Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh: `a/(b+c)^2 ≥ 3/(4(a+b+c))`

Đáp án:

Giải thích các bước giải:

Với 3 số dương $x; y; z$ thỏa mãn $: x + y + z ≥ \dfrac{3}{2} (1)$

$⇒ x² + y² + z² ≥ \dfrac{1}{3}(x + y + z)² = \dfrac{1}{3}(\dfrac{3}{2})² = \dfrac{3}{4} (2)$

$ (1) + (2) : x² + x + y² + y + z² + z ≥ \dfrac{3}{4} + \dfrac{3}{2} = \dfrac{9}{4} (*)$

Xét tổng :$ \dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} + 3$

$ = \dfrac{a}{b + c} + 1 + \dfrac{b}{c + a} + 1 + \dfrac{c}{a + b} + 1$

$ = \dfrac{a + b + c}{b + c} + \dfrac{a + b + c}{c + a} + \dfrac{a + b + c}{a + b}$

$ = (a + b + c)(\dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a} + \dfrac{1}{a + b})$

$ = \dfrac{1}{2}[(b + c) + (c + a) + (a + b)](\dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a} + \dfrac{1}{a + b})$

$ ≥ \dfrac{1}{2}.[3\sqrt[3]{(b + c).(c + a).(a + b)}].[3\sqrt[3]{\dfrac{1}{b + c}.\dfrac{1}{c + a}.\dfrac{1}{a + b}}] = \dfrac{9}{2}$ (cô si cho 3 số)

$ ⇒ \dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} ≥ \dfrac{9}{2} – 3 = \dfrac{3}{2}$ thỏa mãn $(1)$

Vậy áp dụng $(*)$ với $ : x = \dfrac{a}{b + c}; y = \dfrac{b}{c + a}; z = \dfrac{c}{a + b}$ ta có:

$ ⇔ \dfrac{a²}{(b + c)²} + \dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b²}{(c + a)²} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c²}{(a + b)²} + \dfrac{c}{a + b} ≥ \dfrac{9}{4}$

$ ⇔ \dfrac{a(a + b + c)}{(b + c)²} + \dfrac{b(a + b + c)}{(c + a)²} + \dfrac{c(a + b + c)}{(a + b)²} ≥ \dfrac{9}{4}$

$ ⇔ \dfrac{a}{(b + c)²} + \dfrac{b}{(c + a)²} + \dfrac{c}{(a + b)²} ≥ \dfrac{9}{4(a + b + c)} (đpcm)$