Anh Đức giải hay lắm
Ta đã có $a^2c^3+b^2a^3+c^2b^3\le 3$
và$ (\sum a^2b)^2\le (\sum a^2b^2)(\sum a^2)\le \dfrac{(\sum a^2)^3}{3}$
Cái đầu rất nổi tiếng rồi (BĐT mà anh HÙng bảo phải dùng Lagrangre trong STBDT)
Cái sau theo BCS
Cộng lại ta được dpcm
À cái bđt đầu đó có chứng minh trong quyển BĐT Đại số của Vasc như sau:
Since the function$ f(t)=\sqrt{t}$ is concave,by Jensen,we get
$a^2c^3+b^2a^3+c^2b^3 \le (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).\sqrt{\dfrac{a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}$
We still have to show that
$(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2) \le 9$
Write this inequality in the homogeneouss form:
$27(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2) \le (a^2+b^2+c^2)^5$
Suppose that$ x=min\{x,y,z}$.Setting $y=x+p,z=x+q (p,q \ge 0)$.This ineq becomes:
$27(p^2-pq+q^2)x^3+9Bx^2+3(p+q)Cx+D \ge 0$
Where
$B=4p^3-6p^2q+3pq^2+4q^3=(\dfrac{p}{2}-q)^2(7p+4q)+\dfrac{p^3}{4} \ge 0$
$C=(p-2q)^2(p+q)+6p(\dfrac{3p}{4}-q)^2+\dfrac{5p^3}{8}+q^3 \ge 0$
$D=(p+q)^5-27p^3q^2=(\dfrac{p}{3}+\dfrac{p}{3}+\dfrac{p}{3}+\dfrac{q}{2}+\dfrac{q}{2})^5-27p^3q^2 \ge (5\sqrt[5]{(\dfrac{p}{3})^3(\dfrac{q}{2})^2})^5-27p^3q^2 \ge 0$
This problem must be proved
Nguyên văn là như vậy
.
Thực ra BĐT đầu là 1 bđt khá khó và fức tạp.Nhưng BĐT 2 lại khá dễ.Vì vậy việc gộp 2 bđt lại để chứng minh là dễ dàng hơn rất nhiều việc tách ra như vậy