Đề bài

Cho

$a,b,c$ là các số dương thỏa mãn

$abc=1$. Chứng minh:

$$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\ge \frac{3}{2}(\ast ).$$

---

Cách 1

Bất đẳng thức tương đương:

$$\frac{abc}{a^3(b+c)}+\frac{abc}{b^3(c+a)}+\frac{abc}{c^3(a+b)}\ge \frac{3}{2}$$

$$\iff \frac{bc}{a^2(b+c)}+\frac{ca}{b^2(c+a)}+\frac{ab}{c^2(a+b)}\ge \frac{3}{2}.$$
Đặt

$x=\frac{1}{a}$,

$y=\frac{1}{b}$,

$z=\frac{1}{c}\Rightarrow xyz=\frac{1}{abc}=1$, bất đẳng thức trên trở thành:

$$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge \frac{3}{2}.$$

Cách 1.1

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số

$(\sqrt{y+z};\sqrt{z+x};\sqrt{x+y})$ và

$(\frac{x}{\sqrt{y+z}};\frac{y}{\sqrt{x+z}};\frac{z}{\sqrt{x+y}})$:

$${(\sqrt{y+z}\cdot \frac{x}{\sqrt{y+z}}+\sqrt{z+x}\cdot \frac{y}{\sqrt{x+z}}+\sqrt{x+y}\cdot \frac{z}{\sqrt{x+y}})}^2$$

$$\le (y+z+z+x+x+y)(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y})$$

$$\iff (x+y+z{)}^2\le 2(x+y+z)(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y})$$

$$\iff \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge \frac{(x+y+z{)}^2}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2}$$

$$\stackrel{Cauchy}{\ge }\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}.$$

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi

$x=y=z=1$ tức là

$a=b=c=1$.

Cách 1.2

Vì

$a,b,c>0$ theo đề bài nên

$x,y,z>0$, suy ra:

$$\frac{x^2}{y+z}>\frac{x}{y+z};\frac{x^2}{y+z}>\frac{x}{y+z};\frac{x^2}{y+z}>\frac{x}{y+z}.$$
Cộng vế với vế:

$$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge \frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\stackrel{Nesbitt}{\ge }\frac{3}{2}\Rightarrow đpcm.$$
Dấu "=" xảy ra khi

$x=y=z=1$ hay

$a=b=c=1$.

Cách 2:

Cũng đặt

$x=\frac{1}{a}$,

$y=\frac{1}{b}$,

$z=\frac{1}{c}$, cần chứng minh:

$$\frac{x^{3}yz}{y+z}+\frac{y^{3}xz}{x+z}+\frac{z^{3}xy}{x+y}\ge \frac{3}{2}.$$
Thật vậy, đặt

$xyz$ làm nhân tử chung, ta được:

$$xyz(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y})\ge \frac{3}{2}.$$
Do

$xyz>0$ nên ta chứng minh biểu thức trong ngoặc lớn hơn hoặc bằng

$\frac{3}{2}$, làm như cách 1.2.

Cách 3

Không mất tổng quát, giả sử

$x\ge y\ge z>0$ (hay

$0<a\le b\le c$).

$$\Rightarrow \frac{x}{y+z}\ge \frac{y}{z+x}\ge \frac{z}{x+y}>0.$$
Áp dụng bất bất đẳng thức Chebyshev:

$$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge \frac{1}{3}(x+y+z)(\frac{1}{y+z}+\frac{1}{x+z}+\frac{1}{x+y})$$

$$\stackrel{\text{AM-GM nghịch đảo}}{\ge }\frac{1}{3}(x+y+z)\cdot \frac{9}{2(x+y+z)}=\frac{3}{2}.$$
Dấu "="

$\iff a=b=c=1$.