4) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{a}{4}+\frac{b}{6}+\frac{c}{3}=1$. Chứng minh
$\frac{(a+2b)^3}{5c+4a}+\frac{27c^3}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^3}{a+2b+6c}\geq 16$
Ta có bổ đề sau : Với các số thực dương $x;y;z;m;n;p;a;b;c$ bất kỳ ta có luôn có bất đẳng thức:
$(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})(a^{3}+b^{3}+c^{3}) \geq (xma+ynb+zpc)^{3}(1)$ ( BĐT $Holder$ )
Chứng minh :
Đặt vế trái của $(1)$ là $A$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:
$\frac{x^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{m^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{a^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{xma}{\sqrt[3]{A}}$
$\frac{y^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{n^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{b^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{ynb}{\sqrt[3]{A}}$
$\frac{z^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{p^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geq 3\frac{zpc}{\sqrt[3]{A}}$
Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
$3 \geq \frac{3(xma+ynb+zpc)}{\sqrt[3]{A}}$ suy ra điều phải chứng minh.
Áp dụng bổ đề vào bài toán:
Ta có: $(\frac{(a+2b)^{3}}{5c+4a}+\frac{(3c)^{3}}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^{3}}{a+2b+6c})(5c+4a+4a+4b+c+a+2b+6c)(1+1+1) \geq (a+2b+3c+c+2a)^{3}$
Hay: $\frac{(a+2b)^{3}}{5c+4a}+\frac{(3c)^{3}}{4a+4b+c}+\frac{(c+2a)^{3}}{a+2b+6c} \geq \frac{(3a+2b+4c)^{3}}{9(3a+2b+4c)}(2)$
Mặt khác: từ giả thiết thì ta có: $3a+2b+4c=12(3)$
Kết hợp $(2)(3)$ ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{4}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 01-03-2016 - 20:53