Đề bài: Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}}+\sqrt{\dfrac{b(c+a)}{b^2+ca}}+\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{c^2+ab}}\ge 2$$

Lời giải

Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi một biến bằng không, hai biến còn lại bằng nhau.
Trước hết, mục tiêu của ta là phá căn, hiển nhiên tư tưởng đầu tiên sẽ sử dụng $AM-GM.$ Ta sẽ đánh giá sao cho đẳng thức đạt tại $a=b>0$ và $c=0$ chẳng hạn.
Chú ý với đẳng thức trên thì $a(b+c)=a^2+bc, \ b(c+a)=b^2+ca$ và ta sẽ sử dụng $AM-GM.$
$$\begin{align}
& \sqrt{\frac{a\left( b+c \right)}{{{a}^{2}}+bc}}=\frac{2a\left( b+c \right)}{2\sqrt{a\left( b+c \right)\left( {{a}^{2}}+bc \right)}}\ge \frac{2a\left( b+c \right)}{a\left( b+c \right)+\left( {{a}^{2}}+bc \right)}=\frac{2a\left( b+c \right)}{\left( a+c \right)\left( a+b \right)} \\
& \sqrt{\frac{b(c+a)}{{{b}^{2}}+ca}}=\frac{2b(c+a)}{2\sqrt{b(c+a)\left( {{b}^{2}}+ca \right)}}\ge \frac{2b(c+a)}{b(c+a)+\left( {{b}^{2}}+ca \right)}=\frac{2b(c+a)}{\left( a+b \right)\left( c+b \right)} \\
\end{align}$$
Như vậy còn đại lượng $c(a+b)$ và $c^2+ab$ thì sao? Hiển nhiên khi $a=b, \ c=0$ thì hai đại lượng đó không thể bằng nhau, liệu ta có thể sử dụng $AM-GM$ giống như trên được không? Câu trả lời là có! Chú ý rằng $\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{c^2+ab}}$ có $c$ ở trên tử, nên nếu ta giữ nguyên $c$ ở trên tử, thì mọi đánh giá của ta đối với $\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{c^2+ab}}$ mà không làm mất $c$, thì ta luôn giữ được đẳng thức tại $c=0$. Nhưng ta không thể viết $$\sqrt{\frac{c(a+b)}{{{c}^{2}}+ab}}=\frac{2c\left( a+b \right)}{2\sqrt{c\left( a+b \right)\left( {{c}^{2}}+ab \right)}}$$ để sử dụng $AM-GM$ ở dưới mẫu vì viết như thế, khi $c=0$ thì phân thức sẽ vô nghĩa ngay. Vậy giải quyết như thế nào? Rất đơn giản, ta trình bày như sau:
Ta sẽ chứng minh $$\sqrt{\frac{c(a+b)}{{{c}^{2}}+ab}}\ge \frac{2c\left( a+b \right)}{c\left( a+b \right)+\left( {{c}^{2}}+ab \right)}=\frac{2c\left( a+b \right)}{\left( c+a \right)\left( c+b \right)},$$ tương đương
$$\begin{matrix}
\frac{c(a+b)}{{{c}^{2}}+ab}\ge {{\left[ \frac{2c\left( a+b \right)}{c\left( a+b \right)+\left( {{c}^{2}}+ab \right)} \right]}^{2}}, \\
c\left( a+b \right){{\left[ c\left( a+b \right)+\left( {{c}^{2}}+ab \right) \right]}^{2}}\ge c\left( a+b \right).4c\left( a+b \right)\left( {{c}^{2}}+ab \right), \\
c\left( a+b \right){{\left[ c\left( a+b \right)-\left( {{c}^{2}}+ab \right) \right]}^{2}}\ge 0. \\
\end{matrix}$$
Vậy bất đẳng thức trên đúng và vẫn đảm bảo đẳng thức tại $c=0$. Từ đó ta có
\[\begin{align}
\sqrt{\frac{a(b+c)}{{{a}^{2}}+bc}}+\sqrt{\frac{b(c+a)}{{{b}^{2}}+ca}}+\sqrt{\frac{c(a+b)}{{{c}^{2}}+ab}} & \ge \frac{2\left[ a{{\left( b+c \right)}^{2}}+b{{\left( c+a \right)}^{2}}+c{{\left( a+b \right)}^{2}} \right]}{\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)} \\
& =2\left[ 1+\frac{4abc}{\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)} \right] \\
& \ge 2. \\
\end{align}\] Kết thúc chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b, \ c=0$ hoặc các hoán vị. $\blacksquare$

Leave a Reply

Your email address will not be published.