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