Để làm được bài toán trên, trước tiên ta phải chứng minh được bất đẳng thức đơn giản sau:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\) \(\left(1\right)\) với mọi \(a,b,c,d\in R\) và \(x,y>0\)
Thật vậy, bất đẳng thức \(\left(1\right)\) được viết lại thành:
\(ay^2\left(x+y\right)+b^2x\left(x+y\right)\ge\left(a+b\right)^2xy\) (nhân cả hai vế của bđt với \(xy\left(x+y\right)>0\))
\(\Leftrightarrow\) \(\left(ay-bx\right)^2\ge0\) \(\left(2\right)\)
Bất đẳng thức \(\left(2\right)\) hiển nhiên đúng. Mặt khác, các phép biến đổi trên tương đương nên bđt \(\left(1\right)\) được chứng minh.
Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)
Khi đó, với \(6\) số \(a,b,c,x,y,z\) bất kỳ và \(x,y,z>0\), áp dụng bất đẳng thức \(\left(1\right)\) hai lần, ta chứng minh được:
\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) \(\left(3\right)\)
Biển đổi vế trái của bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\), và kết hợp sử dụng bđt \(\left(3\right)\), ta có:
\(VT\left(\text{*}\right)=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(=\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)}\)
Mà \(a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
nên khi đó, \(VT\left(\text{*}\right)\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\)
Giờ, ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
Thật vậy, ta dễ dàng chứng minh được: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó, \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Chia cả hai vế của bđt cho \(a+b+c>0\). Không đổi chiều bất đẳng thức, ta có:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{3}\) \(\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c\)
Vậy, \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}\) với mọi \(a,b,c\in R^+\)
