Lời giải:
Cách 1:
Đặt $ f(a,b,c)=8(a+b+c)^4-81(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)$ và $ \frac{4a}{(\sqrt b+\sqrt c)^2}=t.$
Vì thế, $ f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=$
$ =8(\sqrt b-\sqrt c)^2(2a+b+c+2\sqrt{bc})((a+b+c)^2+(a+2\sqrt{bc})^2)-$
$ -81(\sqrt b-\sqrt c)^2(1+a^2)(\sqrt b+\sqrt c)^2)=$
$ =8(\sqrt b-\sqrt c)^2(2a+(\sqrt b+\sqrt c)^2)(2a^2+2a(\sqrt b+\sqrt c)^2+b^2+6bc+c^2)-$
$ -81(\sqrt b-\sqrt c)^2(\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+a^2)(\sqrt b+\sqrt c)^2)\geq$
$ \geq8(\sqrt b-\sqrt c)^2(2a+(\sqrt b+\sqrt c)^2)(2a^2+2a(\sqrt b+\sqrt c)^2+\frac{(\sqrt b+\sqrt c)^4}{2})-$
$ -81(\sqrt b-\sqrt c)^2(\sqrt[3]{a^2\cdot\frac{(\sqrt b+\sqrt c)^8}{256}}+a^2)(\sqrt b+\sqrt c)^2)=$
$ =\frac{(\sqrt b-\sqrt c)^2(\sqrt b+\sqrt c)^6}{16}(8(t+2)^3-81(\sqrt[3]{t^2}+t^2))\geq0$ since,
$ 8(t+2)^3-81(\sqrt[3]{t^2}+t^2)=8t^3-33t^2+96t-81\sqrt[3]{t^2}+64=$
$ =(8t^3-33t^2+42t+37)+(54t-81\sqrt[3]{t^2}+27)\geq0.$
Ta chỉ cần chứng minh rằng:
$ f(\frac{1}{b^2},b,b)\geq0.$
Nhưng $ f(\frac{1}{b^2},b,b)\geq0\Leftrightarrow\frac{(1+2b^3)^4}{(1+b^4)(1+b^2)^2b^4}\geq\frac{81}{8}.$
Đặt $ g(b)=\ln{\frac{(1+2b^3)^4}{(1+b^4)(1+b^2)^2b^4}}.$
Vì thế, $ g'(b)=\frac{24b^2}{1+2b^3}-\frac{4b^3}{1+b^4}-\frac{4b}{1+b^2}-\frac{4}{b}=$
$ =\frac{4(b-1)(2b^8+2b^6+2b^4-b^3+3b^2+b+1)}{b(1+2b^3)(1+b^2)(1+b^4)}.$
Nên $ b_{min}=1$ Và $ \min_{b>0}g=g(1)=\ln\frac{81}{8}$ ta có đpcm
Chú ý ở đây việc lấy ln đã làm việc xét đạo hàm gọn hơn rất nhiều
Cách 2:
Đặt $a+b+c=p,ab+bc+ca=q$, Bất đẳng thức trở thành:
$$p^4-6p^2+24p-12q^2+12q-27 \ge0$$
Đây là một hàm bậc hai theo q.
Vì $q\ge 3>1/2$, Ta chỉ cần chứng minh khi q đạt giá trị lớn nhất
Áp dụng bdt Schur $q\le \frac{p^3+9}{4p}$ Vậy
$$p^4-6p^2+24p-27-\frac{3(p^6+18p^3+81)}{4p^2}+\frac{3(p^3+9)}{p} \ge0$$
$$(p-3)(p^5+3p^4-3p^3+33p^2-9p+81)\ge0$$
Luôn đúng do $p\ge 3$.
Bài toán 2:
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 chứng minh rằng:
$\frac{a}{(a+3)^{2}}+\frac{b}{(b+3)^{2}}+\frac{c}{(c+3)^{2}}\leq \frac{3}{16}$
Lời giải:
Đặt $a=\frac1x, b=\frac1y, c=\frac1z \implies xyz=1$
Bất đẳng thức trở thành
\[\frac{x}{(3x+1)^2}+\frac{y}{(3y+1)^2}+\frac{z}{(3z+1)^2}\le \frac3{16}\]
Tương đương
\[\sum_{cyc}\left(\frac1{12}-\frac{x}{(3x+1)^2}\right) \ge \frac1{16} \iff \sum_{cyc}\frac{(3x-1)^2}{(3x+1)^2} \ge \frac34\]
Áp dụng bất đẳng thức C-S
\[\sum_{cyc}\frac{(3x-1)^2}{(3x+1)^2} \ge \frac{9(x+y+z-1)^2}{\sum (3x-1)^2}\]
Ta chỉ cần chứng minh:
\[f(x,y,z)=3+\sum x^2+8\sum xy-10\sum x \ge 0\]
Không mất tính tổng quát giả sử $x=\max(x,y,z) \implies x \ge 1$.
\[f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})=(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2((\sqrt{y}+\sqrt{z})^2+8x-10) \ge 0\]
Do \[(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2+8x \ge 4\sqrt{yz}+4x+4x \ge 8\sqrt{x\sqrt{yz}}+4x=8\sqrt[4]{x}+4x \ge 12\]
Cần chứng minh: \[f\left(\frac1{t^2},t,t\right) \ge 0\]
Tức là
\[((3t^2-1)^2+t(1-t)+t^4+t)(t-1)^2 \ge 0\]
Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
Bài toán 2:
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 chứng minh rằng:
$\frac{a}{(a+3)^{2}}+\frac{b}{(b+3)^{2}}+\frac{c}{(c+3)^{2}}\leq \frac{3}{16}$
Lời giải:
Đặt $a=\frac1x, b=\frac1y, c=\frac1z \implies xyz=1$
Bất đẳng thức trở thành
\[\frac{x}{(3x+1)^2}+\frac{y}{(3y+1)^2}+\frac{z}{(3z+1)^2}\le \frac3{16}\]
Tương đương
\[\sum_{cyc}\left(\frac1{12}-\frac{x}{(3x+1)^2}\right) \ge \frac1{16} \iff \sum_{cyc}\frac{(3x-1)^2}{(3x+1)^2} \ge \frac34\]
Áp dụng bất đẳng thức C-S
\[\sum_{cyc}\frac{(3x-1)^2}{(3x+1)^2} \ge \frac{9(x+y+z-1)^2}{\sum (3x-1)^2}\]
Ta chỉ cần chứng minh:
\[f(x,y,z)=3+\sum x^2+8\sum xy-10\sum x \ge 0\]
Không mất tính tổng quát giả sử $x=\max(x,y,z) \implies x \ge 1$.
\[f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})=(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2((\sqrt{y}+\sqrt{z})^2+8x-10) \ge 0\]
Do \[(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2+8x \ge 4\sqrt{yz}+4x+4x \ge 8\sqrt{x\sqrt{yz}}+4x=8\sqrt[4]{x}+4x \ge 12\]
Cần chứng minh: \[f\left(\frac1{t^2},t,t\right) \ge 0\]
Tức là
\[((3t^2-1)^2+t(1-t)+t^4+t)(t-1)^2 \ge 0\]
Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
Các bạn thử bài này dùng bằng bất đẳng thức Vacs