EŞİTSİZLİK $97$ {çözüldü}

[MATSEVER 27]

$a+b+c=6$ eşitliğini sağlayan tüm $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için;
$$\dfrac{a}{\sqrt{6-a}}+\dfrac{b}{\sqrt{6-b}}+\dfrac{c}{\sqrt{6-c}} \ge 3$$
olduğunu gösteriniz.

[ArtOfMathSolving]

Evet
Sorunun çözümü sanırım şu şekilde olacak,

Çebişev eşitsizliğinden $\dfrac {a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac {b}{\sqrt{a+c}}+\dfrac {c}{\sqrt{a+b}}\geq \dfrac{(a+b+c)}{3}(\dfrac{1}{\sqrt{a+c}}+\dfrac{1}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{1}{\sqrt{b+c}})\geq \dfrac {3\left( a+b+c\right) }{\sqrt{\dfrac {2\left( a+b+c\right) }{3}}}$ buradan da

$\dfrac {a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac {b}{\sqrt{a+c}}+\dfrac {c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt {\dfrac {3}{2}\left( a+b+c\right) } \Rightarrow \dfrac {a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac {b}{\sqrt{a+c}}+\dfrac {c}{\sqrt{a+b}} \geq 3$ elde edilir.


iyi çalışmalar...

[MATSEVER 27]

Sade ve güzel bir çözüm. Elinize sağlık. Ben de kendi çözümümü paylaşayım.

İfademize $S$ diyelim. $S=\dfrac {a}{\sqrt {b+c}}+\dfrac {b}{\sqrt {a+c}}+\dfrac {c}{\sqrt {a+b}}$ olarak düzenleyelim. Hölder Eşitsizliğinden;
$$S^2(2ab+2bc+2ca) \ge (a+b+c)^3$$
olur. $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$ olduğunu açarsak görebiliriz. O halde eşitsizlik $S^2 \ge \dfrac{3(a+b+c)}{2}=9$ ve $S \ge 3$ haline gelir İspat biter.