(a2+b2+c2)2≥3(a3b+b3c+c3a).
Lời giải.Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau
∑a4−∑a2b2+3∑a2b2−3abc∑a≥3∑a3b−3abc∑a.
Sử dụng các phân tích
∑a4−∑a2b2=12∑(a2−b2)2,
3∑a2b2−3abc∑a=12∑(2bc−ca−ab)2,
và
3∑a3b−3abc∑a=−3∑bc(a2−b2) +∑(ab+bc+ca)(a2−b2) =−∑(2bc−ca−ab)(a2−b2),
ta có bất đẳng thức trên tương đương với
1
2∑(a2−b2)2−∑(2bc−ca−ab)(a2−b2) +12∑(2bc−ca−ab)2≥0,
hay là
1
2∑(a2−b2−2bc+ca+ab)2≥0,
hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia=b=choặca,b,clà một hoán vị tương ứng của bộ số sin2 4π7,sin2 2π7,sin2π
7
.
Nhận xét.Ta có kết quả tổng qt hơn là
Bài tốn.Với mọi số thựca,b,c,m,n,p,gthỏa mãnm≥0và3m(m+n)≥p2+pg+g2ta ln có
m∑a4+n∑a2b2+p∑a3b+g∑ab3−(m+n+p+g)abc∑a≥0.
28. Nếua,b,clà các số thực dương vàn≥2thỏa mãnan+bn+cn=3thì
an+1bn+bn+1cn+cn+1an≤3.
Lời giải.Để chứng minh bài tốn này, chúng ta cần có kết quả sau
Bổ đề.Với các số thực dươngx,y,zcó tổng bằng3ta có bất đẳng thức
(x2y+y2z+z2x)(xy+yz+zx)≤9.
Chứng minh.Bạn đọc có thể tự chứng minh lấy dựa vào kết quả bài toán vừa rồi.
Quay trở lại bài toán của ta. Đặt x=an,y=bn và z=cn với x,y,z >0. Từ giả thiết, ta có x+y+z=3và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
xy√n
x+yz√n
y+zx√n
Sử dụng bất đẳng thứcHăolder, ta cú (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
xy√n
x+yz√n
y+zx√n
zn≤(xy+yz+zx)n−1(x2y+y2z+z2x).
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức cơ bảnxy+yz+zx≤3cùng với bổ đề trên (chú ýn≥2)
(xy+yz+zx)n−1(x2y+y2z+z2x)
= (xy+yz+zx)n−2·(xy+yz+zx)(x2y+y2z+z2x)
≤3n−2·9=3n,
nên kết hợp với trên, ta suy ra được xy√n x+yz√n y+zx√n zn≤3n, hay xy√n x+yz√n y+zx√n z≤3.
Đây chính là điều phải chứng minh. Ta có đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix=y=z=1,tức là a=b=c=1.