Chủ đề này có 2 trả lời

[Hoang Tung 1998]

Cho a,b,c >0.CM : $\left ( a+b \right )^2(b+c)^2(c+a)^2\geq abc.(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)$

[Hoang Tung 126]

Ta có bđt sau :$9.(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8.(a+b+c)(ab+bc+ac)$. nên $(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\geq \frac{8^3.(a+b+c)^2(ab+bc+ac)^2}{9^{3}}$ .Mặt khác theo bđt cosi cho 3 số ta có :$abc.(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)\leq abc.\frac{64.(a+b+c)^3}{27}$ .Do đó ta chỉ cần CM bđt sau :$\left ( ab+bc+ac \right )^2\geq 3abc(a+b+c)$ hay $\left ( ab-bc \right )^2+(bc-ac)^2+(ab-ac)^2\geq$0 (luôn đúng).Suy ra đpcm

[Lugiahooh]

Ta có bđt sau :$9.(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8.(a+b+c)(ab+bc+ac)$. nên $(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\geq \frac{8^3.(a+b+c)^2(ab+bc+ac)^2}{9^{3}}$ .Mặt khác theo bđt cosi cho 3 số ta có :$abc.(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)\leq abc.\frac{64.(a+b+c)^3}{27}$ .Do đó ta chỉ cần CM bđt sau :$\left ( ab+bc+ac \right )^2\geq 3abc(a+b+c)$ hay $\left ( ab-bc \right )^2+(bc-ac)^2+(ab-ac)^2\geq$0 (luôn đúng).Suy ra đpcm

Mũ 2 chứ bạn ^^!>

Bài toán theo mình cũng có thể giải bằng cách chuẩn hóa $a+b+c=1$ Rút gọn rồi đưa về một BĐT mà sử dụng BĐT phụ $\left ( ab+bc+ac \right )^2\geq 3abc(a+b+c)$ như bạn HT126 nói để chứng minh. Có vẻ như thế sẽ tự nhiên hơn.