[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi MATHSCOPE

$\boxed{3}$ [Lạng Sơn] Cho $a,\,b,\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \ge \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right).\]

Câu này là đề Iran 2005.

Giả sử $a = \max\{a,b,c\}.$ Ta xét hai trường hợp sau:

1. Nếu $b \geqslant c,$ áp dụng bất đẳng thức AM-GM
\[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2.\]
Ta quy bài toán về chứng minh
\[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{b}+b\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\]
thu gọn thành
\[\frac{(a-c)\left[b(b-c)+c(a-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\]
Hiển nhiên đúng.

2. Nếu $b \leqslant c,$ đánh giá tương tự như trên
\[4(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \leqslant \left [\frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \right ]^2,\]
ta đưa bài toán về chứng minh
\[2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right ) \geqslant \frac{a+b+c}{c}+c\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ),\]
tương đương với
\[\frac{(a-b)(2ca-ab-c^2)}{abc} \geqslant 0.\]
\[\frac{(a-b)\left[c(a-c)+a(c-b)\right]}{abc} \geqslant 0.\]
Hiển nhiên đúng.

Trong mọi trường hợp bất đẳng thức đều được chứng minh.

Ngoài ra thì
\[{\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \-\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = \sum \frac{(a+b)(a-b)^2}{ab^2} \geqslant 0.\]
------------------------------

Nguyên văn bởi Le khanhsy

Ngoài ra chúng ta cũng có thể giải bằng thuần Cauchy-Schwarz một cách dễ dàng

Bài này có thể giải thuần túy Cauchy-Schwarz bằng 2 cách.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]