Chủ đề này có 4 trả lời

[minhson95]

cho $a,b,c>0$ và $abc=1$ CMR:

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

[Ispectorgadget]

Bài này có nhiều cách trình bày 1 cách vậy
$VT=\frac{b^2c^2}{a(b+c)}+\frac{a^2c^2}{b(a+c)}+\frac{a^2b^2}{c(a+b)}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{2(ab+bc+ac)}\geq \frac{3}{2}$

[Dung Dang Do]

Anh xin chém bài này
Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\to xyz=1;x,y,z>0$
Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau
$\frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y^{2}}{z+x}+\frac{z^{2}}{z+y}\ge\frac{3}{2}$
Áp dụng BĐT Bunhia ta có $(x+y+z)^{2}\le A(y+z+z+x+x+y)$
$\iff A\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}3\sqrt[3]{xyz}=\frac{3}{2}.D.p.c.m$

[dark templar]

Làm luôn bài tổng quát nhé
Bài toán: Cho $a,b,c>0,abc=1;k \ge 2$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{k}(b+c)}+\frac{1}{b^{k}(a+c)}+\frac{1}{c^{k}(a+b)} \ge \frac{3}{2}$$

[le_hoang1995]

Bài toán tổng quát này em xin làm theo chebusep

Đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$

Không mất tổng quát giả sử $x\geq y\geq z\Rightarrow x^{k-1}\geq y^{k-1}\geq z^{k-1}$ và$\frac{1}{y+z}\geq \frac{1}{x+z}\geq \frac{1}{x+y}$

BĐT tương đương $P=\sum \frac{x^{k-1}}{y+z}\geq \frac{1}{3}*(x^{k-1}+y^{k-1}+z^{k-1})(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}+\frac{1}{x+y})$

$\geq \frac{1}{3}*\frac{1}{3}*(x^{k-2}+y^{k-2}+z^{k-2})*(x+y+z)*\frac{9}{2(x+y+z)}\geq \frac{3\sqrt[3]{(xyz)^{k-2}}}{2}=\frac{3}{2}$

Suy ra ĐPCM