Lời giải
Cách 1:
Nhìn thấy căn, ngứa mắt quá, bình phương 2 vế phá nó thôi ^^!
Bình phương hai vế, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right)\ge 2abc+2\sqrt{abc\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc \right)}.$$ Vẫn còn căn thức à?
Phá tiếp ! Chuyển $2abc$ sang vế trái, dễ thấy vế trái vẫn dương. Tiếp tục bình phương 2 vế, nhưng để cho gọn ta đặt $$T=ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right),$$ thì ta có $${{\left( T-2abc \right)}^{2}}\ge 4abc\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc \right),$$ hay là $$\begin{align}
{{T}^{2}} & \ge 4abc\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+T \right) \\
& =4abc\left[ {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right) \right] \\
& =4abc\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right). \\
\end{align}$$Thế là mất hết sạch căn rồi. Đến đoạn mình làm tiếp sau đây, mình chịu không thể phân tích cho mọi người hiểu ý tưởng được nữa vì hoàn toàn do cảm giác cá nhân >.<
Không mất tính tổng quát, giả sử $c \ge a \ge b.$ Khi đó ta có \[\left\{ \begin{align}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le {{a}^{2}}+ab+{{c}^{2}} \\
& {{a}^{2}}+ab+ac\le {{a}^{2}}+cb+ac \\
\end{align} \right..\] Sử dụng đánh giá này, kết hợp với bất đẳng thức quen thuộc $4xy \le (x+y)^2$, ta có \[\begin{align}
4abc\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right) & =4bc\left( {{a}^{2}}+ab+ac \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right) \\
& \le 4bc\left( {{a}^{2}}+cb+ac \right)\left( {{a}^{2}}+ab+{{c}^{2}} \right) \\
& =4\left( {{a}^{2}}c+{{c}^{2}}b+{{c}^{2}}a \right)\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b \right) \\
& \le {{\left[ {{a}^{2}}c+{{c}^{2}}b+{{c}^{2}}a+{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b \right]}^{2}} \\
& ={{\left[ ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right) \right]}^{2}} \\
& ={{T}^{2}}. \\
\end{align}\] Đó chính là điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 2: Một lời giải khá thú vị của bạn Chu Văn An - toanphothong.vn
Không mất tính tổng quát giả sử $b$ là số ở giữa $a$ và $c$ khi đó ta có : $$(b-a)(b-c) \le 0 \Rightarrow b^2+ac \le b(a+c).$$Từ đó ta có : $$\begin{align} a^3+b^3+c^3+abc & =a^3+c^3+b(b^2+ca) \\ & \le a^3+c^3+b^2(a+c)\\ &=(a+c)(a^2+b^2+c^2-ac). \end{align}$$Đến đây ta quy về chứng minh bài toán mạnh hơn là : $$\sqrt{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)} \ge \sqrt{abc} +\sqrt{(a+c)(a^2+b^2+c^2-ac)}.$$Rõ ràng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có $$\begin{align} \left(\sqrt{abc} +\sqrt{(a+c)(a^2+b^2+c^2-ac)}\right)^2 & \le (ac+a^2+b^2+c^2-ac)(b+a+c) \\&=\text{VT}. \end{align}$$Bài toán chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 1:
Nhìn thấy căn, ngứa mắt quá, bình phương 2 vế phá nó thôi ^^!
Bình phương hai vế, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right)\ge 2abc+2\sqrt{abc\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc \right)}.$$ Vẫn còn căn thức à?
Phá tiếp ! Chuyển $2abc$ sang vế trái, dễ thấy vế trái vẫn dương. Tiếp tục bình phương 2 vế, nhưng để cho gọn ta đặt $$T=ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right),$$ thì ta có $${{\left( T-2abc \right)}^{2}}\ge 4abc\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+abc \right),$$ hay là $$\begin{align}
{{T}^{2}} & \ge 4abc\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+T \right) \\
& =4abc\left[ {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right) \right] \\
& =4abc\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right). \\
\end{align}$$Thế là mất hết sạch căn rồi. Đến đoạn mình làm tiếp sau đây, mình chịu không thể phân tích cho mọi người hiểu ý tưởng được nữa vì hoàn toàn do cảm giác cá nhân >.<
Không mất tính tổng quát, giả sử $c \ge a \ge b.$ Khi đó ta có \[\left\{ \begin{align}
& {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le {{a}^{2}}+ab+{{c}^{2}} \\
& {{a}^{2}}+ab+ac\le {{a}^{2}}+cb+ac \\
\end{align} \right..\] Sử dụng đánh giá này, kết hợp với bất đẳng thức quen thuộc $4xy \le (x+y)^2$, ta có \[\begin{align}
4abc\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right) & =4bc\left( {{a}^{2}}+ab+ac \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right) \\
& \le 4bc\left( {{a}^{2}}+cb+ac \right)\left( {{a}^{2}}+ab+{{c}^{2}} \right) \\
& =4\left( {{a}^{2}}c+{{c}^{2}}b+{{c}^{2}}a \right)\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b \right) \\
& \le {{\left[ {{a}^{2}}c+{{c}^{2}}b+{{c}^{2}}a+{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{c}^{2}}b \right]}^{2}} \\
& ={{\left[ ab\left( a+b \right)+bc\left( b+c \right)+ca\left( c+a \right) \right]}^{2}} \\
& ={{T}^{2}}. \\
\end{align}\] Đó chính là điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 2: Một lời giải khá thú vị của bạn Chu Văn An - toanphothong.vn
Không mất tính tổng quát giả sử $b$ là số ở giữa $a$ và $c$ khi đó ta có : $$(b-a)(b-c) \le 0 \Rightarrow b^2+ac \le b(a+c).$$Từ đó ta có : $$\begin{align} a^3+b^3+c^3+abc & =a^3+c^3+b(b^2+ca) \\ & \le a^3+c^3+b^2(a+c)\\ &=(a+c)(a^2+b^2+c^2-ac). \end{align}$$Đến đây ta quy về chứng minh bài toán mạnh hơn là : $$\sqrt{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)} \ge \sqrt{abc} +\sqrt{(a+c)(a^2+b^2+c^2-ac)}.$$Rõ ràng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có $$\begin{align} \left(\sqrt{abc} +\sqrt{(a+c)(a^2+b^2+c^2-ac)}\right)^2 & \le (ac+a^2+b^2+c^2-ac)(b+a+c) \\&=\text{VT}. \end{align}$$Bài toán chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c. \ \blacksquare$
-Cách giải của anh An có lợi hơn trong phòng thi :P
Trả lờiXóaCách đó hay thật, nhưng đâu phải ai cũng có thể nghĩ ra như thế để làm trong phòng thi em à ^^!
Xóa