Lời giải
Ta có: \begin{eqnarray*} 4(a^2+kab+b^2)&=&(k+2)(a^2+2ab+b^2)+(2-k)((a^2-2ab+b^2)) \\ &=&(k+2)(a+b)^2-(2-k)(a-b)^2 \ge (k+2)(a+b)^2 \quad (do |k| < 2). \end{eqnarray*} Do đó: \quad $a^2+kab+b^2 \ge \dfrac{k+2}{4}(a+b)^2$.
Tương tự: \quad $b^2+kbc+c^2 \ge \dfrac{k+2}{4}(b+c)^2$; \quad $c^2+kca+a^2 \ge \dfrac{k+2}{4}(c+a)^2$.
Suy ra: $(a^2+kab+b^2)(b^2+kbc+c^2)(c^2+kca+a^2)\ge \dfrac{(k+2)^3}{64}[(a+b)(b+c)(c+a)]^2$. $(1)$
Mặt khác, từ đẳng thức $(a+b)(b+c)(c+a)+abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)$ và các hệ quả của BĐT Cô-si: \begin{eqnarray*} (a+b)(b+c)(c+a)&\ge& 2\sqrt{ab}\cdot \sqrt{bc} \cdot \sqrt{ca}=8abc;\\ (a+b+c)^2&=&a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \\ &=&\dfrac{a^2+b^2}{2}+\dfrac{b^2+c^2}{2}+\dfrac{c^2+a^2}{2}+2(ab+bc+ca) \\ &\ge& 3(ab+bc+ca). \end{eqnarray*} Ta có: \begin{eqnarray*} \dfrac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a) &\ge& (a+b)(b+c)(c+a)+abc \\ &=&(a+b+c)(ab+bc+ca) \\ &\ge& \sqrt{3(ab+bc+ca)}(ab+bc+ca). \end{eqnarray*} Suy ra \begin{align*} \dfrac{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2}{64} &\ge \dfrac{1}{81}\cdot 3(ab+bc+ca)^3 \\ &=\dfrac{1}{27}(ab+bc+ca)^3. \tag{2} \end{align*} Từ $(1)$ và $(2)$ ta nhận được: \begin{eqnarray*} 27(a^2+kab+b^2)(b^2+kbc+c^2)(c^2+kca+a^2) \ge (k+2)^3(ab+bc+ca)^3. \end{eqnarray*} Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét