Ôi đ.m ThắngDz đây :v. Bài nãy quên nói ta chứng minh BĐT mạnh hơn là \(VT< \dfrac{1}{22}\) :v nhưng 2 cách k khác nhau nhiều
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=y+z\\b=x+z\\c=x+y\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow(2x+y+z)(2y+x+z)(2z+x+y)\ge8\sum_{cyc}(y-x)(2x+y+z)(2y+x+z)\) ( trong đó \(\sum_{cyc}a=a+b+c\))
\(\sum_{cyc}\left(2x^3+15x^2y-x^2z+\dfrac{16}{3}xyz\right)\ge0\)
Đúng theo BĐT Rearrangement (\(x^3+y^3+z^3\ge x^2z+y^2x+z^2y\))
bài này của tui, tui pick and lock bài này ( ͡° ͜ʖ ͡°)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a=y+z\\b=x+z\\c=x+y\end{matrix}\right.\). Khi đó ta có:
\(\sum_{cyc}\frac{a-b}{a+b}=\frac{\sum\limits_{cyc}(a-b)(a+c)(b+c)}{\prod\limits_{cyc}(a+b)}=\frac{\sum\limits_{cyc}(a-b)(c^2+ab+ac+bc)}{\prod\limits_{cyc}(a+b)}\)
\(=\frac{\sum\limits_{cyc}(a-b)c^2}{\prod\limits_{cyc}(a+b)}=\frac{(a-b)(a-c)(b-c)}{\prod\limits_{cyc}(a+b)}=\frac{(y-x)(z-x)(z-y)}{\prod\limits_{cyc}(2x+y+z)}\)
Cần chứng minh \((2x+y+z)(2y+x+z)(2z+x+y)\geq22\left|(x-y)(x-z)(y-z)\right|\)
BĐT cuối đối xứng nên ta giả sử \(x\le y\le z\) và \(\left\{{}\begin{matrix}y=x+u\\z=x+v\\v=ku\end{matrix}\right.\)
*)Xét \(k=1\) BĐT luôn đúng
*)Xét \(k>1\) tức là ta cần chứng minh
\((4x+u+v)(4x+2u+v)(4x+u+2v)\geq22uv(v-u)\)
Lại có \((4x+u+v)(4x+2u+v)(4x+u+2v)>(u+u)(2u+v)(u+2v)\)
Vậy còn phải chứng minh \((k+1)(2k+1)(k+2)\geq22(k-1)k\)
\(\Leftrightarrow 2k^3-15k^2+29k+2\geq0\)
Đúng với AM-GM \(2k^3+29k+2>2k^3+29k\geq2\sqrt{2\cdot29}k^2>15k^2\)
