Chủ đề này có 3 trả lời

[phamquanglam]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=1$

CMR: $(a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})\geq 8((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2})^{2}$

[tap lam toan]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=1$

CMR: $(a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})\geq 8((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2})^{2}$

Solution: Viết lại bđt ở dạng đồng bậc là
$$\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( b^{2}+c^{2} \right )\left ( c^{2}+a^{2} \right )\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 8\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )^{2}$$

Ta có $\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( b^{2}+c^{2} \right )\left ( c^{2}+a^{2} \right )=\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )-a^{2}b^{2}c^{2}$
Do đó bất đẳng thức tương đương 
$$\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )\left [\left ( a+b+c \right )^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right ) -8\left (a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}  \right ) \right ]\geq a^{2}b^{2}c^{2}\left ( a+b+c \right )^{2}$$
Xét 
$$\left ( a+b+c \right )^{2}\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right ) -8\left (a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}  \right )=\left ( \sum a^{2} \right )^{2}+2\left ( \sum ab \right )\left ( \sum a^{2} \right )-8\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )$$
$$=\sum a^{4}+2\left [ \sum ab\left ( a^{2}+b^{2} \right )+abc(a+b+c) \right ]-6\sum a^{2}b^{2}$$
$$=\left ( \sum a^{2}(a-b)(a-c) \right )+3\sum ab\left ( a^{2}+b^{2} \right )-6\sum a^{2}b^{2}+abc(a+b+c)\geq abc(a+b+c)$$
(Sử dụng Schur và $AM-GM$).
Do đó ta cần chứng minh $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq abc\left ( a+b+c \right )$
HIển nhiên đúng!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tap lam toan: 04-07-2014 - 07:17

[tap lam toan]

Solution 2: Sử dụng Cauchy-Schwarz
$$2\left ( a^{2}+b^{2} \right )\left ( b^{2}+c^{2} \right )\left ( c^{2}+a^{2} \right )=\left [ \left ( a+b \right )^{2}+\left ( a-b \right )^{2} \right ]\left [ \left ( c^{2}+ab \right )^{2}+c^{2}\left ( a-b \right )^{2} \right ]\geq$$
$$ \left [ \left ( a+b \right )\left ( c^{2}+ab \right )+c\left ( a-b \right )^{2}   \right ]^{2}=\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-2abc \right ]^{2}$$
Ta sẽ chứng minh bđt mạnh hơn là 
$$\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-2abc \right ]\left ( a+b+c \right )\geq 4\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Tương đương với $ab(a-b)^{2}+bc(b-c)^{2}+ca(c-a)^{2}\geq 0$
Ta có đpcm!
 

[25 minutes]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=1$

CMR: $(a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})\geq 8((ab)^{2}+(bc)^{2}+(ca)^{2})^{2}$

Cũng như cách làm trên, nhưng đoạn dưới có chỗ hơi khác : 

Sau khi chứng minh $\prod (a^2+b^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2-abc)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

Ta cần chứng minh $a^2+b^2+c^2-abc\geqslant 8(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

Biến đổi kiểu $p,q,r$ và chú ý giả thiết ta có $p=1$

Ta cần chứng minh $8q^2+2q-15r-1 \leqslant 0$

+) Nếu $q\leqslant \frac{1}{4}\Rightarrow 8q^2+2q-15r-1=(2q+1)(4q-1)-15r\leqslant 0$

Vậy ta có đpcm

+)  Xét $q\geqslant \frac{1}{4}$

Áp dụng Schur bậc $3$ ta có $r\geqslant \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{4q-1}{9}$

Do đó $8q^2+2q-15r-1\leqslant 8q^2+2q-\frac{15(4q-1)}{9}-1=(2q-\frac{2}{3})(4q-1)\leqslant 0$

Vì $q=ab+bc+ca\leqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $3a=3b=3c=1$