Inequality

Bài toán : Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{a^{3}b}+\frac{1}{b^{3}c}+\frac{1}{c^{3}a}\ge 3$$

Lời giải :

Ta có :

$3(a+b+c)$$=(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)$$=(a^3+a{b}^2)+(b^3+b{c}^2)+(c^3+c{a}^2)+(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)$$\ge 3(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)$$\Rightarrow a+b+c$$\ge a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a(1)$

Ta có :

$\frac{1}{a^{3}b}+\frac{1}{b^{3}c}+\frac{1}{c^{3}a}$$=\frac{1/a}{a^{2}b}+\frac{1/b}{b^{2}c}+\frac{1/c}{c^{2}a}$$\ge \frac{{\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)}^2}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}(2)$

Mặt khác theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}$$\ge \frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$$\ge \frac{9}{\sqrt{3(a+b+c)}}$$\ge \frac{9}{\sqrt{3}\sqrt[4]{3(a^2+b^2+c^2)}}$$=3(3)$

Từ $(1)(2)(3)$ việc chứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được :

$$\frac{3^2}{a+b+c}\ge 3\iff a+b+c\le 3$$

Điều này luôn đúng vì $a+b+c\le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$

Ta có điều phải chứng minh.