Ta có :
sử dụng bunhiacôpski
\(\left(a+b+c\right)^2\le\left(a^2+2\right)\left(1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)
Ta cần chứng minh
\(\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)
nhân ra rồi rút gọn sẽ có kết quả là :
\(\frac{b^2+c^2}{2}+b^2c^2-3bc+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2+c^2}{2}+\left(bc-1\right)^2-bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b^2+c^2}{2}\ge bc\)
Ta cần chứng minh : a1+a2+...+ann≥a1.a2...an−−−−−−−−−√na1+a2+...+ann≥a1.a2...ann với n∈N*n∈N*
Hiển nhiên bđt đúng với n = 2 , tức là a1+a22≥a1a2−−−−√a1+a22≥a1a2 (1)
Giả sử bđt đúng với n = k , tức là a1+a2+...+akk≥a1.a2...ak−−−−−−−−−√ka1+a2+...+akk≥a1.a2...akk với k>2k>2
Ta sẽ chứng minh bđt cũng đúng với mọi n = k + 1
Không mất tính tổng quát, đặt a1≤a2≤...≤ak≤ak+1a1≤a2≤...≤ak≤ak+1
thì : ak+1≥a1+a2+...+akkak+1≥a1+a2+...+akk . Lại đặt a1+a2+...+akk=x,x≥0a1+a2+...+akk=x,x≥0
⇒ak+1=x+y,y≥0⇒ak+1=x+y,y≥0 và xk=a1.a2...akxk=a1.a2...ak (suy ra từ giả thiết quy nạp)
Ta có : (a1+a2+...+ak+1k+1)k+1=(kx+x+yk+1)k+1=(x(k+1)+yk+1)k+1=(x+yk+1)k+1(a1+a2+...+ak+1k+1)k+1=(kx+x+yk+1)k+1=(x(k+1)+yk+1)k+1=(x+yk+1)k+1
≥xk+1+(k+1).yk+1.xk=xk+1+y.xk=xk(x+y)≥a1.a2...ak.ak+1≥xk+1+(k+1).yk+1.xk=xk+1+y.xk=xk(x+y)≥a1.a2...ak.ak+1
Suy ra (a1+a2+...+ak+1k+1)k+1≥a1.a2...ak+1−−−−−−−−−−√k+1(a1+a2+...+ak+1k+1)k+1≥a1.a2...ak+1k+1
Vậy bđt luôn đúng với mọi n > 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
