Bất đẳng thức

BẤT ĐẲNG THỨC

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

1. Định nghĩa :

Cho $a,\,\,b$ là hai số thực. Các mệnh đề $''a>b'',\,\,''a<b'',\,\,''a\ge b'',\,\,''a\le b''$ được gọi là những bất đẳng thức.

+ Chứng minh bất đảng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng(mệnh đề đúng)
+ Với $A,\,\,B$ là mệnh đề chứ biến thì $''A>B''$ là mệnh đề chứa biến. Chứng minh bất đẳng thức $A>B$ (với điều kiện nào đó) nghĩa là chứng minh mệnh đề chứa biến $''A>B''$ đúng với tất cả các giá trị của biến(thỏa mãn điều kiện đó). Khi nói ta có bất đẳng thức $A>B$ mà không nêu điều kiện đối với các biến thì ta hiểu rằng bất đẳng thức đó xảy ra với mọi giá trị của biến là số thực.

2. Tính chất :

* $\displaystyle a>b$ và $b>c\Rightarrow a>c$

* $a>b\Leftrightarrow a+c>b+c$

* $a>b$ và $c>d\Rightarrow a+c>b+d$

* Nếu $c>0$ thì $a>b\Leftrightarrow ac>bc$

Nếu $c<0$ thì $a>b\Leftrightarrow ac<bc$

* $a>b\ge 0\Rightarrow \sqrt{a}>\sqrt{b}$

* $a\ge b\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{2}}\ge {{b}^{2}}$

* $a>b\ge 0\Rightarrow {{a}^{n}}>{{b}^{n}}$

3. Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối.

* $-\left| a \right|\le a\le \left| a \right|$ với mọi số thực $\displaystyle a$ .

* $\left| x \right|<a\Leftrightarrow -a<x<a$ ( Với $a>0$ ).

* $\left| x \right|>a\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x>a\\x<-a\end{array} \right.$ ( Với $a>0$ ).

4. Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (Bất đẳng thức Cauchy)

a) Đối với hai số không âm

Cho $\displaystyle a\ge 0,\,\,b\ge \text{0}$ , ta có $\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$ . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi $a=b$ .

Hệ quả :

* Hai số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau

* Hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau

b) Đối với ba số không âm

Cho $a\ge 0,\,\,b\ge 0,\,\,c\ge 0$ , ta có $\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}$ . Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi $\displaystyle a=b=c$ .

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.

DẠNG TOÁN 1: SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍCH CHẤT CƠ BẢN.

1. Phương pháp giải.

Để chứng minh bất đẳng thức(BĐT) $A\ge B$ ta có thể sử dụng các cách sau:

Ta đi chứng minh $A-B\ge 0$ . Để chứng minh nó ta thường sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích $A-B$ thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm.

Xuất phát từ BĐT đúng, biến đổi tương đương về BĐT cần chứng minh.

2. Các ví dụ minh họa.

Loại 1: Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng.

Ví dụ 1 : Cho hai số thực $a,b,c$ . Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau

a) $ab\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}$ b) $ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}$

c) $\displaystyle 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$ d) $\displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)$

Lời giải:

a) Ta có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab={{(a-b)}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab$ . Đẳng thức $\Leftrightarrow a=b$ .

b) Bất đẳng thức tương đương với ${{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}-ab\ge 0$

$\Leftrightarrow {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}\ge 4ab\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$ (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b$

c) BĐT tương đương $\displaystyle 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca$

$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0$ (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

d) BĐT tương đương $\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca\ge 3\left( ab+bc+ca \right)$

$\Leftrightarrow 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-2\left( ab+bc+ca \right)\ge 0$
$\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0$ (đúng) ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Nhận xét: Các BĐT trên được vận dụng nhiều, và được xem như là “bổ đề” trong chứng minh các bất đẳng thức khác.

Ví dụ 2 : Cho năm số thực $a,b,c,d,e$ . Chứng minh rằng ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a(b+c+d+e)$ .

Lời giải:

Ta có : ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}-a(b+c+d+e)=$

$=(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ab+{{b}^{2}})+(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ac+{{c}^{2}})+(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ad+{{d}^{2}})+(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ae+{{e}^{2}})$

$={{(\frac{a}{2}-b)}^{2}}+{{(\frac{a}{2}-c)}^{2}}+{{(\frac{a}{2}-d)}^{2}}+{{(\frac{a}{2}-e)}^{2}}\ge 0\Rightarrow$ đpcm.

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow b=c=d=e=\frac{a}{2}$ .

Loại 2: Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh

Đối với loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc đặc biệt

* Chú ý hai mệnh đề sau thường dùng

$\displaystyle a\in \left[ \alpha ;\beta \right]\Rightarrow \left( a-\alpha \right)\left( a-\beta \right)\le 0$ $\displaystyle \left( * \right)$

$\displaystyle a,b,c\in \left[ \alpha ;\beta \right]\Rightarrow \left( a-\alpha \right)\left( b-\alpha \right)\left( c-\alpha \right)+\left( \beta -a \right)\left( \beta -b \right)\left( \beta -c \right)\ge 0\left( ** \right)$

Ví dụ 7 : Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng : ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}<2(ab+bc+ca)$ .

Lời giải:

Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có :

$a+b>c\Rightarrow ac+bc>{{c}^{2}}$ . Tương tự

$bc+ba>{{b}^{2}};\text{ }ca+cb>{{c}^{2}}$ cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm

Nhận xét : * Ở trong bài toán trên ta đã xuất phát từ BĐT đúng đó là tính chất về độ dài ba cạnh của tam giác. Sau đó vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân hai vế của BĐT với c.

Ngoài ra nếu xuất phát từ BĐT $|a-b|<c$ rồi bình phương hai vế ta cũng có được kết quả.

Ví dụ 8 : Cho $a,b,c\in [0;1]$ . Chứng minh : ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 1+{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$

Lời giải:

Cách 1:
Vì $a,b,c\in [0;1]\Rightarrow (1-{{a}^{2}})(1-{{b}^{2}})(1-{{c}^{2}})\ge 0$

$\Leftrightarrow 1+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}-{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ (*)

Ta có : ${{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge 0;\text{ }{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$ nên từ (*) ta suy ra

$\displaystyle {{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 1+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le 1+{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$ đpcm.

Cách 2: BĐT cần chứng minh tương đương với $\displaystyle {{\text{a}}^{\text{2}}}\left( 1-b \right)+{{b}^{2}}\left( 1-c \right)+{{c}^{2}}\left( 1-a \right)\le 1$

Mà $\displaystyle a,b,c\in \left[ 0;1 \right]$ $\displaystyle \Rightarrow {{a}^{2}}\le a,{{b}^{2}}\le b,{{c}^{2}}\le c$ do đó:

$\displaystyle {{a}^{2}}\left( 1-b \right)+{{b}^{2}}\left( 1-c \right)+{{c}^{2}}\left( 1-a \right)\le a\left( 1-b \right)+b\left( 1-c \right)+c\left( 1-a \right)$

Ta chỉ cần chứng minh $\displaystyle a\left( 1-b \right)+b\left( 1-c \right)+c\left( 1-a \right)\le 1$

Thật vậy: vì $\displaystyle a,b,c\in \left[ 0;1 \right]$ nên theo nhận xét $\displaystyle \left( ** \right)$ ta có

$\displaystyle abc+\left( 1-a \right)\left( 1-b \right)\left( 1-c \right)\ge 0$ $\displaystyle \Leftrightarrow$ $\displaystyle a+b+c-\left( ab+bc+ca \right)\le 1$

$\displaystyle \Leftrightarrow$ $\displaystyle a\left( 1-b \right)+b\left( 1-c \right)+c\left( 1-a \right)\le 1$

Vậy BĐT ban đầu được chứng minh.

DẠNG TOÁN 2: SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY(côsi) ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM GIÁ TRI LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.

1. Phương pháp giải.

Một số chú ý khi sử dụng bất đẳng thức côsi:

* Khi áp dụng bđt côsi thì các số phải là những số không âm

* BĐT côsi thường được áp dụng khi trong BĐT cần chứng minh có tổng và tích

* Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau

* Bất đẳng thức côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng

Đối với hai số: ${{x}^{2}}\,\,+\,{{y}^{2}}\,\,\ge \,\,2xy;\,\,\,\,\,\,\,\,{{x}^{2}}\,\,+\,{{y}^{2}}\,\,\ge \,\,\frac{{{(x\,+\,y)}^{2}}}{2};\,\,\,\,\,\,\,xy\le \,\,{{\left( \frac{x+y}{2} \right)}^{2}}$ .

Đối với ba số: $abc\le \frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{3},\,\,abc\le {{\left( \frac{a+b+c}{3} \right)}^{3}}$

2. Các ví dụ minh họa.

Loại 1: Vận dụng trực tiếp bất đẳng thức côsi

Ví dụ 1: Cho $\displaystyle a,b$ là số dương thỏa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}=2$ . Chứng minh rằng

a) $\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\left( \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{a}^{2}}} \right)\ge 4$ b) ${{\left( a+b \right)}^{5}}\ge 16ab\sqrt{\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)}$

Lời giải:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có

$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2,\,\,\frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{a}^{2}}}\ge 2\sqrt{\frac{a}{{{b}^{2}}}.\frac{b}{{{a}^{2}}}}=\frac{2}{\sqrt{ab}}$

Suy ra $\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\left( \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{a}^{2}}} \right)\ge \frac{4}{\sqrt{ab}}$ (1)

Mặt khác ta có $2={{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}=2ab\Rightarrow ab\le 1$ (1)

Từ (1) và (2) suy ra $\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\left( \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{a}^{2}}} \right)\ge 4$ ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\displaystyle a=b=1$ .

b) Ta có $\displaystyle {{\left( a+b \right)}^{5}}=\left( {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}}+3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)$

Áp dụng BĐT côsi ta có

$\displaystyle {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}\ge 2\sqrt{2ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}=4\sqrt{ab}$

và $\displaystyle \left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}} \right)+\left( 3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)\ge 2\sqrt{\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}} \right)\left( 3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)}$ $\displaystyle =4\sqrt{ab\left( 1+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+1 \right)}$

Suy ra $\displaystyle \left( {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}}+3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)$ $\displaystyle \ge 16ab\sqrt{\left( {{a}^{2}}+1 \right)\left( {{b}^{2}}+1 \right)}$

Do đó ${{\left( a+b \right)}^{5}}\ge 16ab\sqrt{\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)}$ ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\displaystyle a=b=1$ .

Ví dụ 2: Cho $\displaystyle a,b,c$ là số dương. Chứng minh rằng

a) $\left( a+\frac{1}{b} \right)\left( b+\frac{1}{c} \right)\left( c+\frac{1}{a} \right)\ge 8$

b) ${{a}^{2}}(1+{{b}^{2}})+{{b}^{2}}(1+{{c}^{2}})+{{c}^{2}}(1+{{a}^{2}})\ge 6abc$

c) $(1+a)(1+b)(1+c)\ge {{\left( 1+\sqrt[3]{abc} \right)}^{3}}$

d) ${{a}^{2}}\sqrt{bc}+{{b}^{2}}\sqrt{ac}+{{c}^{2}}\sqrt{ab}\le {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}$

Lời giải:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có:

$\displaystyle a+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}},\,\,b+\frac{1}{c}\ge 2\sqrt{\frac{b}{c}},\,\,c+\frac{1}{a}\ge 2\sqrt{\frac{c}{a}}$

Suy ra $\left( a+\frac{1}{b} \right)\left( b+\frac{1}{c} \right)\left( c+\frac{1}{a} \right)\ge 8\sqrt{\frac{a}{b}}.\sqrt{\frac{b}{c}}.\sqrt{\frac{c}{a}}=8$ ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ .

b) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

$1+{{a}^{2}}\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}}=2a$ , tương tự ta có $1+{{b}^{2}}\ge 2b,\,\,1+{{c}^{2}}\ge 2c$

Suy ra ${{a}^{2}}(1+{{b}^{2}})+{{b}^{2}}(1+{{c}^{2}})+{{c}^{2}}(1+{{a}^{2}})\ge 2\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)$

Mặt khác, áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\ge 3\sqrt{{{a}^{2}}b.{{b}^{2}}c.{{c}^{2}}a}=3abc$

Suy ra ${{a}^{2}}(1+{{b}^{2}})+{{b}^{2}}(1+{{c}^{2}})+{{c}^{2}}(1+{{a}^{2}})\ge 6abc$ . ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ .

c) Ta có $(1+a)(1+b)(1+c)=$ $1+\left( ab+bc+ca \right)+\left( a+b+c \right)+abc$

Áp dụng BĐT côsi cho ba số dương ta có

$ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=3{{\left( \sqrt[3]{abc} \right)}^{2}}$ và $\displaystyle a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}$

Suy ra $(1+a)(1+b)(1+c)\ge$ $1+3{{\left( \sqrt[3]{abc} \right)}^{2}}+3\sqrt[3]{abc}+abc={{\left( 1+\sqrt[3]{abc} \right)}^{3}}$ ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ .

d) Áp dụng BĐT côsi cho hai số dương ta có

$\displaystyle {{a}^{2}}\sqrt{bc}\le {{a}^{2}}\left( \frac{b+c}{2} \right),\,\,\,{{b}^{2}}\sqrt{ac}\le {{b}^{2}}\left( \frac{a+c}{2} \right),\,$ $\displaystyle \,{{c}^{2}}\sqrt{ab}\le {{c}^{2}}\left( \frac{a+b}{2} \right)$

Suy ra $\displaystyle {{a}^{2}}\sqrt{bc}+{{b}^{2}}\sqrt{ac}+{{c}^{2}}\sqrt{ab}$ $\displaystyle \le \frac{{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{a}^{2}}c+{{c}^{2}}a+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}b}{2}$ (1)

Mặt khác theo BĐT côsi cho ba số dương ta có

${{a}^{2}}b\le \frac{{{a}^{3}}+{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{3},\,\,{{b}^{2}}a\le \frac{{{b}^{3}}+{{b}^{3}}+{{a}^{3}}}{3},\,$ $\,{{a}^{2}}c\le \frac{{{a}^{3}}+{{a}^{3}}+{{c}^{3}}}{3},$

${{c}^{2}}a\le \frac{{{c}^{3}}+{{c}^{3}}+{{a}^{3}}}{3},\,\,{{b}^{2}}c\le \frac{{{b}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}}{3},\,\,$ ${{c}^{2}}b\le \frac{{{c}^{3}}+{{c}^{3}}+{{b}^{3}}}{3}$

Suy ra ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{a}^{2}}c+{{c}^{2}}a+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}b\le 2\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}} \right)$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra ${{a}^{2}}\sqrt{bc}+{{b}^{2}}\sqrt{ac}+{{c}^{2}}\sqrt{ab}\le {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ .

Loại 2: Kĩ thuật tách, thêm bớt, ghép cặp.

Để chứng minh BĐT ta thường phải biến đổi (nhân chia, thêm, bớt một biểu thức) để tạo biểu thức có thể giản ước được sau khi áp dụng BĐT côsi.
Khi gặp BĐT có dạng $x+y+z\ge a+b+c$ (hoặc $xyz\ge abc$ ), ta thường đi chứng minh $\displaystyle x+y\ge 2a$ (hoặc $\displaystyle ab\le {{x}^{2}}$ ), xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng(hoặc nhân) vế với vế ta suy ra điều phải chứng minh.
Khi tách và áp dụng BĐT côsi ta dựa vào việc đảm bảo dấu bằng xảy ra(thường dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau hoặc tại biên).

Ví dụ 5: Cho $a,b,c$ là số dương. Chứng minh rằng:

a) $\displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c$ b) $\displaystyle \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{c}^{2}}}+\frac{c}{{{a}^{2}}}\ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Lời giải:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có $\displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge 2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}=2b$

Tương tự ta có $\displaystyle \frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge 2c,\,\,\frac{ac}{b}+\frac{ba}{c}\ge 2a$ .

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

$\displaystyle 2\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b} \right)\ge 2\left( a+b+c \right)$ $\displaystyle \Leftrightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c$ (ĐPCM)

Đẳng thức xảy ra khi $\displaystyle a=b=c$ .

b) Áp dụng BĐT côsi ta có $\displaystyle \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{a}\ge 2\sqrt{\frac{a}{{{b}^{2}}}.\frac{1}{a}}=\frac{2}{b}$

Tương tự ta có $\displaystyle \frac{b}{{{c}^{2}}}+\frac{1}{b}\ge \frac{2}{c},\,\,\frac{c}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{c}\ge \frac{2}{a}$

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được

$\displaystyle \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{c}^{2}}}+\frac{c}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}$ $\displaystyle \Leftrightarrow \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{c}^{2}}}+\frac{c}{{{a}^{2}}}\ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi $\displaystyle a=b=c$ .

Ví dụ 6: Cho $a,b,c$ dương sao cho ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$ . Chứng minh rằng

a) $\frac{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}{c}+\frac{{{b}^{3}}{{c}^{3}}}{a}+\frac{{{c}^{3}}{{a}^{3}}}{b}\ge 3abc$

b) $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge 3$ .

Lời giải:

a) Áp dụng BĐT côsi ta có $\frac{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}{c}+\frac{{{b}^{3}}{{c}^{3}}}{a}\ge 2\sqrt{\frac{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}{c}.\frac{{{b}^{3}}{{c}^{3}}}{a}}=2{{b}^{3}}ac$

Tương tự ta có $\frac{{{b}^{3}}{{c}^{3}}}{a}+\frac{{{c}^{3}}{{a}^{3}}}{b}\ge 2ab{{c}^{3}},\,\,\frac{{{c}^{3}}{{a}^{3}}}{b}+\frac{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}{c}\ge 2{{a}^{3}}bc$

Cộng vế với vế ta có $2\left( \frac{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}{c}+\frac{{{b}^{3}}{{c}^{3}}}{a}+\frac{{{c}^{3}}{{a}^{3}}}{b} \right)\ge 2abc\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$

$\Leftrightarrow \frac{{{a}^{3}}{{b}^{3}}}{c}+\frac{{{b}^{3}}{{c}^{3}}}{a}+\frac{{{c}^{3}}{{a}^{3}}}{b}\ge 3abc$ . ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi $\displaystyle a=b=c=1$ .

b) BĐT tương đương với ${{\left( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)}^{2}}\ge 9$

$\Leftrightarrow {{\left( \frac{ab}{c} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{bc}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{ca}{b} \right)}^{2}}+2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge 9$ $\Leftrightarrow {{\left( \frac{ab}{c} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{bc}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{ca}{b} \right)}^{2}}\ge 3$

Áp dụng BĐT côsi ta có ${{\left( \frac{ab}{c} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{bc}{a} \right)}^{2}}\ge 2\sqrt{{{\left( \frac{ab}{c} \right)}^{2}}.{{\left( \frac{bc}{a} \right)}^{2}}}=2{{b}^{2}}$

Tương tự ta có ${{\left( \frac{bc}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{ca}{b} \right)}^{2}}\ge 2{{c}^{2}},\,\,{{\left( \frac{ca}{b} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{ab}{c} \right)}^{2}}\ge 2{{\text{a}}^{2}}$

Cộng vế với vế và rút gọn ta được ${{\left( \frac{ab}{c} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{bc}{a} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{ca}{b} \right)}^{2}}\ge 3$ ĐPCM.