Cho $a , b , c$ dương và có $abc = 1$ . Chứng minh : $\frac{a^{4}b}{a^{2} + 1} + \frac{b^{4}c}{b^{2} + 1} + \frac{c^{4}a}{c^{2} + 1} \geq \frac{3}{2}$
Ta có: $\frac{a^4b}{a^2+1} =a^2b -\frac{a^2b}{a^2+1} \geq a^2b -\frac{a^2b}{2a} =a^2b -\frac{ab}{2}$
DO đó $\sum \frac{a^4b}{a^2+1} \geq (a^2b +b^2c +c^2a) -\frac{ab+bc+ca}{2}$
Bây giờ ta sẽ chứng minh $a^2b +b^2c +c^2a \geq ab +bc +ca$. Thật vậy,
$a^2b +a^2b +b^2c \geq 3\sqrt[3]{(ab)^4c} =3\sqrt[3]{(ab)^4.\frac{1}{ab}}$
$\Rightarrow a^2b +a^2b +b^2c \geq 3ab$
Tương tự, $2b^2c +c^2a \geq 3bc$ và $2c^2a +a^2b \geq 3ca$
$\Rightarrow a^2b +b^2c +c^2a \geq ab+bc+ca$
Vậy: $\sum \frac{a^4b}{a^2+1} \geq a^2b +b^2c +c^2a -\frac{ab+bc+ca}{2} \geq \frac{ab+bc+ca}{2}$
$\Rightarrow \sum \frac{a^4b}{a^2+1} \geq \frac{3\sqrt[3]{(abc)^2}}{2} =\frac{3}{2}$
Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nangcuong8e: 01-09-2015 - 14:18