Baokst

Đặt $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z,$ khi đó:

$xy+yz+zx+x+y+z=6$

Ta cần chứng minh $x^2+y^2+z^2\ge 3(i)$

Ta có $6=xy+yz+zx+x+y+z\le\frac{\left ( x+y+z \right )^2}{3}+x+y+z \Leftrightarrow x+y+z\ge3$

          $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=(x+y+z)^2-2\left [ 6-(x+y+z) \right ]$

                                $=(x+y+z)^2+2(x+y+z)-12\ge3$

Do đó $x^2+y^2+z^2\ge3$ hay $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3$

Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Điều kiện: $x\ge \frac{1}{2}$

Bình phương 2 vế của phương trình ban đầu ta được: 

$(x+4)^2(2x-1)=(6x-2)^2$

$\Leftrightarrow 2x^3-21x^2+48x-20=0$

$\Leftrightarrow (2x-5)(x^2-8x+4)=0\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x=\frac{5}{2}& \\ x=4-2\sqrt{3}& \\ x=2(2+\sqrt{3})& \end{matrix}\right.$