Trích:
Nguyên văn bởi 5434  Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng ta luôn có
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+48(ab+bc+ca) \geq 25 $ |
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a\geq b\geq c $:
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-24(a^2+b^2+c^2)\geq 1 $
Ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng $f(a)+f(b)+f(c)\geq 1 $ với $f(x)=\dfrac{1}{x}-24x^2 $
Ta chứng minh: $f(b)+f(c)\geq f(\dfrac{b+c}{2}) $
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{4}{b+c}-24(b^2+c^2)+12(b+c)^2\geq 0 $
$\Leftrightarrow (b-c)^2[1-12bc(b+c)]\geq 0 $
Ta chứng minh: $1\geq 12bc(b+c) $
Ta có $a\geq b\geq c\Rightarrow 2a\geq b+c\Rightarrow 2(a+b+c)\geq 3(b+c)\Rightarrow \dfrac{2}{3}\geq b+c $
Áp dụng Cauchy ta có: $12bc(b+c)\leq 3(b+c)^3\leq \dfrac{8}{9}<1 $
Vậy ta có $f(b)+f(c)\geq f(\dfrac{b+c}{2}) $
Việc còn lại là chứng minh $f(a)+f(\dfrac{b+c}{2})\geq 1 $
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{a}-24a^2+\dfrac{4}{1-a}-12(1-a)^2\geq 1 $
$\Leftrightarrow (a-\dfrac{1}{2})^2(a-\dfrac{1}{3})^2\geq 0 $(đúng)
Bđt đã được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3} $ hoặc $b=c=\dfrac{1}{4}; a=\dfrac{1}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]