Tăng Hải Tuân

Đề bài: Chứng minh rằng nếu $a,b,c$ là các số thực dương thì: $${\displaystyle \frac{(a+b+c{)}^2}{a^2+b^2+c^2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}}-{\displaystyle \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}})\ge 4.$$

Lời giải

Mình giới thiệu với các bạn một lời giải rất hay của anh Trần Quốc Anh.
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là
$$\frac{2(a+b+c{)}^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})\ge 7$$
Do ${\displaystyle \frac{2(a+b+c{)}^2}{a^2+b^2+c^2}}=2+{\displaystyle \frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}}$nên bất đẳng thức trên có thể viết lại thành
$$\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})\ge 5$$
Hay
$${\displaystyle \frac{8(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}}+{\displaystyle \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}}-{\displaystyle \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}\ge 10(1)$$
Để bài toán trở nên đơn giản hơn, ta nên tìm cách giảm bớt số đại lượng khác nhau.
Cụ thể là ở đây, ta sẽ thử đánh giá thế nào đó để đưa đại lượng $${\displaystyle \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}$$ về $${\displaystyle \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}.$$
Điều này gợi cho ta ý tưởng sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng $x+y\ge 2\sqrt{xy}$. Thật vậy, dễ thấy
$$\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\ge 2$$
Suy ra
$$\frac{8(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 16-\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$$
Sử dụng đánh giá này, ta sẽ quy (1) về việc chứng minh
$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\ge \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-6$$
Tương đương với
$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-3\ge 9(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1)$$
Hay
$$\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc}\ge \frac{9(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{ab+bc+ca}$$
Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc
$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$
Ta suy ra bất đẳng thức trên có thể viết lại thành
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{ab+bc+ca})\ge 0$$
Do $a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca={\displaystyle \frac{1}{2}}[(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2]\ge 0$
Nên chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
$$\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{ab+bc+ca}\ge 0$$
Hay
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 9abc$$
Điều này là hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM bộ ba số,
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt{a^2{b}^2{c}^2}=9abc$$
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◼"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.1.0/svg/25fc.svg">}$