Trích:
Câu 2. (5 điểm) Chứng minh rằng bất đẳng thức \[3(a+b+c)^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge (a+b+c)^2,\] luôn đúng với mọi số thực không âm $a,\,b,\,c.$ |
Thay $(a,b,c)$ bởi $(a^2,b^2,c^2)$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2.\]
Ta chứng minh
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2).\]
Điều này tương đương với
\[a^4+b^4+c^4 +2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca),\]
\[(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca),\]
\[(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \geqslant 0.\]
Hiển nhiên đúng nên vế trái được chứng minh.
Tiếp đến ta chứng minh vế bên phải
\[(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2,\]
bất đẳng thức này tương đương
\[a^4+b^4+c^4+(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca) \geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2),\]
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca( c^2+a^2)\geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).\]
The bất đẳng thức Schur bậc 4 thì
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2),\]
do đó ta chỉ cần chỉ ra được
\[ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2) \ge 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2),\]
hay
\[ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức của hai vế xảy ra khi $a=b=c.$ Bài toán được chứng minh.
P/s. Câu này mình nghĩ quá dở nếu cho làm đề thi quốc gia. Nó giống như kiểu các bài toán làm chặt thường được các thành viên đăng trên Mathlinks.
Ta có thể làm chặt bài toán lên như sau.
Trích:
Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực không âm: (a) Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng \[3(a+b+c)^2 \ge (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2].\] (b) Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức sau luôn đúng \[(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \ge (a+b+c)^2.\] |
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]