Inequality

Bài toán (Albania 2002) 

Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}(a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$$\ge a+b+c+\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Lời giải :

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=1$. Từ đó ta chỉ cần chứng minh :

$\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$$\ge a+b+c+1$$\iff \frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}(ab+bc+ca)$$\ge abc(a+b+c)+abc$

Đặt $t=\sqrt{ab+bc+ca}\ge 0$ ta có :

$$abc(a+b+c)\le \frac{(ab+bc+ca{)}^2}{3}=\frac{t^4}{3}$$

và $abc\le \frac{(ab+bc+ca{)}^{3/2}}{3\sqrt{3}}=\frac{t^3}{3\sqrt{3}}$

Do vậy ta cần chỉ ra rằng :

$\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}{t}^2$$\ge \frac{t^4}{3}+\frac{t^3}{3\sqrt{3}}$$\iff \sqrt{3}{t}^2+t-(1+\sqrt{3})$$\le 0$

Điều này luôn đúng với $0\le t=\sqrt{ab+bc+ca}\le \sqrt{a^2+b^2+c^2}=1$