Inequality

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2012 THPT Chuyên Hùng Vương, Bình Dương)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng :

$$5(a+b+c)+\frac{3}{abc}\ge 18$$

Lời giải :

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ thì $p^2-2q=3$.

Và cần chứng minh :

$$5p+\frac{3}{r}\ge 18$$

Ta không thể sử dụng BĐT $Schur$ vì không đúng chiều với BĐT cần chứng minh. Chú ý :

$(xy+yz+zx{)}^2$$\ge 3xyz(x+y+z)$$\iff q^2$$\ge 3pr$$\Rightarrow r$$\le \frac{q^2}{3p}$$=\frac{(p^2-3{)}^2/4}{3p}$$=\frac{p^4-6p^2+9}{12p}$$\Rightarrow \frac{3}{r}$$\ge \frac{36p}{p^4-6p^2+9}$

Do vậy chỉ cần chứng minh :

$5p+\frac{36p}{p^4-6p^2+9}$$\ge 0$$\iff 5p^5-18p^4-30p^3+108p^2+81p-162$$\ge 0$$\iff (p-3{)}^2(5p^3+12p^2-3p-18)$$\ge 0$$\iff 5p^3+12p^2-3p-18$$\ge 0$

Mặt khác vì $p^2=2q+3>3$ nên $p>\sqrt{3}$.  Cũng có $p\le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$

Từ đó :

$$5p^3+12p^2-3p-18>5.{\left(\sqrt{3}\right)}^3+12.{\left(\sqrt{3}\right)}^2-3.3-18>0$$

Ta có điều phải chứng minh.