Chủ đề này có 2 trả lời

[NTA1907]

Cho $a,b,c>0$. CMR:
$(a+b+c)^{2}(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Spoiler

Lâu rồi không đăng bài...

 

[dark templar]

Cho $a,b,c>0$. CMR:
$(a+b+c)^{2}(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

Spoiler

Lâu rồi không đăng bài...

BĐT tương đương với:

$$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}-1\geqslant \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}-1\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{1}{8bc}-\frac{1}{(a+b+c)^{2}} \right )(b-c)^{2}\geqslant 0$$

 

Đặt $S_{a}=\frac{1}{8bc}-\frac{1}{(a+b+c)^2};S_{b}=\frac{1}{8ac}-\frac{1}{(a+b+c)^2};S_{c}=\frac{1}{8ab}-\frac{1}{(a+b+c)^2}$.Ta cần chứng minh $\sum S_{a}(b-c)^2 \geqslant 0$.

 

Không mất tính tổng quát,giả sử $a \geqslant b \geqslant c$.Khi này ta có $(a+b+c)^2>(a+2c)^2 \geqslant 8ac \Leftrightarrow S_{b} \geqslant 0$

 

$(c-a)^{2}=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+2(a-b)(b-c)\geqslant (a-b)^{2}+(b-c)^{2}$

$\Leftrightarrow S_{b}(c-a)^2 \geqslant S_{b}(a-b)^2+S_{b}(b-c)^2$

 

Suy ra:

$$\sum S_{a}(b-c)^{2}\geqslant \left ( S_{a}+S_{b} \right )(b-c)^{2}+(S_{b}+S_{c})(a-b)^{2}$$

 

Mặt khác $(a+b+c)^2>(2b+c)^2 \geqslant 8bc$,suy ra $S_{a} \geqslant 0$.

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh :

$$S_{b}+S_{c}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{1}{8ac}+\frac{1}{8ab}-\frac{2}{(a+b+c)^{2}}\geqslant 0\Leftrightarrow \frac{(b+c)(a+b+c)^{2}-16abc}{8abc(a+b+c)^{2}}\geqslant 0$$

 

Dễ thấy $b+c \geqslant 2c$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$$(a+b+c)^2 \geqslant 8ab \Leftrightarrow (a-b)^2+(c-2a)(c-2b) \geqslant 0$$

 

Đây là BĐT luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c$.

 

Vậy ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 09-04-2016 - 00:06

[Nguyenhuyen_AG]

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c,$ ta viết bất đẳng thức lại như sau\[(a+b+c)^2 \ge \frac{24abc(a^2+b^2+c^2)}{(a+b)(b+c)(c+a)}.\]

 

Nếu $b(a+b+c) \geqslant 2ca,$ áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có\[\frac{24abc(a^2+b^2+c^2)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \left[\frac{6abc}{(a+b)(b+c)}+\frac{a^2+b^2+c^2}{c+a}\right]^2.\]Ta chứng minh\[a+b+c \ge \frac{6abc}{(a+b)(b+c)}+\frac{a^2+b^2+c^2}{c+a},\]thu gọn thành\[\frac{(a-b)(b-c)[b(a+b+c)-2ca]}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geqslant 0.\]Hiển nhiên đúng theo giả thiết ở trên.

 

Nếu $b(a+b+c) \leqslant 2ca,$ áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có\[\frac{24abc(a^2+b^2+c^2)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \left[\frac{6abc}{(b+c)(c+a)}+\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b}\right]^2.\]Ta chứng minh\[a+b+c \ge \frac{6abc}{(b+c)(c+a)}+\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b},\]thu gọn thành\[\frac{(a-c)(b-c)[2ab-c(a+b+c)]}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geqslant 0.\]Hiển nhiên đúng vì\[2ab-c(a+b+c) \geqslant 2abc - c \cdot \frac{2ca}{b}=\frac{2a(b^2-c^2)}{b} \geqslant 0.\]Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bài này có rất nhiều lời giải khác như dồn biến, chặn tích, ... và lời giải một dòng.