Inequality

Bài toán (Korea National Olympiad 2013)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng :

$\frac{(a+b{)}^3}{\sqrt[3]{2(a+b)(a^2+b^2)}}+\frac{(b+c{)}^3}{\sqrt[3]{2(b+c)(b^2+c^2)}}+\frac{(c+a{)}^3}{\sqrt[3]{2(c+a)(c^2+a^2)}}$$\ge 12$

Lời giải :

Sử dụng BĐT quen thuộc sau (hệ quả của BĐT Holder) :

$$\frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z}\ge \frac{(a+b+c{)}^3}{3(x+y+z)}$$

Ta có :

$$VT\ge \frac{8(a+b+c{)}^3}{3\sum _{sym}\sqrt[3]{2(a+b)(a^2+b^2)}}$$

Thế nhưng lại áp dụng BĐT AM-GM, ta được :

$\sum _{sym}\sqrt[3]{2(a+b)(a^2+b^2)}$$\le \frac{1}{3}\sum _{sym}(2+a+b+a^2+b^2)$$=\frac{2}{3}(3+a+b+c+a^2+b^2+c^2)$

Do vậy mà :

$VT$$\ge \frac{8(a+b+c{)}^3}{3.\frac{2}{3}(3+a+b+c+a^2+b^2+c^2)}$$=\frac{4(a+b+c{)}^3}{3+a+b+c+a^2+b^2+c^2}$

Giờ ta chỉ việc chứng minh :

$\frac{(a+b+c{)}^3}{3+a+b+c+a^2+b^2+c^2}$$\ge 3$$\iff a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$$\ge 3(a^2+b^2+c^2)+3(a+b+c)+9$$\iff a^3+b^3+c^3+3\left[(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\right]$$\ge 3(a^2+b^2+c^2)+3(a+b+c)+9$$\iff (a^3+b^3+c^3-3abc)+6(a+b+c)$$\ge 3(a^2+b^2+c^2)+9$$\iff (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+6(a+b+c)$$\ge 3(a^2+b^2+c^2)+9$$\iff (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-3)+6(a+b+c)$$\ge 3(a^2+b^2+c^2)+9$

Thế nhưng điều này luôn đúng vì :

$$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-3)\ge \sqrt{3(ab+bc+ca)}(a^2+b^2+c^2-3)=3(a^2+b^2+c^2)-9$$

và

$$6(a+b+c)\ge 6.\sqrt{3(ab+bc+ca)}=18$$