Đề bài :
Với $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng $$(a+b+c)^5\ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca).$$
Bài làm
Cách 1: Dùng phương pháp tam thức bậc hai
Bất đẳng thức hoàn toàn thuần nhất, chuẩn hóa $a+b+c=3$ cho tiện. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca) \le 9.$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa hai số $a$ và $c$. Khi đó ta có $$\begin{align}
& c\left( b-a \right)\left( b-c \right)\le 0 \Leftrightarrow {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le b\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}} \right). \\
\end{align}$$ Đặt $x=ac$. Ta có $a+c=3-b$ và ta sẽ chứng minh
$$b\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}} \right)\left( ab+bc+ca \right)-9\le 0,$$ hay là ta cần chứng minh $$\begin{align}
f\left( y \right)&=b\left[ {{\left( a+c \right)}^{2}}-ac \right].\left[ b\left( a+c \right)+ca \right]-9 \\
& =b\left[ {{\left( 3-b \right)}^{2}}-x \right].\left[ b\left( 3-b \right)+x \right]-9 \\
& =-b.{{x}^{2}}+\left( 2{{b}^{3}}-9{{b}^{2}}+9b \right).x-{{b}^{5}}+9{{b}^{4}}-27{{b}^{3}}+27{{b}^{2}}-9\le 0. \\
\end{align}$$ Vì hệ số của $x^2$ là $-b<0$ và $$\begin{align}
{{\Delta }_{x}}&={{\left( 2{{b}^{3}}-9{{b}^{2}}+9b \right)}^{2}}+4b\left( -{{b}^{5}}+9{{b}^{4}}-27{{b}^{3}}+27{{b}^{2}}-9 \right) \\
& =9b\left( {{b}^{3}}-6{{b}^{2}}+9b-4 \right) \\
& =9b{{\left( b-1 \right)}^{2}}\left( b-4 \right) \\
& <9b{{\left( b-1 \right)}^{2}}\left( 3-4 \right) \\
& =-9b{{\left( b-1 \right)}^{2}} \\
& \le 0. \\
\end{align}$$ Từ đó, theo định lí về dấu của tam thức bậc hai ta có $f(x) \le 0.$
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 2:
Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa hai số $a$ và $c$. Khi đó ta có
$$\begin{aligned}& c\left( b-a \right)\left( b-c \right)\le 0 \Leftrightarrow {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le b\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}} \right). \\\end{aligned}$$
Sử dụng đánh giá này, ta được $$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca) \le b(a^2+ac+c^2)(ab+bc+ca)$$ Bây giờ, lần lượt sử dụng bất đẳng thức quen thuộc $xy \le \dfrac{(x+y)^2}{4}$ và bất đẳng thức $AM-GM$ dạng $mnp \le \dfrac{(m+n+p)^3}{27}$, ta có
$$\begin{aligned} b({{a}^{2}}+ac+{{b}^{2}})(ab+bc+ca)& \le b \cdot \frac{{{\left( {{a}^{2}}+ac+{{c}^{2}}+ab+bc+ca \right)}^{2}}}{4} \\ & =b \cdot\frac{{{\left( a+c \right)}^{2}}{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{4} \\ & =\frac{9}{8}\cdot2b \cdot \left( a+c \right) \cdot \left( a+c \right) \\ & \le \frac{9}{8}\cdot\frac{{{\left( 2b+a+c+a+c \right)}^{3}}}{27} \\ & =9. \\\end{aligned}$$
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1. \ \blacksquare$