Chủ đề này có 2 trả lời

[lehakhiem212]

Cho a,b,c> 0,abc=1

Chứng minh:

$\frac{1}{a^{3}(b+c)}+\frac{1}{b^{3}(c+a)}+\frac{1}{c^{3}(a+b)}\geq \frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehakhiem212: 05-04-2016 - 20:07

[githenhi512]

$\frac{1}{a^{3}(b+c)}=\frac{(abc)^{2}}{a^{3}(b+c)}=\frac{(bc)^{2}}{ab+ac}$

T² $\Rightarrow \sum \frac{1}{a^{3}(b+c)}=\sum \frac{(bc)^{2}}{ca+ab}$

                           $\geq \frac{(ab+ba+ca)^{2}}{2(ab+bc+ca)}=\frac{ab+bc+ca}{2}$

                             $\geq \frac{\sqrt[3]{(abc)^{2}}}{2}=\frac{3}{2}$(dpcm)

Dấu ''=''  xr khi a=b=c=1

[KietLW9]

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x,y,z>0 & \\ xyz=1 & \end{matrix}\right.$

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant \frac{3}{2}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x+y\geqslant z+x\geqslant y+z>0 & \\ \frac{x}{y+z}\geqslant \frac{y}{z+x}\geqslant \frac{z}{x+y}>0 & \end{matrix}\right.$

Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều và ngược chiều, ta được: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant \frac{1}{3}(x+y+z)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})=\frac{1}{6}[(y+z)+(z+x)+(x+y)](\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})\geqslant \frac{1}{6}.3.[\frac{x}{y+z}.(y+z)+\frac{y}{z+x}.(z+x)+\frac{z}{x+y}.(x+y)]=\frac{x+y+z}{2}\geqslant \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$