bạn xem bài này tại đây: 

http://d.violet.vn/uploads/resources/615/2779702/preview.swf

Tham Khao

a) Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
(a + b) ≥ 2√ab
(b + c) ≥ 2√bc
(c + a) ≥ 2√ca
Vì a,b,c > 0 nên nhân vế với vế 3 BĐT trên ta được:
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8√a^2b^2c^2 =8abc (đpcm)
Dấu = xảy ra <=> a=b=c

Ta chứng minh 2 bất đẳng thức phụ sau: với x, y, z dương thì:

\(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)

\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\left(2\right)\)

+ Chứng minh BĐT (1), sử dụng BĐT AM - GM:

\(x^4+x^4+y^4+z^4\ge4x^2yz\)

\(y^4+y^4+x^4+z^4\ge4xy^2z\)

\(z^4+z^4+x^4+y^4\ge4xyz^2\)

Cộng dồn lại ta có: \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)

+ Chứng minh BĐT (2). Ta có:

\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)=1+x+y+z+xy+yz+xyz\ge1+3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+xyz=\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\)

Bây giờ ta quay lại chứng minh BĐT ở đề.

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

\(\sqrt[4]{\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4}\ge\sqrt[4]{3}+\dfrac{\sqrt[4]{243}}{2+abc}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)

Sử dụng BĐT (1) ta có:

\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

Sử dụng BĐT (2) và BĐT AM - GM ta có:

\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\left(3+\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\right)\)

\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc.1.1}}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)

Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c.

Phân tích Trước hết ta dự đoán dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1. Quan sát Bất Đẳng Thức ta nhận thấy các dấu hiệu sử dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức, sử dụng kĩ thuật đánh giá mẫu

Bài giải: Suy nghĩ đầu tiên khi quan sát Bất Đẳng Thức đó là dấu hiệu áp dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Như vậy khi đó ta được

\(\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{b^4}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)

Như vậy ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{3}{4}\)

Để ý thấy khi khai triển mẫu thì xuất hiện đại lượng \(a^3+b^3+c^3\)và đánh giá đại lượng đó theo kiểu \(a^3+b^3+c^2\le?̸\)

rất phức tạp. Do đó đánh giá một cách trực tiếp như vậy có vẻ không đem lại hiệu quả. Như vậy để áp dụng hiểu quả ta cần biến đổi Bất Đẳng Thức về một dạng khác

Chú ý là tại các mẫu xuất hiện tích của 2 đại lượng do đó ta sẽ đưa một đại lượng lên trên tử số. Khi đó ta có các cách biến đổi là

\(\orbr{\begin{cases}\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b+c}}\right)^2}{b^2+c^2}\\\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}\end{cases}}\)

Để ý rẳng sau khi áp dụng thì ta thu được là tổng các mẫu đó, do đó cần chú ý đến giả thiết a+b+c=3 thì ta chọn cách biến đổi thứ hai. Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành

\(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{3}{4}\)

Đến đây áp dụng BĐT Cauchy ta được \(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Như vậy sau một số bước đánh giá ta đưa được về một bất đẳng thức có vẻ đơn giản hơn bất đẳng thức cần chứng minh và bất đẳng thức lúc này cũng có dấu hiệu của BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, khi đó ta được 

\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}}\)

Và ta cần chứng minh được \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\le3\sqrt{2}\)tuy nhiên đánh giá này hoàn toàn sai vì \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Như vậy để đảm bảo các đánh giá đùng chiều ta cần nâng lũy thừa của các phân số lên, do đó ta có đánh giá

\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\)

Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki ta được

 \(a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}\)\(\le\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2\left(b^2+c^2\right)+b^2\left(a^2+c^2\right)+c^2\left(a^2+b^2\right)\right]}\)\(=\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)

Do đó ta được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{c^2+a^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\)

*Đang giải bấm nhầm gửi trả lời, làm tiếp*

Ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)

Để ý thấy rằng

\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)

\(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)

Nhân theo vế 2 BĐT trên ta được điều phải chứng minh 

Lời giải:

BĐT cần cm tương đương với:
$2(a^4+b^4+c^4)\geq ab^3+bc^3+ca^3+a^3b+b^3c+c^3a$

$\Leftrightarrow (a^4+b^4-a^3b-ab^3)+(b^4+c^4-b^3c-bc^3)+(c^4+a^4-ca^3-c^3a)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+ab+b^2)+(b-c)^2(b^2+bc+c^2)+(c-a)^2(c^2+ca+a^2)\geq 0$

Điều này luôn đúng do:

$(a-b)^2\geq 0; a^2+ab+b^2=(a+\frac{b}{2})^2+\frac{3b^2}{4}\geq 0$ với mọi $a,b\in\mathbb{R}$ và tương tự với 2 đa thức còn lại)

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ 

Do bđt đối xứng nên ta giả sử: \(a\ge b\ge c\)

Áp dụng Chebyshev cho hai dãy đơn điệu tăng (a;b;c) và(a^3;b^3;c^3):

\(a^4+b^4+c^4=a.a^3+b.b^3+c.^3\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

\(\Rightarrow3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Áp dụng BĐT Cosi:

\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}>=4\sqrt[4]{\frac{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{27.27.9}.\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}}...\)

\(>=\frac{4}{9}a\)

Tương tự

\(=>VT>=\frac{4}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{9}-2\left(\frac{a+2}{9}+\frac{b+2}{9}+\frac{c+2}{9}\right)=\frac{1}{3}.\)

Dấu "="xảy ra khi a=b=c=1