Chứng minh bất đẳng thức
 

Cho a,b,c > 0 và a+b+c=3
CmR : $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(4-\frac{1}{a^{2}}-\frac{1}{b^{2}}-\frac{1}{c^{2}}) $

Bài này sẽ dễ giải hơn nếu chúng ta đã làm 2 bài toán sau

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^2\ge3a $.

Làm tương tự 2 cái còn lại, cộng lại, ta được
$2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^2+b^2+c^2\ge 3(a+b+c)=(a+b+c)^2 $

Lại có $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca $.

Từ đây dễ dàng suy ra điều phải chứng minh. $\hfill \Box $

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx $
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{a +b+c}{abc}=\dfrac{3}{abc} $.

Ta cần chứng minh $abc(a^2+b^2+c^2) $.

Áp dụng AM-GM và bất đẳng thức quen thuộc $3abc(a+b+c)\le(ab+bc+ca)^2 $

$abc(a^2+b^2+c^2)\le\dfrac{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2 )}{9}\le\dfrac{1}{9}(\dfrac{ab+bc+ca+ab+bc+ca+a^2+ b^2+c^2}{3})^3=3 $.

Ta có điều phải chứng minh.$\hfill \Box $


Trở lại với bài toán ban đầu. Áp dụng 2 bất đẳng thức vừa mới chứng minh. Ta có
$(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac {1}{c^2})+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge(a^2+b^2+c^ 2)^2+ab+bc+ca $
Đặt $x=a^2+b^2+c^2 $, khi đó dễ dàng có $x\ge 3 $ và $ab+bc+ca=\dfrac{9-x}{2} $. Như vậy ta chỉ cần chứng minh
$x^2+\dfrac{9-x}{2}\ge 4x $
Tương đương với $(x-3)(2x-3)\ge 0 $ (đúng do $x\ge 3 $).
Ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Box $

Đây là đề thi Romania TST năm 2006. :)

Các mở rộng cho BDT này:
Cho 3 số $a,b,c>0 $ thỏa mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3} \ge a^3+b^3+c^3 $
$\frac{1}{a^5}+\frac{1}{b^5}+\frac{1}{c^5} \ge a^5+b^5+c^5 $
Mời anh em=p~