`a,b,c>0` thỏa mãn `a^2+b^2+c^2=1` Chứng minh`(a)/(a^3+bc)+(b)/(b^3+ac)+(c)/(c^3+ba)>=3`

Giải thích các bước giải:

Biến đổi đẳng thức:

$\dfrac{a}{a^3+bc}+\dfrac{b}{b^3+ac} + \dfrac{c}{c^3+ab} = \dfrac{1}{\dfrac{a^3}{a}+\dfrac{bc}{a}} + \dfrac{1}{\dfrac{b^3}{b}+\dfrac{ac}{b}}+\dfrac{1}{\dfrac{c^3}{c}+\dfrac{ab}{c}} = \dfrac{1}{a^2+\dfrac{bc}{a}} + \dfrac{1}{b^2+\dfrac{ac}{b}} + \dfrac{1}{c^2+\dfrac{ab}{c}}$

Ta đặt: $x=\dfrac{bc}{a}$ ; $y=\dfrac{ac}{b}$ ; $z=\dfrac{ab}{c}$, $(x,y,z >0)$

Theo giả thiết của đề bài, $a^2+b^2+c^2 =1 =>xy+yz+xz=1$

Điều cần chứng minh chuyển thành: $\dfrac{1}{x+yz}+\dfrac{1}{y+xz}+\dfrac{1}{z+xy} \ge 3$

Giả sử: $0<x+y+z \le 2$:

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy-Schwarz):

$VT \ge \dfrac{(1+1+1)^2}{x+y+z+xy+yz+xz} \ge \dfrac{9}{3} =3$ 

$=>$ Bất đẳng thức hiển nhiên đúng <-> Điều phải chứng minh.

Giả sử: $x+y+z \ge 2$:

Biến đổi tương đương hai vế

$\dfrac{1}{x+yz}+\dfrac{1}{y+xz}+\dfrac{1}{z+xy} \ge 3$

$<=> (y+xz).(z+xy)+(x+yz).(z+xy)+(x+yz)(y+xz) \ge 3(x+yz).(y+xz).(z+xy)$

$<=>(yz+xy^2+xz^2+x^2yz) + (xz+x^2y+yz^2+xy^2z)+(xy+x^2z+y^2z+xyz^2) $

$\ge 3(xy+x^2z+y^2z+xyz^2)(z+xy) = 3.[xyz+(xz)^2+(yz)^2+xyz^3+(xy)^2+x^3yz+xy^3z+(xyz)^2]$

$<=> (x+y+z) + 7xyz(x+y+z) \ge 3(xyz)^2 +2+3xyz(x+y+z)^2$ $(*)$

Cần chứng minh $(*)$ luôn đúng.

Với $(xy+yz+xz)^2 \ge 3xyz(x+y+z)$ (được suy ra từ $(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+xz)$)

và $x+y+z \ge 2$ (giả sử) 

Ta có: $(x+y+z -2)[(xy+yz+xz)^2-3xyz(x+y+z)] \ge 0$

$<=> (x+y+z)(xy+yz+xz)^2-3xyz(x+y+z)^2-2(xy+yz+xz)^2+6xyz(x+y+z) \ge 0$

$<=> (x+y+z) +6xyz(x+y+z) \ge 3xyz(x+y+z)^2 +2$ (Do $xy+yz+xz =1$ (gt)) $(1)$

Ta có: $xyz(x+y+z) \ge 3x^2y^2z^2$ (Theo bất đẳng thức Cô-si ba số) $(2)$

$=>$ Cộng vế $(1)$ với vế $(2)$, Ta có điều phải chứng minh cho (*)

Dấu bằng không xảy ra.