Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán : (Phạm Kim Hùng)

Tìm số thực dương $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số dương $a,b,c$ :

$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+k.\frac{(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$$\ge 9+k$

Lời giải :

Cho $b=c$ :

$(a+2b)\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)-9$$\ge k\left(1-\frac{2ab+b^2}{a^2+2b^2}\right)$$\iff \frac{2(a-b{)}^2}{ab}$$\ge k.\frac{(a-b{)}^2}{a^2+2b^2}$$\iff \frac{a^2+2b^2}{ab}$$\ge \frac{k}{2}$

Theo AM-GM,ta có :

$$\frac{a^2+2b^2}{ab}\ge 2\sqrt{2}$$

Suy ra được

$$k\le 4\sqrt{2}$$.

Ta chứng minh đây là giá trị $k$ lớn nhất cần tìm. Sử dụng kỹ thuật Schur-SOS như sau :

$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-9$$\ge 4\sqrt{2}\left(1-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\right)$$\iff \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc}{abc}$$\ge 4\sqrt{2}.\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}$$\iff \frac{2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{abc}$$\ge 4\sqrt{2}.\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{a^2+b^2+c^2}$$\iff M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)$$\ge 0$

Trong đó :

$$M=\frac{2c}{abc}-\frac{4\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}$$

$$N=\frac{a+b}{abc}-\frac{4\sqrt{2}}{a^2+b^2+c^2}$$

Gỉa sử $c=max\left\{a,b,c\right\}$ thì mọi việc hoàn tất nếu chỉ ra $N\ge 0$. Hay là :

$$(a+b)(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{2}abc$$

Do tính thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$. Ta đi chứng minh kết quả mạnh hơn sau :

$$a^2+b^2+c^2\ge c(a+b)\sqrt{2}\iff 1-2c(a+b)\ge c(a+b)\sqrt{2}+2ab$$

Và mạnh hơn nữa :

$1-2c(a+b)$$\ge c(a+b)\sqrt{2}+\frac{(a+b{)}^2}{2}$$\iff 1-2t(1-t)$$\ge t(1-t)\sqrt{2}+\frac{t^2}{2}(t$$=a+b)$$\iff \frac{3-2\sqrt{2}}{2}{t}^2-(2+\sqrt{2})t+1$$\ge 0$$\iff {\left(\frac{(-2+\sqrt{2})t}{2}-1\right)}^2$$\ge 0$

Điều này đúng. Như vậy chứng minh hoàn tất. Số $k$ tốt nhất thỏa đề là :

$$\boxed{k=4\sqrt{2}}$$

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge 3+\frac{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2}{(a+b+c{)}^2}$$

Lời giải 1 :

Các đại lượng trong bài toán làm ta liên tưởng đến ngay phương pháp S-S :

Thật vậy, chú ý các đẳng thức :

$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}-3$$=\frac{2(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$

Và :

$\frac{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{2(a-b{)}^2+2(a-c)(b-c)}{(a+b+c{)}^2}$

Do vậy ta đi chứng minh :

$\frac{2(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$$\ge \frac{2(a-b{)}^2+2(a-c)(b-c)}{(a+b+c{)}^2}$$\iff M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)$$\ge 0$

Trong đó :

$$M=\frac{2}{(a+c)(b+c)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2},N=\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$

Dễ dàng thấy :

$$M=\frac{2}{(a+c)(b+c)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}=\frac{2(a^2+b^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c{)}^2(a+c)(b+c)}>0$$

và :

$N$$=\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge \frac{a+b+2c}{{\left(\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\right)}^3}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{27(a+b+2c)}{8(a+b+c{)}^3}$$>\frac{27(a+b+c)}{8(a+b+c{)}^3}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{27}{8(a+b+c{)}^2}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$>0$

Do đó chỉ cần giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

Lời giải 2 :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$.

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :

$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}$$\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{(ab+bc+ca)}$$=\frac{1}{t}(ab+bc+ca$$=t)$

Để ý vế phải có thể viết lại :

$$3+\frac{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2}{(a+b+c{)}^2}=3+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=5-6(ab+bc+ca)=5-6t$$

Như vậy thì ta cần chứng minh :

$$\frac{1}{t}\ge 5-6t\iff t\le \frac{1}{3},\vee t\ge \frac{1}{2}$$

Luôn đúng vì $t=ab+bc+ca\le \frac{1}{3}(a+b+c{)}^2=\frac{1}{3}$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2010 THPT Chuyên Thăng Long, Lâm Đồng)

Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng :

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$$\ge a+b+c+\frac{1}{b+c}(a-b{)}^2+\frac{1}{c+a}(b-c{)}^2+\frac{1}{a+b}(c-a{)}^2$

Lời giải :

Chú ý rằng ta có :

$$\frac{a^2}{b}+b-2a=\frac{(a-b{)}^2}{b}$$

Từ đó ta xây dựng được đẳng thức :

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)$$=\frac{(a-b{)}^2}{b}+\frac{(b-c{)}^2}{c}+\frac{(c-a{)}^2}{a}$

Như vậy điều cần chứng minh có thể viết dưới dạng :

$\frac{(a-b{)}^2}{b}+\frac{(b-c{)}^2}{c}+\frac{(c-a{)}^2}{a}$$\ge \frac{1}{b+c}(a-b{)}^2+\frac{1}{c+a}(b-c{)}^2+\frac{1}{a+b}(c-a{)}^2$$\iff$$\iff \frac{c}{b+c}(a-b{)}^2+\frac{a}{c+a}(b-c{)}^2+\frac{b}{a+b}(c-a{)}^2$$\ge 0$

Điều này là hiển nhiên. Ta có điều phải chứng minh

Bài toán (THTT số 437) Chứng minh rằng với mọi tam giác $ABC$, ta có :

$\frac{cos\frac{B-C}{2}}{sin\frac{A}{2}}+\frac{cos\frac{C-A}{2}}{sin\frac{B}{2}}+\frac{cos\frac{A-B}{2}}{sin\frac{C}{2}}$$\le 2\left(\frac{tan\frac{A}{2}}{tan\frac{B}{2}}+\frac{tan\frac{B}{2}}{tan\frac{C}{2}}+\frac{tan\frac{C}{2}}{tan\frac{A}{2}}\right)$

Lời giải :

Chú ý công thức $tan\frac{A}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}$

Suy ra

$\frac{tan\frac{A}{2}}{tan\frac{B}{2}}$$=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}.\sqrt{\frac{p(p-b)}{(p-c)(p-a)}}$$=\frac{p-b}{p-a}$$=\frac{c+a-b}{b+c-a}$

Tương tự với các hệ thức còn lại.

Mặt khác, ta có :

$\frac{cos\frac{B-C}{2}}{sin\frac{A}{2}}$$=\frac{sin\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}}{sin\frac{A}{2}.sin\frac{\pi -A}{2}}$$=\frac{2sin\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}}{2sin\frac{A}{2}.cos\frac{A}{2}}$$=\frac{sinB+sinC}{sinA}$$=\frac{b+c}{a}$

Tương tự với các hệ thức còn lại.

Từ đó ta quy về chứng minh BĐT đại số :

$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}$$\le 2\left(\frac{b+c-a}{c+a-b}+\frac{c+a-b}{a+b-c}+\frac{a+b-c}{b+c-a}\right)$

Đặt $x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c$, vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh một tam giác nên $x,y,z>0$.

Khi đó $x+y=2c,y+z=2a,z+x=2b$. Ta cần chứng minh :

$\frac{2x+y+z}{y+z}+\frac{x+2y+z}{x+z}+\frac{x+y+2z}{x+y}$$\le 2\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)$$\iff 3+\frac{2x}{y+z}+\frac{2y}{z+x}+\frac{2z}{x+y}$$\le 2\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\right)(\ast )$

Sử dụng các khai triển :

$\bullet \frac{2x}{y+z}+\frac{2y}{z+x}+\frac{2z}{x+y}-3$$=\frac{2(x-y{)}^2}{(x+z)(y+z)}+\frac{x+y+2z}{(x+y)(y+z)(z+x)}(x-z)(y-z)$

$$\bullet \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}-3=\frac{(x-y{)}^2}{xy}+\frac{(x-z)(y-z)}{zx}$$

Khi đó trừ $6$ vào hai vế của $(\ast )$ và dùng các khai triển nêu trên, BĐT cần chứng minh tương đương :

$\left[\frac{2}{xy}-\frac{2}{(x+z)(y+z)}\right](x-y{)}^2+\left[\frac{2}{zx}-\frac{x+y+2z}{(x+y)(y+z)(z+x)}\right](x-z)(y-z)$$\ge 0$$\iff M.(x-y{)}^2+N.(x-z)(y-z)$$\ge 0$

Dễ dàng thấy được $M,N>0$. Khi đó giả sử $z=min\left\{x,y,z\right\}$ thì ta có điều phải chứng minh.

PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG S.O.S TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

A. ĐỊNH LÍ SOS :

Cho $S=f(a,b,c)=S_a(b-c{)}^2+S_b(c-a{)}^2+S_c(a-b{)}^2$

Trong đó $S_a,S_b,S_c$ là các hàm số của $a,b,c$

1. Nếu $S_a,S_b,S_c\ge 0$ thì $S\ge 0$

2. Nếu $a\ge b\ge c$ và $S_b,S_b+S_a\ge 0,S_b+S_c\ge 0$ thì $S\ge 0$

3. Nếu $a\ge b\ge c$ và $S_a,S_c,S_a+2S_b,S_c+2S_b\ge 0$ thì $S\ge 0$

4. Nếu $a\ge b\ge c$ và $S_b,S_c,a^2{S}_b+b^2{S}_a\ge 0$ thì $S\ge 0$

5. Nếu $S_a+S_b+S_c,S_a{S}_b+S_b{S}_c+S_c{S}_a\ge 0$

B. MỘT SỐ ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG :

1. $$a^2+b^2-2ab=(a-b{)}^2$$

2. $$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2=\frac{(a-b{)}^2}{ab}$$

3. $$a^3+b^3-ab(a+b)=(a+b)(a-b{)}^2$$

4. $$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{1}{2}\left[(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\right]$$

5. $a^2+b^2+c^2-\frac{1}{3}{\left(a+b+c\right)}^2$$=\frac{1}{3}\left[(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\right]$

6. $$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=a(b-c{)}^2+b(c-a{)}^2+c(a-b{)}^2$$

7. $$a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2]$$

8. $$\sqrt{2(a^2+b^2)}-(a+b)=\frac{(a-b{)}^2}{a+b+\sqrt{2(a^2+b^2)}}$$

9. $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}$$=\frac{(a-b{)}^2}{2(a+c)(b+c)}+\frac{(b-c{)}^2}{2(b+a)(c+a)}+\frac{(c-a{)}^2}{2(c+b)(a+b)}$

10. $(a+b+c{)}^3-27abc$$=\left(\frac{7a+b+c}{2}\right)(b-c{)}^2+\left(\frac{a+7b+c}{2}\right)(c-a{)}^2+\left(\frac{a+b+7c}{2}\right)(a-b{)}^2$

11. $a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)$$=\left(\frac{b+c-a}{2}\right)(b-c{)}^2+\left(\frac{c+a-b}{2}\right)(c-a{)}^2+\left(\frac{a+b-c}{2}\right)(a-b{)}^2$

12. $a^4+b^4+c^4-abc(a+b+c)$$=\frac{(a-b{)}^2\left[(a+b{)}^2+c^2\right]}{2}+\frac{(b-c{)}^2\left[(b+c{)}^2+a^2\right]}{2}+\frac{(c-a{)}^2\left[(c+a{)}^2+b^2\right]}{2}$

13. $$3(a^3+b^3+c^3)-(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a+b)(a-b{)}^2+(b+c)(b-c{)}^2+(c+a)(c-a{)}^2$$

MỘT SỐ PHÂN TÍCH THƯỜNG DÙNG TRONG PHƯƠNG PHÁP BÁN SCHUR BÁN S.O.S (PHƯƠNG PHÁP S-S)

1. $$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)$$

2. $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3=\frac{(a-b{)}^2}{ab}+\frac{(a-c)(b-c)}{ac}$$

3. $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)]$$

4. $$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)$$

5. $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}$$=\frac{(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$

6. $\frac{a+kb}{a+kc}+\frac{b+kc}{b+ka}+\frac{c+ka}{c+kb}-3$$=\frac{k^2(a-b{)}^2}{(c+ka)(c+kb)}+\frac{k(a-c)(b-c)\left[(k^2-k+1)a+(k-1)b+kc\right]}{(a+kc)(b+ka)(c+kb)}$

7. $$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc=2c(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)$$

8. $$a^4+b^4+c^4-abc(a+b+c)=\left[(a+b{)}^2+c^2\right](a-b{)}^2+\left[ab+(a+c)(b+c)\right](a-c)(b-c)$$

9. $$a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)-2abc(a+b+c)=(a+c)(b+c)(a-b{)}^2+(2ab+bc+ca)(a-c)(b-c)$$

10. $$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a-abc(a+b+c)=(ca+cb)(a-b{)}^2+(a^2+ac)(a-c)(b-c)$$

11. $$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}-6=\frac{2}{ab}(a-b{)}^2+\frac{a+b}{abc}(a-c)(b-c)$$

12. $$3(a^3+b^3+c^3)-(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=2(a+b)(a-b{)}^2+(a+b+2c)(a-c)(b-c)$$

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$$\frac{abc}{a^3+b^3+c^3}+\frac{2}{3}\ge \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$$

Lời giải :

Viết BĐT thành :

$1-\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$$\ge \frac{1}{3}-\frac{abc}{a^3+b^3+c^3}$$\iff \frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}$$\ge \frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{3(a^3+b^3+c^3)}$

Nhận xét rằng ta có các đẳng thức sau :

$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)$$

$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)$$

Do đó cần chứng minh :

$\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{a^2+b^2+c^2}$$\ge \frac{(a+b+c)(a-b{)}^2+(a+b)(a-c)(b-c)}{3(a^3+b^3+c^3)}$$\iff \left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{a+b+c}{3(a^3+b^3+c^3)}\right)(a-b{)}^2+\left(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{a+b}{3(a^3+b^3+c^3)}\right)(a-c)(b-c)$$\ge 0$$\iff A.(a-b{)}^2+B.(a-c)(b-c)$$\ge 0(\ast )$

Ta sẽ chứng minh $A,B\ge 0$ dễ thấy chỉ cần chứng minh $A=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}-\frac{a+b+c}{3(a^3+b^3+c^3)}\ge 0$ là đủ vì $B\ge A$.

Thật vậy,

$$A=\frac{3(a^3+b^3+c^3)-(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{3(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)}$$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a\ge b\ge c>0$

Áp dụng  BĐT $Chebyshev$ với hai dãy cùng chiều $(a;b;c);(a^2;b^2;c^2)$ thì :$3(a^3+b^3+c^3)\ge (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow A\ge 0\Rightarrow A,B\ge 0$

Mà ta có $a\ge b\ge c>0\Rightarrow (a-c)(b-c)\ge 0\Rightarrow A.(a-b{)}^2+B.(a-c)(b-c)\ge 0$

Ta có $(\ast )$, đây là đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3}$$\ge \frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)$

Lời giải : (Phương pháp S-S)

Viết BĐT đã cho thành :

$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1$$\ge \frac{8}{9}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}\right)$

Sử dụng các đẳng thức :

$$\bullet \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1=\frac{(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)}{ab+bc+ca}$$

$\bullet \sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}$$=\frac{(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}.(a-c)(b-c)$

BĐT cần chứng minh trở thành :

$\left[\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{8}{9(a+c)(b+c)}\right](a-b{)}^2+\left[\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{4}{9}.\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\right](a-c)(b-c)$$\ge 0$$\iff M.(a-b{)}^2+N.(a-c)(b-c)$$\ge 0$

Bây giờ ta sẽ chứng minh $M\ge 0,N\ge 0$

Thật vậy,

$\bullet M$$=\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{8}{9(a+c)(b+c)}$$>\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{1}{(a+c)(b+c)}$$=\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{1}{ab+bc+ca+c^2}$$>0$

$\bullet$ Để chứng minh $N\ge 0$, ta đi chứng minh $\frac{1}{ab+bc+ca}\ge \frac{4}{9}.\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\iff ab+bc+ca\le \frac{9}{4}.\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{a+b+2c}\iff \frac{(ab+bc+ca)(a+b+2c)}{2}\le \frac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a)(\ast )$

Mặt khác thì ta có BĐT quen thuộc sau : $(a+b+c)(ab+bc+ca)\le \frac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a)$

Do vậy để chứng minh $(\ast )$, ta lại đi chứng minh $\frac{(a+b+2c)(ab+bc+ca)}{2}\le (a+b+c)(ab+bc+ca)\le \iff a+b+2c\le 2(a+b+c)\iff 0\le a+b$.

Điều này luôn đúng. Như vậy ta có $(\ast )$.

Do đó ta đã chứng minh xong $M,N\ge 0$. Bây giờ chỉ cần giả sử $c=min\left\{a;b;c\right\}$ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$