูจน์ว่า $$(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}})\ge 3\sqrt{\frac{3}{2}}$$
เเต่ $$(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}})\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}}$$
จึงเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $$\frac{1}{\sqrt[6]{(a+b)(b+c)(c+a)}}\ge \sqrt{\frac{3}{2}}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{2}{3}=\frac{2}{3}(a+b+c)$$
$$\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq (a+b)+(b+c)+(c+a)$$
ซึ่งเป็นจริงโดย A.M.-G.M.

ว่างๆ เอามาลงอีกนะครับ อยากทำ 555+