E nó hỏi mà ko ai trl

Gọi \(x = \frac{1}{a} , \textrm{ }\textrm{ } y = \frac{1}{b} , \textrm{ }\textrm{ } z = \frac{1}{c}\). Vì \(a , b , c > 0\) nên \(x , y , z > 0\). Chia điều kiện

cho \(a b c\) ta được

tức

Gọi \(t = x + y + z\) và \(S = x y + y z + z x\). Ta có \(t + S = 6\) (vì vậy \(S = 6 - t\)).

Bằng bất đẳng thức Cauchy (hoặc Jensen) có

Thay \(S = 6 - t\) vào, ta được

Nghiệm dương của phương trình \(t^{2} + 3 t - 18 = 0\) là \(t = 3\), nên từ bất đẳng thức trên suy ra \(t \geq 3\).

Bây giờ

Hàm \(f \left(\right. t \left.\right) = t^{2} + 2 t - 12\) trên miền \(t \geq 3\) đạt giá trị nhỏ nhất tại \(t = 3\), và

Vậy với mọi \(t\) thoả mãn điều kiện ta luôn có

tức là

Dấu bằng xảy ra khi \(x = y = z = 1\), tương đương \(a = b = c = 1\).

Đặt \(u = x - 1 , \textrm{ }\textrm{ } v = y - 1\). Khi đó

\(x^2+y^2+xy-3x-3y+3=\left(\right.u+1\left.\right)^2+\left(\right.v+1\left.\right)^2+\left(\right.u+1\left.\right)\left(\right.v+1\left.\right)-3\left(\right.u+1\left.\right)-3\left(\right.v+1\left.\right)+3\\\&=u^2+v^2+uv.\)

Mà

\(u^{2} + u v + v^{2} = \left(\right. u - \frac{v}{2} \left.\right)^{2} + \frac{3}{4} v^{2} \geq 0\)

với mọi \(u , v \in \mathbb{R}\). Vậy luôn có

\(x^{2} + y^{2} + x y - 3 x - 3 y + 3 \geq 0.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(u = v = 0\), tức \(x = y = 1\).

Ta dùng bất đẳng thức đơn giản cho hai số không âm \(x , y\):

\(x^{2} - x y + y^{2} \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \frac{\left(\right. x + y \left.\right)^{2}}{4} = \frac{3}{4} \left(\right. x - y \left.\right)^{2} \geq 0.\)

Do đó

\(x^{2} - x y + y^{2} \geq \frac{\left(\right. x + y \left.\right)^{2}}{4} \Longrightarrow \sqrt{x^{2} - x y + y^{2}} \geq \frac{x + y}{2} .\)

Áp dụng với các cặp \(\left(\right. a , b \left.\right) , \left(\right. b , c \left.\right) , \left(\right. c , a \left.\right)\) ta được

\(\sqrt{a^{2} - a b + b^{2}} \geq \frac{a + b}{2} , \sqrt{b^{2} - b c + c^{2}} \geq \frac{b + c}{2} , \sqrt{c^{2} - c a + a^{2}} \geq \frac{c + a}{2} .\)

Cộng ba bất đẳng thức trên:

\(\sqrt{a^{2} - a b + b^{2}} + \sqrt{b^{2} - b c + c^{2}} + \sqrt{c^{2} - c a + a^{2}} \geq \frac{\left(\right. a + b \left.\right) + \left(\right. b + c \left.\right) + \left(\right. c + a \left.\right)}{2} = a + b + c .\)

Vì \(a + b + c = 3\) nên suy ra

\(\sqrt{a^{2} - a b + b^{2}} + \sqrt{b^{2} - b c + c^{2}} + \sqrt{c^{2} - c a + a^{2}} \geq 3.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các hiệu \(\left(\right. x - y \left.\right)\) đều bằng \(0\), tức \(a = b = c = 1\)

1)

\(a^{2} - a b + b^{2} = \left(\right. a - \frac{b}{2} \left.\right)^{2} + \frac{3}{4} \textrm{ } b^{2} \geq 0 ,\)

vì tổng hai bình phương không âm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cả hai số đều bằng \(0\), tức \(b = 0\) và \(a - \frac{b}{2} = 0 \Rightarrow a = 0\).
Vậy \(a^{2} - a b + b^{2} \geq 0\), và bằng \(0\) chỉ khi \(a = b = 0\).

2)
Ta tính hiệu

\(a^{2} - a b + b^{2} - \frac{1}{4} \left(\right. a + b \left.\right)^{2} = a^{2} - a b + b^{2} - \frac{1}{4} \left(\right. a^{2} + 2 a b + b^{2} \left.\right) = \frac{3}{4} \left(\right. a^{2} - 2 a b + b^{2} \left.\right) = \frac{3}{4} \left(\right. a - b \left.\right)^{2} \geq 0.\)

Do đó \(a^{2} - a b + b^{2} \geq \frac{1}{4} \left(\right. a + b \left.\right)^{2}\). Dấu bằng khi và chỉ khi \(a - b = 0\), tức \(a = b\).

Đặt \(y = x + a , \textrm{ }\textrm{ } z = y + b = x + a + b\) với \(a , y , b \geq 0\) (vì \(z \geq y \geq x \geq 0\)). Ta có

\(S\&=x\left(\right.x-y\left.\right)\left(\right.x-z\left.\right)+y\left(\right.y-z\left.\right)\left(\right.y-x\left.\right)+z\left(\right.z-x\left.\right)\left(\right.z-y\left.\right)\\7\&=x\left(\right.x-\left(\right.x+a\left.\right)\left.\right)\left(\right.x-\left(\right.x+a+b\left.\right)\left.\right)\\\&+\left(\right.x+a\left.\right)\left(\right.\left(\right.x+a\left.\right)-\left(\right.x+a+b\left.\right)\left.\right)\left(\right.\left(\right.x+a\left.\right)-x\left.\right)\\\&+\left(\right.x+a+b\left.\right)\left(\right.\left(\right.x+a+b\left.\right)-x\left.\right)\left(\right.\left(\right.x+a+b\left.\right)-\left(\right.x+a\left.\right)\left.\right).\)

Khai triển và quy về \(x , a , b\) ta được (hoặc nhân tính bằng cách tính trực tiếp)

\(S = a^{2} x + a b x + b^{2} x + 2 a b^{2} + b^{3} .\)

Sắp xếp lại:

\(S = x \left(\right. a^{2} + a b + b^{2} \left.\right) + b^{2} \left(\right. 2 a + b \left.\right) .\)

Vì \(x , a , b \geq 0\) nên cả hai biểu thức \(x \left(\right. a^{2} + a b + b^{2} \left.\right)\) và \(b^{2} \left(\right. 2 a + b \left.\right)\) đều không âm, suy ra \(S \geq 0\). Do đó

\(x \left(\right. x - y \left.\right) \left(\right. x - z \left.\right) + y \left(\right. y - z \left.\right) \left(\right. y - x \left.\right) + z \left(\right. z - x \left.\right) \left(\right. z - y \left.\right) \geq 0\)

với mọi \(z \geq y \geq x \geq 0\).

(Trường hợp đạt dấu bằng: từ biểu thức cuối cùng, \(S = 0\) khi và chỉ khi \(b = 0\) và \(x a^{2} = 0\), tức là các trường hợp \(x = y = z\) hoặc \(x = 0\) và \(y = z\).)