Chủ đề này có 1 trả lời

[MPU]

Cho $a; b; c$ là các số thực dương thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Chứng minh rằng: 
$\frac{a}{b(b+2c)^2}+\frac{b}{c(c+2a)^2}+\frac{c}{a(a+2b)^2}\geq \frac{4}{3}$

[hanguyen445]

Lời giải

Cho $a; b; c$ là các số thực dương thoả mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Chứng minh rằng: 
$\frac{a}{b(b+2c)^2}+\frac{b}{c(c+2a)^2}+\frac{c}{a(a+2b)^2}\geq \frac{4}{3}$

Ta có $ \frac{a}{b(b+2c)^2}=\frac{(\frac{a}{b+2c})^2}{ab}$. Biến đổi tương tự với các số hạng còn lại trong biểu thức vế trái và sử dụng BĐT cauchy-schwarz ta có $$VT\ge (\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b})^2.\frac{1}{ab+bc+ac}$$

Lại có $\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ac)}$. Khi đó

$$VT\ge\frac{(a+b+c)^4}{9(ab+bc+ac)^3}\ge\frac{1}{ab+bc+ac}$$

Có $1=(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\ge\frac{8}{9}. (ab+bc+ac)(a+b+c)\ge\frac{8}{9}(ab+bc+ac)\sqrt{3(ab+bc+ac)}$.

Hay $ab+bc+ac\le\frac{3}{4}$. Do đó ta suy ra được $VT\ge\frac{4}{3}$. Phép chứng minh hoàn tất.