Đề bài: Với $a, b, c$ là ba số thực dương thỏa mãn đẳng thức \(ab + bc + ca = abc\), chứng minh rằng                                        \(\frac{{\sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{{ab}} + \frac{{\sqrt {{c^2} + 2{b^2}} }}{{bc}} + \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{c^2}} }}{{ca}} \ge \sqrt 3\)

Lời giải

Đề bài:
Với $a, b, c$ là ba số thực dương thỏa mãn đẳng thức \(ab + bc + ca = abc\), chứng minh rằng                                        \(\frac{{\sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{{ab}} + \frac{{\sqrt {{c^2} + 2{b^2}} }}{{bc}} + \frac{{\sqrt {{a^2} + 2{c^2}} }}{{ca}} \ge \sqrt 3\)
Lời giải

Biến đổi  \(\)\(\frac{{\sqrt {{b^2} + 2{a^2}} }}{{ab}} = \sqrt {\frac{{{b^2} + 2{a^2}}}{{{a^2}{b^2}}}}  = \sqrt {\frac{1}{{{a^2}}} + 2.\frac{1}{{{b^2}}}} \)
Đặt  \(x = \frac{1}{a},y = \frac{1}{b},z = \frac{1}{c}\)
Khi đó, giả thiết \(\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a,b,c > 0\\
ab + bc + ca = abc
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x,y,z > 0\\
x + y + z = 1
\end{array} \right.\)
BĐT \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2{y^2}}  + \sqrt {{y^2} + 2{z^2}}  + \sqrt {{z^2} + 2{x^2}}  \ge \sqrt 3\)

Theo BĐT Bunhiacopki: \(3\left( {{x^2} + 2{y^2}} \right) = 3\left( {{x^2} + {y^2} + {y^2}} \right) \ge {\left( {x + y + y} \right)^2} \Rightarrow \sqrt {{x^2} + 2{y^2}}  \ge \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left( {x + 2y} \right)\)
Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có: \( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2{y^2}}  + \sqrt {{y^2} + 2{z^2}}  + \sqrt {{z^2} + 2{x^2}}  \ge \frac{1}{{\sqrt 3 }}\left( {3x + 3y + 3z} \right) = \sqrt 3 \)
Đẳng thức xảy ra \( \Leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{3} \Leftrightarrow a = b = c = 3\)

=========
Chuyên mục: Bất đẳng thức Côsi