Chủ đề này có 2 trả lời

[NguyenKieuLinh]

Cho 3 số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
$(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

[tramyvodoi]

Cho 3 số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
$(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Ta có $(a+b+c)^{2}-3(ab+bc+ca)=\frac{1}{2}((a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2})\geq 0$
$\Rightarrow (a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$
Ta đưa bài toán về chứng minh bđt sau:
$(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 3(a+b+c)^{2}$
Áp dụng C-S:
$(a+b+c)^{2}\leq (a^{2}+2)(1+\frac{(b+c)^{2}}{2})$
Ta sẽ chứng minh:
$(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 3(1+\frac{(b+c)^{2}}{2})$
$\Leftrightarrow \frac{b^{2}+c^{2}}{2}+b^{2}c^{2}-3bc+1\geq 0$
Bđt này đúng vì: $\frac{b^{2}+c^{2}}{2}+b^{2}c^{2}-3bc+1\geq bc+b^{2}c^{2}-3bc+1\geq (bc-1)^{2}$

[Oral1020]

Dễ thấy $9(ab+bc+ac) \le 3(a+b+c)^2$ nên ta cần chứng minh:
$VT \ge 3(a+b+c)^2$
Mặt khác ta có
$[(a^2-1)(b^2-1)(c^2-1)]^2 \ge 0$
$=\prod [(a^2-1)(b^2-1)] \ge 0$
Như vậy phải có ít nhất các số $[(a^2-1)(b^2-1)];[(c^2-1)(b^2-1)];[(a^2-1)(c^2-1)]$ phải có một số dương
Không mất tính tổng quát g/s $(a^2-1)(b^2-1) \ge 0$
Ta lại có $(a+b+c)^2 \le (a^2+b^2+1)(2+c^2)$ (C-S)
Chúng ta sẽ chứng minh $(a^2+2)(b^2+2) \ge 3(a^2+b^2+1)$
$\Longleftrightarrow (a^2-1)(b^2-1)$ (đúng)