Chủ đề này có 4 trả lời

[yeutoan2001]

CRUX

$(a+b)^2(b+c)^2(a+c)^2\geq abc(a+2b+c)(a+2c+b)(2a+b+c)$

[tritanngo99]

CRUX

$(a+b)^2(b+c)^2(a+c)^2\geq abc(a+2b+c)(a+2c+b)(2a+b+c)$

Đặt $(p;q;r)\implies (\sum a;\sum ab;abc)$.

Chuẩn hóa: $p=1$.

Khi đó ta có: $q\le \frac{1}{3},q^2\ge 3r$.

Lúc này bất đẳng thức đã cho tương đương: $[\prod{(1-a)}]^2\ge r\prod{(1+a)}$

$\iff (q-r)^2\ge r(2+q+r)\iff q^2-3qr-2r\ge 0$.

Thật vậy: Ta có: $q^2\ge 3r\implies q^2-3qr-2r\ge r-3qr=r(1-3q)\ge 0(TRUE)\implies Q.E.D$.

Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c$

[royal1534]

CRUX

$(a+b)^2(b+c)^2(a+c)^2\geq abc(a+2b+c)(a+2c+b)(2a+b+c)$

Một lời giải khác : 
Đặt $a+b=x,b+c=y,a+c=z$
Ta quy bài toán về chứng minh 
$8x^2y^2z^2 \geq (x+y-z)(z+x-y)(y+z-x)(x+y)(y+z)(z+x)$
Ta dễ chứng minh bất đẳng thức phụ sau (chỉ cần biến đổi tương đương) : 
$\frac{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)}{9} \geq \frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{8}$  
Ta quy bài toán về chứng minh: 
$9x^2y^2z^2 \geq (x+y-z)(z+x-y)(y+z-x)(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$ 
$\Leftrightarrow \frac{9x^2y^2z^2}{x^2+y^2+z^2} \geq (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)(x+y+z)$
$\Leftrightarrow \frac{9x^2y^2z^2}{x^2+y^2+z^2} \geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-(x^4+y^4+z^4)$ (Đúng theo BĐT Schur)
Ta có điều phải chứng minh

[Kamii0909]

Xét $3(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2-3abc(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=q^2(p^2-3q)+(3q+2p^2)(q^2-3pr) \geq 0$

[Nguyenhuyen_AG]

CRUX

$(a+b)^2(b+c)^2(a+c)^2\geq abc(a+2b+c)(a+2c+b)(2a+b+c)$

 

Giả sử $c = \min\{a,b,c\}$ khi đó

\[\begin{aligned}(a+b)^2(b+c)^2(a+c)^2&-abc(a+2b+c)(a+2c+b)(2a+b+c) \\&= (a+b+c)\left[2c^2(a+b)(a-b)^2+(a^2b+ca^2+ab^2+b^2c)(a-c)(b-c)\right] \geqslant 0.\end{aligned}\]