Question

[Nguyễn Bích Diệp]

Với a,b,c > 0, chứng minh rằng \(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\)

Answer 1

[Lê Song Phương]

Bài này áp dụng BĐT B.C.S là ra nhé

Ta có \(VT=\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+a}=a+b+c=VP\) 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{a}\Leftrightarrow a=b=c\)

(*) BĐT B.C.S phát biểu như sau:

 Cho \(2n\) số thực \(a_1,a_2,...,a_n,x_1,x_2,...,x_n\), trong đó \(a_i>0,\forall i\in\left\{1,2,...,n\right\}\). Khi đó ta có:

 \(\dfrac{x_1^2}{a_1}+\dfrac{x_2^2}{a_2}+...+\dfrac{x_n^2}{a_n}\ge\dfrac{\left(x_1+x_2+...+x_n\right)^2}{a_1+a_2+...+a_n}\) (*)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\dfrac{x_1}{a_1}=\dfrac{x_2}{a_2}=...=\dfrac{x_n}{a_n}\)

Trước tiên, ta chứng minh (*) đúng với \(n=2\). Thật vậy:

Với \(x,y\inℝ;a,b>0\), thì ta cần chứng minh 

\(\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{bx^2+ay^2}{ab}\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(bx^2+ay^2\right)\ge ab\left(x+y\right)^2\)

\(\Leftrightarrow abx^2+a^2y^2+b^2x^2+aby^2\ge abx^2+aby^2+2abxy\)

\(\Leftrightarrow a^2y^2-2abxy+b^2x^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(ay-bx\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

 Vậy ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow ay=bx\Leftrightarrow\dfrac{x}{a}=\dfrac{y}{b}\)

 Để chứng minh với \(n\ge3\) thì bạn chỉ cần dùng nhiều lần BĐT cho 2 phân thức là được.

 VD: \(\dfrac{x^2}{a}+\dfrac{y^2}{b}+\dfrac{z^2}{c}\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{a+b}+\dfrac{z^2}{c}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\)

Vậy BĐT được chứng minh.