Trước hết ta chứng minh BĐT: \(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Cách đơn giản nhất là: Giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\) và đặt \(a=c+u,\, b=c+v\) thì \(u,\,v \geq 0\)
Ta cần chứng minh: \({\frac { \left( 3\,{u}^{2}-3\,uv+3\,{v}^{2} \right) {c}^{3}+9\,{u}^{2} v{c}^{2}+ \left( {u}^{4}+{u}^{3}v+12\,{u}^{2}{v}^{2}-5\,u{v}^{3}+{v}^{ 4} \right) c+{u}^{2}v \left( u+v \right) ^{2}}{ \left( c+u \right) \left( c+v \right) c \left( 3\,c+u+v \right) ^{2}}} \geq 0\) \((\ast)\)
Điều này đúng vì: \(3u^2-3uv+3v^2\ge0\) (dễ dàng chứng minh)
Và \({u}^{4}+{u}^{3}v+12\,{u}^{2}{v}^{2}-5\,u{v}^{3}+{v}^{4}=\frac{1}{4}\,{u}^{2} \left( 4\,{u}^{2}+4\,uv+23\,{v}^{2} \right) +\frac{1}{4}\,{v}^{2} \left( 5\,u -2\,v \right) ^{2} \geqq 0\)
Tiếp theo là chứng minh: \(\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\ge a+b+c\) . Nhưng điều này là hiển nhiên vì: \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=\, b=\,c = 1\).
Thực ra ta có thể viết SOS theo kiểu mình cho bất đẳng thức \((\ast)\) và giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\) thì cũng được đpcm.
Cách này đẹp hơn nhưng khó hơn!
Giả sử \(a\ge b\ge c\)
\(\Rightarrow3a^2\ge a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow a\ge1\)
Do đó ta có : \(a+b+c\ge1\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge a+b+c\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^2}{ac}}=\frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\\\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=\frac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\\\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=\frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)
Ta cần chứng minh : \(\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\ge\sqrt[3]{abc}\)
Luôn đúng vì : \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\ge\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(VT=\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}=\frac{a^2}{ca}+\frac{b^2}{ab}+\frac{c^2}{bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\)
Ta cần chứng minh :
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{3}{ab+bc+ca}+2\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Đặt \(a+b+c=t\)
\(\Leftrightarrow\frac{6}{t^2-3}+2\ge\frac{9}{t}\)
\(\Leftrightarrow2t^3-6t+6t-9t^2+27\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2t+3\right)\left(t-3\right)^2\ge0\) ( Đúng )
Vậy ...
