Solution Pr.1: Dồn biến khá "lạ"
Giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}$ Nếu $b=c$ thì bđt đúng. Xét trường hợp $b+c>0$
Bất đẳng thức đã cho tương đương
$$F(a,b,c)=(a^{2}+ab+b^{2})(a^{2}+ac+c^{2})-\frac{3}{b^{2}+bc+c^{2}}\leq 0$$
Ta sẽ chứng minh $F(a,b,c)\leq F(a,b+c,0)\leq 0$ . Có $F(a,b,c)- F(a,b+c,0)$ tương đương
$$(a^{2}+ab+b^{2})\left ( a^{2}+ac+c^{2} \right )-a^{2}\left ( a^{2}+a(b+c)+(b+c)^{2} \right )\leq \frac{3}{b^{2}+bc+c^{2}}-\frac{3}{(b+c)^{2}}$$
$$\Leftrightarrow bc(ab+bc+ca-a^{2})\leq \frac{3bc}{(b+c)^{2}(b^{2}+bc+c^{2})}$$
$$\Leftrightarrow (b+c)^{2}(b^{2}+bc+c^{2})\left ( ab+bc+ca-a^{2} \right )\leq 3$$
Có $ab+bc+ca-a^{2}\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}-\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{2}=\frac{8}{9}$;$b^{2}+bc+c^{2}\leq ab+bc+ca\leq \frac{4}{3}$
$(b+c)^{2}\leq \left ( \frac{2(a+b+c)}{3} \right )^{2}=\frac{16}{9}$. Nên $VT \leq 2,106.. <3$
Và biến đổi $F(a,b+c,0) \leq 0$ thành $a^{2}(b+c)^{2}(a^{2}+a(b+c)+(b+c)^{2}) \leq 3(*)$. Có:
$$\bigstar 2a(b+c)[a^{2}+(b+c)^{2}]\leq \left [ \frac{2a(b+c)+a^{2}+(b+c)^{2}}{2} \right ]^{2}=\left [ \frac{(a+b+c)^{2}}{2} \right ]^{2}=4$$
$$\bigstar a(b+c)\leqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{4}=1$$
Nhân 2 vế lại
$$(*)\Leftrightarrow a(b+c).a(b+c)\left [ a^{2}+(b+c)^{2} \right ]+a^{3}(b+c)^{3}\leq 2+1=3$$
Từ đó ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)$ là hoán vị của $(1,1,0)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tap lam toan: 27-06-2014 - 17:02