Lời giải:
Bài này thực chất không cần thiết phải có điều kiện \(1\leq a,b,c\leq 2\)
Chỉ cần \(a,b,c>0\) thôi em nhé.
Ta có: \(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow \frac{9abc}{3\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{9abc}{a+b+c}\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}(1)\)
Ta đi cm \(a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ac)(2)\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+9abc\geq 2(ab+bc+ac)(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)\)
Đây chính là BĐT Schur bậc 3 (luôn đúng)
Từ (1); (2) \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 2(ab+bc+ac)\)
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
Akai Haruma: cần chứ chị .____.
Đặt \(\sqrt[3]{a^2}=x;\sqrt[3]{b^2}=y;\sqrt[3]{c^2}=z\) ( \(x,y,z\in\left[1;\sqrt[3]{4}\right]\) )
Khi đó: \(a^2=x^3;b^2=y^3;c^2=z^3\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\ge1\), khi đó ta có:
\(x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(z+x-y\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\)
Áp dụng BĐT Cô-si: \(xy\left(x+y\right)\ge2xy\sqrt{xy}=2\sqrt{x^3y^3}\)
Tương tự: \(yz\left(y+z\right)\ge2\sqrt{y^3z^3};zx\left(z+x\right)\ge2\sqrt{z^3x^3}\)
Do đó: \(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge2\left(\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3}\right)\)
Hay \(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\).
