Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh $\sum \left( a+ \frac 1b \right)^2 \ge 3(a+b+c+1)$.
Lời Giải
Ta có do $abc=1$ nên
$\sum (a+\dfrac{1}{b})^2=\sum (a+ac)^2 \ge \sum (a+ac)(b+ba)$
$ =\sum (ab+a^2b+1+a) =(\sum a)+(\sum ab)+(\sum a^2b)+3$
$ =\sum (ab+a^2b+1+a) =(\sum a)+(\sum ab)+(\sum a^2b)+3$
Bất đẳng thức cần chứng minh là $(\sum ab) +(\sum a^2b)+(\sum a) \geq 3(a+b+c)$
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có:
$a^2b+ac+a=a^2b+ac+\dfrac{1}{bc}\ge 3a$
Tương tự $b^2c+ab+b \geq 3b$ và $c^2a+bc+c \ge 3c$
Công lại ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét