Cho  \(a,b,c\) là các số dương thỏa mãn điều kiện...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cosi, Bunhiakopski và các bất đẳng thức phụ:

\(\begin{array}{l}{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\\{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\end{array}\)

Giải chi tiết:

Cho \(a,b,c\)là các số dương thỏa mãn điều kiện \(a + b + c + ab + bc + ca = 6\). Chứng minh rằng:  \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\).

+) Chứng minh bất đẳng thức phụ: Với \(a,b,c\)là các số dương ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{b^2}}}{2} \ge 2\sqrt {\frac{{{a^2}}}{2}.\frac{{{b^2}}}{2}}  = ab\\\frac{{{b^2}}}{2} + \frac{{{c^2}}}{2} \ge 2\sqrt {\frac{{{b^2}}}{2}.\frac{{{c^2}}}{2}}  = bc\\\frac{{{c^2}}}{2} + \frac{{{a^2}}}{2} \ge 2\sqrt {\frac{{{c^2}}}{2}.\frac{{{a^2}}}{2}}  = ac\end{array} \right. \Rightarrow 2\left( {\frac{{{a^2}}}{2} + \frac{{{b^2}}}{2} + \frac{{{c^2}}}{2}} \right) \ge ab + bc + ca \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\)

Từ bất đẳng thức trên ta dễ chứng minh được bất đẳng thức thứ hai.

Ta có:

 \(\begin{array}{l}\;\;\;\;{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca\\ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab + 2bc + 2ca \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right)\end{array}\)

+) Xét bất đẳng thức \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\)\(\)

Áp dụng bất đẳng thức Co-si ta có:

\(\begin{array}{l} + )\frac{{{a^3}}}{b} + ab \ge 2\sqrt {\frac{{{a^3}}}{b}.ab}  = 2{a^2}\\ + )\frac{{{b^3}}}{c} + bc \ge 2\sqrt {\frac{{{b^3}}}{c}.bc}  = 2{b^2}\\ + )\frac{{{c^3}}}{a} + ac \ge 2\sqrt {\frac{{{c^3}}}{a}.ac}  = 2{c^2}\\ \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge 2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - \left( {ab + bc + ca} \right) = {a^2} + {b^2} + {c^2} + \left[ {{a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right)} \right]\end{array}\)

Mà có: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 0\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - \left( {ab + bc + ca} \right)} \right) \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\\ \Rightarrow \frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\end{array}\)

Xét bất đẳng thức: \({a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\)

Theo đề bài có: \(a + b + c + ab + bc + ca = 6\)

Mà có: \(ab + bc + ca \le \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}\) (cmt)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {a + b + c} \right) + \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} \ge 6 \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} + 3\left( {a + b + c} \right) - 18 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {a + b + c - 3} \right)\left( {a + b + c + 6} \right) \ge 0 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3\end{array}\)

Do \(a,b,c > 0 \Rightarrow a + b + c + 6 > 0\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho bộ ba số \(\left( {1;1;1} \right)\) và \(\left( {a;b;c} \right)\) có:

\(\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a.1 + b.1 + c.1} \right)^2} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} \ge \frac{{{3^2}}}{3} = 3\).

Vậy ta chứng minh được \(\frac{{{a^3}}}{b} + \frac{{{b^3}}}{c} + \frac{{{c^3}}}{a} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\).