`a,b,c>0;abc=1` Cmr `1/(a^2.(b+c))+1/(b^2.(c+a))+1/(c^2.(a+b))>=3/2`

Đáp án:

Cách 1:

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

$ = \frac{abc}{a^2(b+c)}+\frac{abc}{b^2(c+a)}+\frac{abc}{c^2(a+b)} $ 

$=\frac{bc}{a(b+c)}+\frac{ac}{b(c+a)}+\frac{ab}{c(a+b)}$

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

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

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$:

$=>VT \ge \frac{(ab+bc+ac)^2}{2(a+b+c)}$ 

Chuyển điều phải chứng minh trở thành:

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

$<=> (ab+bc+ac)^2 \ge 3(a+b+c)$ 

$<=> (ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)$

$<=> (ab)^2 + (bc)^2 +(ca)^2 -2(ab).(bc)-2(bc).(ac)-2(ab).(ac) - 3(ab).(ac) - 3(ab).(bc) -3(ac).(bc) \ge 0$

$<=> (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 -(ab).(ac)-(ab).(bc)-(ac).(bc) \ge 0$

$<=> \frac{1}{2}.[(ab)^2+(ac)^2-2(ab).(ac)]+ \frac{1}{2}.[(ab)^2+(bc)^2-2(ab).(bc)]+\frac{1}{2}.[(ac)^2+(bc)^2-2(ac).(bc)] \ge 0$

$<=> \frac{1}{2}.(ab-ac)^2+ \frac{1}{2}.(ab-bc)^2+ \frac{1}{2}.(ac-bc)^2 \ge 0$ (Luôn đúng)

Dấu bằng xảy ra khi: $ab=bc=ac=a=b=c=1$

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức ''Cauchy-Schwarz''-''Hodler''

$[\frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)}][(b+c)+(a+c)+(a+b)] \ge (\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2 =(ab+bc+ac)^2$

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

Chuyển điều cần chứng minh trở thành:

$=>(ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)$

$<=> (ab)^2 + (bc)^2 +(ca)^2 -2(ab).(bc)-2(bc).(ac)-2(ab).(ac) - 3(ab).(ac) - 3(ab).(bc) -3(ac).(bc) \ge 0$

$<=> (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 -(ab).(ac)-(ab).(bc)-(ac).(bc) \ge 0$ (Luôn đúng)

Dấu bằng xảy ra khi: $ab=bc=ac=a=b=c=1$

Đáp án + Giải thích các bước giải:

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

$=\dfrac{b^2c^2}{a^2b^2c^2(b+c)}+\dfrac{c^2a^2}{a^2b^2c^2(c+a)}+\dfrac{a^2b^2}{a^2b^2c^2(a+b)}$

$=\dfrac{b^2c^2}{b+c}+\dfrac{c^2a^2}{c+a}+\dfrac{a^2b^2}{a+b}$ (Do $abc=1$)

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta được:

$\dfrac{b^2c^2}{b+c}+\dfrac{c^2a^2}{c+a}+\dfrac{a^2b^2}{a+b}\ge\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}$

Như vậy, ta cần chứng minh $\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}\ge\dfrac{3}{2}$

Hay $(ab+bc+ca)^2\ge3(a+b+c)$

Thật vậy, $(ab+bc+ca)^2\ge3abc(a+b+c)=3(a+b+c)$

$⇔(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+2abc(a+b+c)\ge3abc(a+b+c)$

$⇔(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2\ge abc(a+b+c)$ $(*)$

Áp dụng bất đẳng thức cơ bản $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$ ta có ngay bất đẳng thức $(*)$

Khi đó, $\dfrac{1}{a^2(b+c)}+\dfrac{1}{b^2(c+a)}+\dfrac{1}{c^2(a+b)}\ge\dfrac{3}{2}$

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