Ví dụ 1. Cho $a$, $b$ 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) ${{\left( a+b \right)}^{5}}\ge 16ab\sqrt{\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)}.$
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, 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 $2={{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}=2ab$ $\Rightarrow ab\le 1$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\left( \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{a}^{2}}} \right)\ge 4.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1.$
b) Ta có ${{\left( a+b \right)}^{5}}$ $=\left( {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}}+3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
${{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}$ $\ge 2\sqrt{2ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}=4\sqrt{ab}.$
$\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}} \right)+\left( 3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)$ $\ge 2\sqrt{\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}} \right)\left( 3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)}$ $=4\sqrt{ab\left( 1+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+1 \right)}.$
Suy ra $\left( {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}}+3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)$ $\ge 16ab\sqrt{\left( {{a}^{2}}+1 \right)\left( {{b}^{2}}+1 \right)}.$
Do đó ${{\left( a+b \right)}^{5}}$ $\ge 16ab\sqrt{\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)}.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1.$
Ví dụ 2. Cho $a$, $b$, $c$ là các 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) ${{a}^{2}}\sqrt{bc}+{{b}^{2}}\sqrt{ac}+{{c}^{2}}\sqrt{ab}$ $\le {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}.$
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
$a+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}}.$
$b+\frac{1}{c}\ge 2\sqrt{\frac{b}{c}}.$
$c+\frac{1}{a}\ge 2\sqrt{\frac{c}{a}}.$
Suy ra $\left( a+\frac{1}{b} \right)\left( b+\frac{1}{c} \right)\left( c+\frac{1}{a} \right)$ $\ge 8\sqrt{\frac{a}{b}}.\sqrt{\frac{b}{c}}.\sqrt{\frac{c}{a}}=8.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
$1+{{a}^{2}}\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}}=2a.$
$1+{{b}^{2}}\ge 2b.$
$1+{{c}^{2}}\ge 2c.$
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 bất đẳng thức Cô-si 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 ${{a}^{2}}(1+{{b}^{2}})+{{b}^{2}}(1+{{c}^{2}})+{{c}^{2}}(1+{{a}^{2}})\ge 6abc$.
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 bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:
$ab+bc+ca$ $\ge 3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=3{{\left( \sqrt[3]{abc} \right)}^{2}}.$
$a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}.$
Suy ra $(1+a)(1+b)(1+c)$ $\ge 1+3{{\left( \sqrt[3]{abc} \right)}^{2}}+3\sqrt[3]{abc}+abc$ $={{\left( 1+\sqrt[3]{abc} \right)}^{3}}.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
d) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
${{a}^{2}}\sqrt{bc}\le {{a}^{2}}\left( \frac{b+c}{2} \right).$
${{b}^{2}}\sqrt{ac}\le {{b}^{2}}\left( \frac{a+c}{2} \right).$
${{c}^{2}}\sqrt{ab}\le {{c}^{2}}\left( \frac{a+b}{2} \right).$
Suy ra ${{a}^{2}}\sqrt{bc}+{{b}^{2}}\sqrt{ac}+{{c}^{2}}\sqrt{ab}$ $\le \frac{{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{a}^{2}}c+{{c}^{2}}a+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}b}{2}$ $(1).$
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si 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 $a=b=c.$
Ví dụ 3. Cho $a$, $b$, $c$, $d$ là các số dương. Chứng minh rằng:
a) $\frac{a+b+c+d}{4}\ge \sqrt[4]{abcd}.$
b) $\left( \frac{a}{{{b}^{3}}}+\frac{b}{{{c}^{3}}}+\frac{c}{{{d}^{3}}}+\frac{d}{{{a}^{3}}} \right)\left( a+b \right)\left( b+c \right)\ge 16.$
c) $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 4.$
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
$a+b\ge 2\sqrt{ab}.$
$c+d\ge 2\sqrt{c\text{d}}.$
$\sqrt{ab}+\sqrt{cd}$ $\ge 2\sqrt{\sqrt{ab}.\sqrt{cd}}$ $=2\sqrt[4]{abc\text{d}}.$
Suy ra $\frac{a+b+c+d}{4}$ $\ge \frac{2\sqrt{ab}+2\sqrt{cd}}{4}$ $\ge \sqrt[4]{abcd}.$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d.$
b) Áp dụng câu a, ta có:
$\frac{a}{{{b}^{3}}}+\frac{b}{{{c}^{3}}}+\frac{c}{{{d}^{3}}}+\frac{d}{{{a}^{3}}}$ $\ge 4\sqrt[4]{\frac{a}{{{b}^{3}}}.\frac{b}{{{c}^{3}}}.\frac{c}{{{d}^{3}}}.\frac{d}{{{a}^{3}}}}$ $=\frac{4}{\sqrt{abcd}}.$
Suy ra $\left( \frac{a}{{{b}^{3}}}+\frac{b}{{{c}^{3}}}+\frac{c}{{{d}^{3}}}+\frac{d}{{{a}^{3}}} \right)\left( a+b \right)\left( c+d \right)$ $\ge \frac{4}{\sqrt{abcd}}.2\sqrt{ab}.2\sqrt{cd}=16.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d.$
c) Áp dụng câu a, ta có:
$VT=3.\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ $\ge 4\sqrt[4]{{{\left( \frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}} \right)}^{3}}\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$ $=4\sqrt[4]{\frac{8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{27(a+b)(b+c)(c+a)}}.$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh $4\sqrt[4]{\frac{8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{27(a+b)(b+c)(c+a)}}\ge 4$ $\Leftrightarrow 8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}$ $\ge 27\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$ $(*).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số, ta có:
$\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$ $\le {{\left( \frac{\left( a+b \right)+\left( b+c \right)+\left( c+a \right)}{3} \right)}^{3}}$ $=\frac{8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{27}.$
Suy ra bất đẳng thức $(*)$ đúng nên bất đẳng thức ban đầu đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
Nhận xét: Bất đẳng thức ở câu a là bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm. Ta có bất đẳng thức Cô-si cho $n$ số không âm như sau:
Cho $n$ số không âm ${{a}_{i}}$ ($i=1, 2,.., n$). Khi đó ta có $\frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}{n}$ $\ge \sqrt[n]{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}.$
Ví dụ 4. Cho $a,b,c$ là số dương thỏa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$. Chứng minh rằng:
a) ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le 3.$
b) $\frac{ab}{3+{{c}^{2}}}+\frac{bc}{3+{{a}^{2}}}+\frac{ca}{3+{{b}^{2}}}\le \frac{3}{4}.$
a) Ta có ${{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}=9$ $\Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}+2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+2{{b}^{2}}{{c}^{2}}+2{{c}^{2}}{{b}^{2}}=9$ $(1).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
${{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge 2{{a}^{2}}{{b}^{2}}.$
${{b}^{4}}+{{c}^{4}}\ge 2{{b}^{2}}{{c}^{2}}.$
${{c}^{4}}+{{a}^{4}}\ge 2{{c}^{2}}{{a}^{2}}.$
Cộng vế với vế lại ta được: ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}$ $\ge {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có: ${{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le 3$ $(3).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
${{a}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}$ $\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}.{{a}^{2}}{{b}^{2}}}=2{{a}^{2}}b.$
${{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge 2{{b}^{2}}c.$
${{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\ge 2{{c}^{2}}a.$
Cộng vế với vế ta được ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}$ $\ge 2\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)$ $(4).$
Từ giả thiết và $(3)$, $(4)$ suy ra ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le 3.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
$3+{{a}^{2}}$ $=3+\left( 3-{{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)$ $=\left( 3-{{b}^{2}} \right)+\left( 3-{{c}^{2}} \right)$ $\ge 2\sqrt{\left( 3-{{b}^{2}} \right)\left( 3-{{c}^{2}} \right)}.$
Suy ra: $ \frac{bc}{3+{{a}^{2}}}$ $\le \frac{bc}{2\sqrt{\left( 3-{{b}^{2}} \right)\left( 3-{{c}^{2}} \right)}}$ $=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{{b}^{2}}}{3-{{c}^{2}}}.\frac{{{c}^{2}}}{3-{{b}^{2}}}}$ $\le \frac{1}{4}\left( \frac{{{b}^{2}}}{3-{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{3-{{b}^{2}}} \right)$ $=\frac{1}{4}\left( \frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}} \right).$
Tương tự ta có:
$\frac{ab}{3+{{c}^{2}}}$ $\le \frac{1}{4}\left( \frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right).$
$\frac{ca}{3+{{b}^{2}}}$ $\le \frac{1}{4}\left( \frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right).$
Cộng vế với vế ta được $\frac{ab}{3+{{c}^{2}}}+\frac{bc}{3+{{a}^{2}}}+\frac{ca}{3+{{b}^{2}}}$ $\le \frac{3}{4}.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$
a) $\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\left( \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{a}^{2}}} \right)\ge 4.$
b) ${{\left( a+b \right)}^{5}}\ge 16ab\sqrt{\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)}.$
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, 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 $2={{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}=2ab$ $\Rightarrow ab\le 1$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\left( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right)\left( \frac{a}{{{b}^{2}}}+\frac{b}{{{a}^{2}}} \right)\ge 4.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1.$
b) Ta có ${{\left( a+b \right)}^{5}}$ $=\left( {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}}+3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
${{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}$ $\ge 2\sqrt{2ab\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}=4\sqrt{ab}.$
$\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}} \right)+\left( 3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)$ $\ge 2\sqrt{\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}} \right)\left( 3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)}$ $=4\sqrt{ab\left( 1+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{2}}+1 \right)}.$
Suy ra $\left( {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}} \right)\left( {{a}^{3}}+3a{{b}^{2}}+3{{a}^{2}}b+{{b}^{3}} \right)$ $\ge 16ab\sqrt{\left( {{a}^{2}}+1 \right)\left( {{b}^{2}}+1 \right)}.$
Do đó ${{\left( a+b \right)}^{5}}$ $\ge 16ab\sqrt{\left( 1+{{a}^{2}} \right)\left( 1+{{b}^{2}} \right)}.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1.$
Ví dụ 2. Cho $a$, $b$, $c$ là các 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) ${{a}^{2}}\sqrt{bc}+{{b}^{2}}\sqrt{ac}+{{c}^{2}}\sqrt{ab}$ $\le {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}.$
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
$a+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}}.$
$b+\frac{1}{c}\ge 2\sqrt{\frac{b}{c}}.$
$c+\frac{1}{a}\ge 2\sqrt{\frac{c}{a}}.$
Suy ra $\left( a+\frac{1}{b} \right)\left( b+\frac{1}{c} \right)\left( c+\frac{1}{a} \right)$ $\ge 8\sqrt{\frac{a}{b}}.\sqrt{\frac{b}{c}}.\sqrt{\frac{c}{a}}=8.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
$1+{{a}^{2}}\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}}=2a.$
$1+{{b}^{2}}\ge 2b.$
$1+{{c}^{2}}\ge 2c.$
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 bất đẳng thức Cô-si 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 ${{a}^{2}}(1+{{b}^{2}})+{{b}^{2}}(1+{{c}^{2}})+{{c}^{2}}(1+{{a}^{2}})\ge 6abc$.
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 bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương, ta có:
$ab+bc+ca$ $\ge 3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=3{{\left( \sqrt[3]{abc} \right)}^{2}}.$
$a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}.$
Suy ra $(1+a)(1+b)(1+c)$ $\ge 1+3{{\left( \sqrt[3]{abc} \right)}^{2}}+3\sqrt[3]{abc}+abc$ $={{\left( 1+\sqrt[3]{abc} \right)}^{3}}.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
d) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:
${{a}^{2}}\sqrt{bc}\le {{a}^{2}}\left( \frac{b+c}{2} \right).$
${{b}^{2}}\sqrt{ac}\le {{b}^{2}}\left( \frac{a+c}{2} \right).$
${{c}^{2}}\sqrt{ab}\le {{c}^{2}}\left( \frac{a+b}{2} \right).$
Suy ra ${{a}^{2}}\sqrt{bc}+{{b}^{2}}\sqrt{ac}+{{c}^{2}}\sqrt{ab}$ $\le \frac{{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}a+{{a}^{2}}c+{{c}^{2}}a+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}b}{2}$ $(1).$
Mặt khác theo bất đẳng thức Cô-si 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 $a=b=c.$
Ví dụ 3. Cho $a$, $b$, $c$, $d$ là các số dương. Chứng minh rằng:
a) $\frac{a+b+c+d}{4}\ge \sqrt[4]{abcd}.$
b) $\left( \frac{a}{{{b}^{3}}}+\frac{b}{{{c}^{3}}}+\frac{c}{{{d}^{3}}}+\frac{d}{{{a}^{3}}} \right)\left( a+b \right)\left( b+c \right)\ge 16.$
c) $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 4.$
a) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
$a+b\ge 2\sqrt{ab}.$
$c+d\ge 2\sqrt{c\text{d}}.$
$\sqrt{ab}+\sqrt{cd}$ $\ge 2\sqrt{\sqrt{ab}.\sqrt{cd}}$ $=2\sqrt[4]{abc\text{d}}.$
Suy ra $\frac{a+b+c+d}{4}$ $\ge \frac{2\sqrt{ab}+2\sqrt{cd}}{4}$ $\ge \sqrt[4]{abcd}.$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d.$
b) Áp dụng câu a, ta có:
$\frac{a}{{{b}^{3}}}+\frac{b}{{{c}^{3}}}+\frac{c}{{{d}^{3}}}+\frac{d}{{{a}^{3}}}$ $\ge 4\sqrt[4]{\frac{a}{{{b}^{3}}}.\frac{b}{{{c}^{3}}}.\frac{c}{{{d}^{3}}}.\frac{d}{{{a}^{3}}}}$ $=\frac{4}{\sqrt{abcd}}.$
Suy ra $\left( \frac{a}{{{b}^{3}}}+\frac{b}{{{c}^{3}}}+\frac{c}{{{d}^{3}}}+\frac{d}{{{a}^{3}}} \right)\left( a+b \right)\left( c+d \right)$ $\ge \frac{4}{\sqrt{abcd}}.2\sqrt{ab}.2\sqrt{cd}=16.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d.$
c) Áp dụng câu a, ta có:
$VT=3.\frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ $\ge 4\sqrt[4]{{{\left( \frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}} \right)}^{3}}\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$ $=4\sqrt[4]{\frac{8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{27(a+b)(b+c)(c+a)}}.$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh $4\sqrt[4]{\frac{8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{27(a+b)(b+c)(c+a)}}\ge 4$ $\Leftrightarrow 8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}$ $\ge 27\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$ $(*).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số, ta có:
$\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)$ $\le {{\left( \frac{\left( a+b \right)+\left( b+c \right)+\left( c+a \right)}{3} \right)}^{3}}$ $=\frac{8{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{27}.$
Suy ra bất đẳng thức $(*)$ đúng nên bất đẳng thức ban đầu đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$
Nhận xét: Bất đẳng thức ở câu a là bất đẳng thức Cô-si cho bốn số không âm. Ta có bất đẳng thức Cô-si cho $n$ số không âm như sau:
Cho $n$ số không âm ${{a}_{i}}$ ($i=1, 2,.., n$). Khi đó ta có $\frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+…+{{a}_{n}}}{n}$ $\ge \sqrt[n]{{{a}_{1}}{{a}_{2}}…{{a}_{n}}}.$
Ví dụ 4. Cho $a,b,c$ là số dương thỏa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=3$. Chứng minh rằng:
a) ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le 3.$
b) $\frac{ab}{3+{{c}^{2}}}+\frac{bc}{3+{{a}^{2}}}+\frac{ca}{3+{{b}^{2}}}\le \frac{3}{4}.$
a) Ta có ${{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}=9$ $\Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}+2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+2{{b}^{2}}{{c}^{2}}+2{{c}^{2}}{{b}^{2}}=9$ $(1).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
${{a}^{4}}+{{b}^{4}}\ge 2{{a}^{2}}{{b}^{2}}.$
${{b}^{4}}+{{c}^{4}}\ge 2{{b}^{2}}{{c}^{2}}.$
${{c}^{4}}+{{a}^{4}}\ge 2{{c}^{2}}{{a}^{2}}.$
Cộng vế với vế lại ta được: ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}+{{c}^{4}}$ $\ge {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}$ $(2).$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có: ${{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le 3$ $(3).$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
${{a}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}$ $\ge 2\sqrt{{{a}^{2}}.{{a}^{2}}{{b}^{2}}}=2{{a}^{2}}b.$
${{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge 2{{b}^{2}}c.$
${{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\ge 2{{c}^{2}}a.$
Cộng vế với vế ta được ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}$ $\ge 2\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)$ $(4).$
Từ giả thiết và $(3)$, $(4)$ suy ra ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\le 3.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$
b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
$3+{{a}^{2}}$ $=3+\left( 3-{{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right)$ $=\left( 3-{{b}^{2}} \right)+\left( 3-{{c}^{2}} \right)$ $\ge 2\sqrt{\left( 3-{{b}^{2}} \right)\left( 3-{{c}^{2}} \right)}.$
Suy ra: $ \frac{bc}{3+{{a}^{2}}}$ $\le \frac{bc}{2\sqrt{\left( 3-{{b}^{2}} \right)\left( 3-{{c}^{2}} \right)}}$ $=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{{b}^{2}}}{3-{{c}^{2}}}.\frac{{{c}^{2}}}{3-{{b}^{2}}}}$ $\le \frac{1}{4}\left( \frac{{{b}^{2}}}{3-{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{3-{{b}^{2}}} \right)$ $=\frac{1}{4}\left( \frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{a}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}} \right).$
Tương tự ta có:
$\frac{ab}{3+{{c}^{2}}}$ $\le \frac{1}{4}\left( \frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right).$
$\frac{ca}{3+{{b}^{2}}}$ $\le \frac{1}{4}\left( \frac{{{c}^{2}}}{{{c}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}} \right).$
Cộng vế với vế ta được $\frac{ab}{3+{{c}^{2}}}+\frac{bc}{3+{{a}^{2}}}+\frac{ca}{3+{{b}^{2}}}$ $\le \frac{3}{4}.$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$
