Inequality

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức :

$\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}+\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}+\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$\le {\left(a+b+c\right)}^{10}{\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{9b}+\frac{1}{9c}\right)}^9$

Lời giải :

Áp dụng BĐT AM-GM :

$\frac{a^7+b^7}{(a+b{)}^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}$$\ge 7\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{(2^6{)}^6}}$$=\frac{7}{32}\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$

Tức là :

$$\frac{a^7+b^7}{(a+b{)}^6}+\frac{3}{32}(a+b)\ge \frac{7}{32}\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$

Ta có :

$(a+b{)}^7$$=a^7+b^7+7ab(a^5+b^5)+21a^2{b}^2(a^3+b^3)+35a^3{b}^3(a+b)$$=a^7+b^7+7ab\left[a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2{b}^2(a+b)\right]$

Theo AM-GM :

$$12a^5+9b^5+7a^{4}b+2a{b}^4\ge 30\sqrt[30]{(a^5{)}^{12}.(b^5{)}^9.(a^{4}b{)}^7.(a{b}^4{)}^2}=30a^{3}b$$

$$12b^5+9a^5+7b^{4}a+2b{a}^4\ge 30\sqrt[30]{(b^5{)}^{12}.(a^5{)}^9.(b^{4}a{)}^7.(b{a}^4{)}^2}=30b^{3}a$$

Cộng vế theo vế hai kết quả trên thì được :

$$7(a^5+b^5)+3ab(a^3+b^3)\ge 10a^2{b}^2(a+b)$$

Suy ra :

$16(a^5+b^5)+48ab(a^3+b^3)+80a^2{b}^2(a+b)$$\ge 9(a^5+b^5)+45ab(a^3+b^3)+90a^2{b}^2(a+b)$$\iff 16\left[a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2{b}^2(a+b)\right]$$\ge 9\left[a^5+b^5+5ab(a^3+b^3)+10a^2{b}^2(a+b)\right]$$\iff a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2{b}^2(a+b)$$\ge \frac{9}{16}(a+b{)}^5$

Từ đó ta được :

$(a+b{)}^7$$\ge a^7+b^7+7ab.\frac{9}{16}(a+b{)}^5$$\iff \frac{a^7+b^7}{(a+b{)}^6}$$\le a+b-\frac{63ab}{16(a+b)}$

Lại được tiếp :

$\frac{7}{32}\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$\le \frac{3}{32}(a+b)+(a+b)-\frac{63ab}{16(a+b)}$$=\frac{35}{32}(a+b)-\frac{63ab}{16(a+b)}$$\iff \sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$\le 5(a+b)-\frac{18ab}{a+b}$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng chúng vế theo vế, ta dẫn đến việc chứng minh :

${\left(a+b+c\right)}^{10}{\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{9b}+\frac{1}{9c}\right)}^9+\frac{18ab}{a+b}+\frac{18bc}{b+c}+\frac{18ca}{c+a}$$\ge 10(a+b+c)$$\iff \frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+\frac{18}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{18}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{18}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}$$\ge 10(a+b+c)$

Theo Cauchy-Schwarz :

$\frac{18}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{18}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{18}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}$$\ge \frac{18.9}{2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}$$=\frac{81abc}{ab+bc+ca}$

Như vậy cần chỉ ra :

$$\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+\frac{81abc}{ab+bc+ca}\ge 10(a+b+c)$$

Nhưng điều này hiển nhiên đúng theo AM-GM cho 10 số :

$\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+\frac{81abc}{ab+bc+ca}$$=\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+9.\frac{9abc}{ab+bc+ca}$$\ge 10\sqrt[10]{\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}.\frac{(9abc{)}^9}{(ab+bc+ca{)}^9}}$$=10(a+b+c)$

Bài toán hoàn tất.

 

Author : Me 🙂