Inequality

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức

 $$\frac{1}{a\sqrt{a+b}}+\frac{1}{b\sqrt{c+a}}+\frac{1}{c\sqrt{c+a}}\ge \frac{3}{\sqrt{2abc}}$$

Lời giải :

Nhận thấy các biến số nằm ở mẫu số của các phân thức, ta tìm cách chuyển biến lên tử bằng cách đặt ẩn phụ : $\left(a,b,c\right)\to \left(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}\right)$.

Khi đó vế trái trở thành :

$\frac{1}{\frac{1}{x}\sqrt{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}}+\frac{1}{\frac{1}{y}\sqrt{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}}+\frac{1}{\frac{1}{z}\sqrt{\frac{1}{z}+\frac{1}{x}}}$$=\frac{x\sqrt{2xyz}}{\sqrt{2z(x+y)}}+\frac{y\sqrt{2xyz}}{\sqrt{2x(y+z)}}+\frac{z\sqrt{2xyz}}{\sqrt{2y(z+x)}}$$\ge \sum _{cyc}\frac{x\sqrt{2xyz}}{\frac{2z+x+y}{2}}$$=\sum _{cyc}\frac{2x\sqrt{2xyz}}{x+y+2z}$$\ge 2\sqrt{2xyz}.\frac{(x+y+z{)}^2}{(x^2+xy+2zx)+(2xy+y^2+yz)+(zx+2yz+z^2)}$$=2\sqrt{2xyz}.\frac{(x+y+z{)}^2}{(x+y+z{)}^2+(xy+yz+zx)}$$\ge \frac{(x+y+z{)}^2}{(x+y+z{)}^2+\frac{1}{3}(x+y+z{)}^2}$$=\frac{3\sqrt{xyz}}{\sqrt{2}}$

Đây là điều phải chứng minh.