Lời giải
Đây là một bài toán không khó, nhưng khá thú vị. Tôi tìm được 4 lời giải cho nó.
Cách 1.
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$2\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}+a+b+c.$$ Do đó, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$\frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{\left( a+b+c \right)}.$$
Mặt khác, theo một kết quả quen thuộc,
ta có $$\frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge \frac{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( a+b+c \right)}{ab+bc+ca}.$$ Vì bất đẳng thức này tương đương với $$\frac{a^3c}{b}+\frac{b^3a}{c}+\frac{c^3b}{a}\ge a^2b+b^2c+c^2a$$
Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ cho từng cặp một.
Từ đó, ta đưa bài toán về chứng minh $$(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca).$$ Hiển nhiên đúng!
Bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 2.
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{a}+3a=4a+ \frac{{{b}^{2}}}{a} + \frac{{{c}^{2}}}{a}.$$ Do đó, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$a+b+c + \frac{{{a}^{2}}}{b} + \frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge 4a + \frac{{{b}^{2}}}{a} + \frac{{{c}^{2}}}{a}.$$Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với $$\left( c+\frac{{{b}^{2}}}{c}-2b \right)+\left( \frac{{{a}^{2}}}{b}-\frac{{{b}^{2}}}{a} \right)-3\left( a-b \right)\ge 0,$$ hay tương đương $$\frac{{{\left( c-b \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( a-b \right)}^{3}}}{ab}\ge 0.$$ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng vì ta có thể giả sử $a$ là số lớn nhất trong $3$ số $a,b,c.$
Bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa hai số $a$ và $c.$ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \[\begin{matrix}
\left( \frac{{{a}^{2}}}{b}+b-2a \right)+\left( \frac{{{b}^{2}}}{c}+c-2b \right)+\left( \frac{{{c}^{2}}}{a}+a-2c \right)+2\left( a+b+c \right) \\ \ge 2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}, \\
\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a}+2\left( a+b+c \right)\ge 2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}. \\
\end{matrix}\] Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có \[\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a}\ge \frac{{{\left( a-b+b-c+a-c \right)}^{2}}}{a+b+c}=\frac{4{{\left( a-c \right)}^{2}}}{a+b+c}.\] Mặt khác, theo $AM-GM$ thì $$\begin{align}
2\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)} & =2\sqrt{\frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}.\left( a+b+c \right)} \\
& \le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}+a+b+c. \\
\end{align}$$ Từ đó, ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức : $$\frac{4{{\left( a-c \right)}^{2}}}{a+b+c}+a+b+c\ge \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}.$$ Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với $$\begin{matrix}
4{{\left( a-c \right)}^{2}}+{{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right), \\
2{{\left( a-c \right)}^{2}}+2\left( a-b \right)\left( b-c \right)\ge 0. \\
\end{matrix}$$ Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo giả sử $b$ là số ở giữa.
Bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 4.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \[\begin{matrix}
\left( \frac{{{a}^{2}}}{b}+b-2a \right)+\left( \frac{{{b}^{2}}}{c}+c-2b \right)+\left( \frac{{{c}^{2}}}{a}+a-2c \right)+ \\ + 2\left( a+b+c \right)-2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}\ge 0, \\
\begin{matrix}
\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a}-2\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}\ge 0, \\
{{S}_{a}}{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{S}_{b}}{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{S}_{c}}{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0. \\
\end{matrix} \\
\end{matrix}\] Trong đó \[\begin{align}
& {{S}_{a}}=\frac{1}{b}-\frac{2}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}>\frac{1}{b}-\frac{2}{b+\sqrt{3}b}=\frac{2-\sqrt{3}}{b}>0. \\
& {{S}_{b}}=\frac{1}{c}-\frac{2}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}>\frac{1}{c}-\frac{2}{c+\sqrt{3}c}=\frac{2-\sqrt{3}}{c}>0. \\
& {{S}_{c}}=\frac{1}{a}-\frac{2}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}>\frac{1}{a}-\frac{2}{a+\sqrt{3}a}=\frac{2-\sqrt{3}}{a}>0. \\
\end{align}\] nên do đó, bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 5. (Storm Spirit - toanphothong.vn)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta đi chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn $$(a+b+c)\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right) \ge 3(a^2+b^2+c^2)$$$$\Leftrightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}+\frac{a^2c}{b}+\frac{b^2a}{c}+\frac{c^2b}{a} \ge 2(a^2+b^2+c^2)$$Lại sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta chứng minh được $$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}+ab+bc+ca \ge 2(a^2+b^2+c^2)$$$$\frac{a^2c}{b}+\frac{b^2a}{c}+ \frac{c^2b}{a} +bc+ca+ab \ge 2(ab+bc+ca)$$ Từ hai bất đẳng thức này suy ra ngay điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 6. (Nts_pbc - boxmath.vn)
Chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=3.$
Ta cần chứng minh: $$a+b+c+\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge 6$$ Nhân vế theo vế với $a+b+c$ ta được bất đẳng thức tương đương $$(a+b+c)^2+\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+\dfrac{ab^2}{c}+\dfrac{bc^2}{a}+\dfrac{ca^2}{b}+3\ge 6(a+b+c)$$ Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có: \[\frac{{{a}^{3}}}{b}+\frac{{{b}^{3}}}{c}+\frac{{{c}^{3}}}{a}=\frac{{{a}^{4}}}{ab}+\frac{{{b}^{4}}}{bc}+\frac{{{c}^{4}}}{ca}\ge \frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{ab+bc+ca}=\frac{9}{ab+bc+ca}\]
Và $$\frac{a{{b}^{2}}}{c}+\frac{b{{c}^{2}}}{a}+\frac{c{{a}^{2}}}{b}=\frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{ac}+\frac{{{b}^{2}}{{c}^{2}}}{ab}+\frac{{{c}^{2}}{{a}^{2}}}{bc}\ge \frac{{{(ab+bc+ca)}^{2}}}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca$$
Vậy ta đưa về chứng minh BĐT mạnh hơn là: $$(a+b+c)^2+\dfrac{9}{ab+bc+ca}+(ab+bc+ca)+3\ge 6(a+b+c)$$
Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $${{(a+b+c)}^{2}}+\frac{9}{ab+bc+ca}+(ab+bc+ca)+3 \ge {{(a+b+c)}^{2}}+9\ge 6\left( a+b+c \right).$$
Bài toán được chứng minh xong!
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Đây là một bài toán không khó, nhưng khá thú vị. Tôi tìm được 4 lời giải cho nó.
Cách 1.
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$2\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}+a+b+c.$$ Do đó, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$\frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{\left( a+b+c \right)}.$$
Mặt khác, theo một kết quả quen thuộc,
ta có $$\frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge \frac{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( a+b+c \right)}{ab+bc+ca}.$$ Vì bất đẳng thức này tương đương với $$\frac{a^3c}{b}+\frac{b^3a}{c}+\frac{c^3b}{a}\ge a^2b+b^2c+c^2a$$
Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$ cho từng cặp một.
Từ đó, ta đưa bài toán về chứng minh $$(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca).$$ Hiển nhiên đúng!
Bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 2.
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta có $$2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{a}+3a=4a+ \frac{{{b}^{2}}}{a} + \frac{{{c}^{2}}}{a}.$$ Do đó, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được $$a+b+c + \frac{{{a}^{2}}}{b} + \frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge 4a + \frac{{{b}^{2}}}{a} + \frac{{{c}^{2}}}{a}.$$Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với $$\left( c+\frac{{{b}^{2}}}{c}-2b \right)+\left( \frac{{{a}^{2}}}{b}-\frac{{{b}^{2}}}{a} \right)-3\left( a-b \right)\ge 0,$$ hay tương đương $$\frac{{{\left( c-b \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( a-b \right)}^{3}}}{ab}\ge 0.$$ Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng vì ta có thể giả sử $a$ là số lớn nhất trong $3$ số $a,b,c.$
Bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 3.
Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ là số nằm giữa hai số $a$ và $c.$ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \[\begin{matrix}
\left( \frac{{{a}^{2}}}{b}+b-2a \right)+\left( \frac{{{b}^{2}}}{c}+c-2b \right)+\left( \frac{{{c}^{2}}}{a}+a-2c \right)+2\left( a+b+c \right) \\ \ge 2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}, \\
\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a}+2\left( a+b+c \right)\ge 2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}. \\
\end{matrix}\] Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có \[\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a}\ge \frac{{{\left( a-b+b-c+a-c \right)}^{2}}}{a+b+c}=\frac{4{{\left( a-c \right)}^{2}}}{a+b+c}.\] Mặt khác, theo $AM-GM$ thì $$\begin{align}
2\sqrt{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)} & =2\sqrt{\frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}.\left( a+b+c \right)} \\
& \le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}+a+b+c. \\
\end{align}$$ Từ đó, ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức : $$\frac{4{{\left( a-c \right)}^{2}}}{a+b+c}+a+b+c\ge \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{a+b+c}.$$ Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với $$\begin{matrix}
4{{\left( a-c \right)}^{2}}+{{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right), \\
2{{\left( a-c \right)}^{2}}+2\left( a-b \right)\left( b-c \right)\ge 0. \\
\end{matrix}$$ Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo giả sử $b$ là số ở giữa.
Bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 4.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \[\begin{matrix}
\left( \frac{{{a}^{2}}}{b}+b-2a \right)+\left( \frac{{{b}^{2}}}{c}+c-2b \right)+\left( \frac{{{c}^{2}}}{a}+a-2c \right)+ \\ + 2\left( a+b+c \right)-2\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}\ge 0, \\
\begin{matrix}
\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{b}+\frac{{{\left( b-c \right)}^{2}}}{c}+\frac{{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a}-2\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}\ge 0, \\
{{S}_{a}}{{\left( a-b \right)}^{2}}+{{S}_{b}}{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{S}_{c}}{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0. \\
\end{matrix} \\
\end{matrix}\] Trong đó \[\begin{align}
& {{S}_{a}}=\frac{1}{b}-\frac{2}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}>\frac{1}{b}-\frac{2}{b+\sqrt{3}b}=\frac{2-\sqrt{3}}{b}>0. \\
& {{S}_{b}}=\frac{1}{c}-\frac{2}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}>\frac{1}{c}-\frac{2}{c+\sqrt{3}c}=\frac{2-\sqrt{3}}{c}>0. \\
& {{S}_{c}}=\frac{1}{a}-\frac{2}{a+b+c+\sqrt{3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}}>\frac{1}{a}-\frac{2}{a+\sqrt{3}a}=\frac{2-\sqrt{3}}{a}>0. \\
\end{align}\] nên do đó, bài toán được chứng minh xong ;).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 5. (Storm Spirit - toanphothong.vn)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta đi chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn $$(a+b+c)\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right) \ge 3(a^2+b^2+c^2)$$$$\Leftrightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}+\frac{a^2c}{b}+\frac{b^2a}{c}+\frac{c^2b}{a} \ge 2(a^2+b^2+c^2)$$Lại sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta chứng minh được $$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}+ab+bc+ca \ge 2(a^2+b^2+c^2)$$$$\frac{a^2c}{b}+\frac{b^2a}{c}+ \frac{c^2b}{a} +bc+ca+ab \ge 2(ab+bc+ca)$$ Từ hai bất đẳng thức này suy ra ngay điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Cách 6. (Nts_pbc - boxmath.vn)
Chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=3.$
Ta cần chứng minh: $$a+b+c+\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge 6$$ Nhân vế theo vế với $a+b+c$ ta được bất đẳng thức tương đương $$(a+b+c)^2+\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+\dfrac{ab^2}{c}+\dfrac{bc^2}{a}+\dfrac{ca^2}{b}+3\ge 6(a+b+c)$$ Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có: \[\frac{{{a}^{3}}}{b}+\frac{{{b}^{3}}}{c}+\frac{{{c}^{3}}}{a}=\frac{{{a}^{4}}}{ab}+\frac{{{b}^{4}}}{bc}+\frac{{{c}^{4}}}{ca}\ge \frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{ab+bc+ca}=\frac{9}{ab+bc+ca}\]
Và $$\frac{a{{b}^{2}}}{c}+\frac{b{{c}^{2}}}{a}+\frac{c{{a}^{2}}}{b}=\frac{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{ac}+\frac{{{b}^{2}}{{c}^{2}}}{ab}+\frac{{{c}^{2}}{{a}^{2}}}{bc}\ge \frac{{{(ab+bc+ca)}^{2}}}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca$$
Vậy ta đưa về chứng minh BĐT mạnh hơn là: $$(a+b+c)^2+\dfrac{9}{ab+bc+ca}+(ab+bc+ca)+3\ge 6(a+b+c)$$
Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $${{(a+b+c)}^{2}}+\frac{9}{ab+bc+ca}+(ab+bc+ca)+3 \ge {{(a+b+c)}^{2}}+9\ge 6\left( a+b+c \right).$$
Bài toán được chứng minh xong!
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \ \blacksquare$
Sao gõ $\LaTeX$ được vậy anh?
Trả lờiXóa^^! Cho thêm một đoạn mã java vào là được thôi em :D
Trả lờiXóa