Chủ đề này có 2 trả lời

[Sagittarius912]

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR:
$(a+b)(b+c)(c+a)\ge(a+bc)(b+ca)(c+ab)$

[Joker9999]

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR:
$(a+b)(b+c)(c+a)\ge(a+bc)(b+ca)(c+ab)$

Xin được chữa cháy X_X
Chuyển BDT trên về ngôn ngữ $p,q,r$ và chú ý $p=3$ ta cần chứng minh
$3q+2qr\geq q^2+r^2+5r$
Đặt $x=3r$ ta cần CM: $6xq+27q\geq 9q^2+x^2+15x$
Xét $q> \frac{27}{12}$ thì $f'(q)=6x+27-18q<0$ do $q\geq x,12q\geq \27$ như vậy hàm nghịch biến, do đó đặt giá trị nhỏ nhất tại $q$ lớn nhất. $f(q)\geq f(3)=3x-x^2\geq 0$ do $x\leq q\leq 3$
Xét $q\leq \frac{27}{12}$ như vậy $f'(x)=6q-15-2x<0$ do đó hàm $f(x)$ nghịch biến nên $f(x)\geq f(q)=0$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

[hand of god]

Mình có cách này.mọi người cùng xem xét
Theo AM-GM ta có
$\left ( c+ab \right )\left ( a+bc \right )\leq \left ( \frac{\left ( c+a+ab+bc \right )^{2}}{4} \right )= \left ( \frac{\left ( c+a \right )^{2}\left ( 1+b \right )^{2}}{4} \right )$
Ghép tương tự sau đó nhân lại.Bất đẳng thức quy về chứng minh
$\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )\leq 8$
khai triển rồi rút gọn ta được
$\left ( a+b+c \right )+\left ( ab+bc+ca \right )+abc\leq 7$ (1)
Theo AM-GM ta có
$abc\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{27}= 1$
Và $a+b+c=3$ (giả thiết)
Thay vào (1) ta được $ab+bc+ca\leq 3$
Đến đây coi như xong
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$