Inequality 10

(Olympiad Chuyên KHTN 2014)
Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn $(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)=1$.
CMR: $\sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c{)}^2}\ge \frac{1}{3}$
                                                                 Lời Giải
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$:
$(a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)\le \frac{[4(a+b+c){]}^3}{27}$ $\iff a+b+c\ge \frac{3}{4}$
Áp dụng bất đẳng thức $C-S$:
+, $\sum \frac{a}{b+2c}=\sum \frac{a^2}{ab+2ac}\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{3(ab+bc+ca)}\ge 1$
+, $\sum \frac{a}{b(4c+15)(b+2c{)}^2}$
$=\sum \frac{(\frac{a}{b+2c}{)}^2}{ab(4c+15)}$
$\ge \frac{(\sum \frac{a}{b+2c}{)}^2}{12abc+15(ab+bc+ca)}$
$\ge \frac{1}{3[4abc+5(ab+bc+ca)]}$
Cần phải CM: $\frac{1}{3[4abc+5(ab+bc+ca)]}\ge \frac{1}{3}$
Thật vậy: $\iff 4abc+5(ab+bc+ca)\le (a+b+2c)(b+c+2a)(c+a+2b)$
$\iff 4abc+5(ab+bc+ca)\le 2(a+b+c{)}^3+(a+b+c)(ab+bc+ca)+abc$
$\iff 3abc+\frac{17}{4}(ab+bc+ca)\le 2(a+b+c{)}^3(\ast )$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$:
+, $\frac{1}{9}(a+b+c{)}^3\ge \frac{1}{9}(3\sqrt[3]{abc}{)}^3=3abc(1)$
+, $\frac{17}{9}(a+b+c{)}^3\ge \frac{17}{12}.3(ab+bc+ca)=\frac{17}{4}(ab+bc+ca)(2)$
Cộng theo vế $(1),(2)$ $\Rightarrow (\ast \ast )$ được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra $\iff a=b=c=\frac{1}{4}$
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh $■$