nhatvinh2018

các anh chị thảo luận nhé

Từ giả thiết suy ra: $t=a+b+c\geqslant \frac{\sqrt{69}-3}{2}$

Áp dụng bổ đề quen thuộc: $ab^2+bc^2+ca^2+abc\leqslant \frac{4}{27}(a+b+c)^3$

Ta cần chứng minh: $9\sqrt{(a+b+c)^2+2(a+b+c)-6}+\frac{108}{a+b+c}\geqslant 63$

Easy!

chứng minh cái cuối xem thử bạn (dễ người khó ta đó

Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$\sum\frac{(b-c)^2}{bc}\geq \frac{2\sum(b-c)^2}{ab+bc+ca}$

$\Leftrightarrow \sum\frac{(ab+ac-bc)(b-c)^2}{bc}\geq 0$.

Ta có $S_a=\frac{ab+ac-bc}{bc};S_b=\frac{bc+ba-ca}{ca};S_c=\frac{ca+cb-ab}{ab}$.

Giả sử $a\geq b\geq c$.

Dễ thấy $S_b=\frac{bc+ba-ca}{ca}\geq 0$; $S_b+S_c=\frac{b}{c}+\frac{b}{a}-1+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-1\geq 0$, $S_b+S_a=\frac{b}{c}+\frac{b}{a}-1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}-1\geq 0$.

Do đó theo định lý 2 SOS ta có $\sum S_a(b-c)^2\geq 0$.

Vậy bất đẳng thức ban đầu đúng. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.

Một trong ba số $(1-a)(1-b)$, $(1-b)(1-c)$, $(1-c)(1-a)$ phải có ít nhất một số dương, nếu không có số nào dương thì tích 3 số này là một số âm (vô lý). Không mất tính tổng quát, giả sử $(1-b)(1-c)\geq 0$

 

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có  $$(b+ca)^2+(c+ab)^2\geq \frac{(b+ca+c+ab)^2}{2}=\frac{(1+a)^2(b+c)^2}{2}$$

 

Theo bất đẳng thức AM-GM thì $$\frac{(1+a)^2(b+c)^2}{2}+(a+bc)^2\geq \sqrt{2}(1+a)(b+c)(a+bc)$$

 

Từ những điều trên ta suy ra $VT\geq \sqrt{2}(1+a)(b+c)(a+bc)$

 

Ta lại có $(1+a)(b+c)(a+bc)-(a+b)(b+c)(c+a)=a(1-b)(1-c)(b+c)\geq 0$

 

suy ra $(1+a)(b+c)(a+bc)\geq (a+b)(b+c)(c+a)$

 

Vậy $VT\geq \sqrt{2}(a+b)(b+c)(c+a) $

dấu bằng khi nào a ?