Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng: \({{a + b} \over c} + {{b + c} \over a} + {{c + a} \over b} \ge 6.\)

Vế trái bất đẳng thức có thể viết là:

\(\begin{array}{l}
\dfrac{{a + b}}{c} + \dfrac{{b + c}}{a} + \dfrac{{c + a}}{b} \\= \left( {\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{c}} \right) + \left( {\dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}} \right) + \left( {\dfrac{c}{b} + \dfrac{a}{b}} \right)\\
= \left( {\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a}} \right) + \left( {\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}} \right) + \left( {\dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{c}} \right).
\end{array}\)

Áp dụng bđt Cô – si cho hai số dương

\(\dfrac{a}{c}\) và \(\dfrac{c}{a}\) ta có: \(\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a} \ge 2\sqrt {\dfrac{a}{c}.\dfrac{c}{a}}  = 2.\sqrt 1  = 2\)

\(\dfrac{b}{a}\) và \(\dfrac{a}{b}\) ta có: \(\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b} \ge 2\sqrt {\dfrac{b}{a}.\dfrac{a}{b}}  = 2.\sqrt 1  = 2\)

\(\dfrac{c}{b}\) và \(\dfrac{b}{c}\) ta có: \(\dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{c} \ge 2\sqrt {\dfrac{c}{b}.\dfrac{b}{c}}  = 2.\sqrt 1  = 2\)

Cộng vế với vế các bđt ta được:

\(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{a}} \right) + \left( {\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}} \right) + \left( {\dfrac{c}{b} + \dfrac{b}{c}} \right)\\ \ge 2 + 2 + 2 = 6\\ \Rightarrow dpcm\end{array}\)

Dấu “=” xảy ra khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a}{c} = \dfrac{c}{a}\\\dfrac{b}{a} = \dfrac{a}{b}\\\dfrac{c}{b} = \dfrac{b}{c}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a^2} = {c^2}\\{b^2} = {a^2}\\{c^2} = {b^2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} = {c^2}\) \( \Leftrightarrow a = b = c\) (do \(a,b,c > 0\))

Vậy \({{a + b} \over c} + {{b + c} \over a} + {{c + a} \over b} \ge 6.\)