Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
$\sum {\frac{1}{{a(b + 1)}}} \ge \frac{3}{{\sqrt[3]{{abc}}\left( {1 + \sqrt[3]{{abc}}} \right)}}$
@Mod: Chú ý cách đặt tiêu đề
Mình xin có cách sau:
Áp dụng bất đẳng thức holder có
$(a+1)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Áp dụng bất đẳng thức $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+xz)$ và kết hợp bất đẳng thức trên có
$\left [ \sum \frac{1}{a(b+1)} \right ]^2\geq 3(\sum \frac{1}{ab(1+b)(1+c)})=\frac{3(a+b+c+ac+bc+ac)}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\geq \frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(1+\sqrt[3]{abc})^3}=3.\frac{3\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}{abc(1+\sqrt[3]{abc})^3}=\frac{9}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(1+\sqrt[3]{abc})^2}$
Khai căn hai vế ta ra điều phải chứng minh rồi nhé!