Lời giải
Chia hai vế của bất đẳng thức cho $abc$, ta cần chứng minh $$\begin{matrix}
\left( 1+\frac{ab}{c} \right)\left( 1+\frac{bc}{a} \right)\left( 1+\frac{ca}{b} \right)\ge 8, \\
{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)+abc\ge 7. \\
\end{matrix}$$ Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$, ta có
$$\begin{align}
{{\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)}^{2}} & \ge 3\left( \frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}+\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}+\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c} \right) \\
& =3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+c \right) \\
& \ge 3\frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{3} \\
& =9. \\
\end{align}$$ Từ đó ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là $$\begin{matrix}
{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3+abc\ge 7, \\
{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+abc+5\ge 3\left( a+b+c \right). \\
\end{matrix}$$ Thật vậy, đặt $2t=a+b$ và giả sử $c(a-1)(b-1) \ge 0$. Khi đó ta có $$abc \ge c(a+b-1)=c(2t-1).$$ Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có $$a^2+b^2 \ge 2t^2.$$ Dùng hai đánh giá trên, ta đưa bài toán về việc chứng minh bất đẳng thức $$2t^2+c^2+2tc-c+5 \ge 3(2t+c),$$ hay là $$f(t)=2.t^2+2(c-3).t+c^2-4c+5 \ge 0.$$ Vì hệ số của $t^2$ luôn dương, và $${{{\Delta }'}_{t}}={{\left( c-3 \right)}^{2}}-2\left( {{c}^{2}}-4c+5 \right)=-{{\left( c-1 \right)}^{2}}\le 0.$$ Dó đó, theo định lí về dấu của tam th, ta có $f(t) \ge 0.$
Bài toán được chứng minh xong ^^!
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1. \ \blacksquare$
0 nhận xét:
Đăng nhận xét