Đáp án:
$P_{min}=\dfrac{4}{3}$ khi $a=b=c=1$
Giải thích các bước giải:
Trước hết ta chứng minh BĐT sau cho các số dương a;b;c:
$abc \geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$ (1)
Do vai trò $a;b;c$ như nhau, không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$
$⇒\begin{cases}(a-c)+b>0\\(a-b)+c>0 \end{cases}$
- Nếu $b+c-a \leq 0$ thì vế trái dương, vế phải không dương, BĐT hiển nhiên đúng
- Nếu $b+c-a>0$ thì cả 3 số hạng của vế phải đều dương, áp dụng BĐT Cô-si:
$(a+b-c)(b+c-a) \leq \dfrac{1}{4}(a+b-c+b+c-a)^2=\dfrac{1}{4}(2b)^2=b^2$
Tương tự: $(a+b-c)(a+c-b) \leq a^2$; $(b+c-a)(a+c-b) \leq c^2$
Nhân vế với vế của 3 BĐT trên ta có đpcm.
Từ đó thế $a+b+c=3$ vào (1) ta được:
$abc \geq (3-2a)(3-2b)(3-2c)$
$⇒abc \geq -8abc+12(ab+bc+ca)-18(a+b+c)+27$
$⇒9abc \geq 12(ab+bc+ca)-27$
$⇒abc \geq \dfrac{4}{3}(ab+bc+ca)-3$
Quay lại bài toán:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho 3 số hạng đầu của biểu thức:
(Với lưu ý đẳng thức sau: $a(b^2+bc+c^2)+b(c^2+ca+a^2)+c(a^2+ab+b^2)=(a+b+c)(ab+bc+ca)$
$P \geq \dfrac{9}{a(b^2+bc+c^2)+b(c^2+ca+a^2)+c(a^2+ab+b^2)}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}$
$⇒P \geq \dfrac{9}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}$
$⇒P \geq \dfrac{3}{ab+bc+ca}+\dfrac{abc}{ab+bc+ca}$
$⇒P \geq \dfrac{3+abc}{ab+bc+ca} \geq \dfrac{3+\dfrac{4}{3}(ab+bc+ca)-3}{ab+bc+ca}=\dfrac{4}{3}$
Vậy $P_{min}=\dfrac{4}{3}$ khi $a=b=c=1$
