Chủ đề này có 2 trả lời

[Alexman113]

Cho $a,\,b,\,c>0$ thỏa $abc=1.$ Chứng minh rằng: $$\dfrac{a^4b}{a^2+1}+\dfrac{b^4c}{b^2+1}+\dfrac{c^4a}{c^2+1}\geq\dfrac{3}{2}$$

 

[Hoang Tung 126]

đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$ .Ta có:$\sum \frac{a^4b}{a^2+1}=\sum \frac{\frac{x^4}{y^4}.\frac{y}{z}}{\frac{x^2}{y^2}+1}=\sum \frac{x^4}{yz.(x^2+y^2)}\geq \sum \frac{2x^4}{(x^2+y^2)(y^2+z^2)}\geq \frac{2(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum x^4+3.\sum x^2y^2}= \frac{2.(x^2+y^2+z^2)^2}{\left ( x^2+y^2+z^2 \right )^2+\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3}}=\frac{3}{2}$.(Do áp dụng bđt $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}$) .Dấu = xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$

[nguyencuong123]

http://diendantoanho...uchy-ngược-dấu/

ở đây có rồi bạn ạ.