Bất đẳng thức 2 (Quykhtn)

Cho ba số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3.$ Chứng minh rằng $$P=\frac{a}{b+c^3}+\frac{b}{c+a^3}+\frac{c}{a+b^3} \ge \frac{3}{2}$$Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$P \ge \frac{(a^2+ab+b^2+bc+c^2+ca)^2}{a(b+c^3)(a+b)^2+b(c+a^3)(b+c)^2+c(a+b^3)(c+a)^2}=Q$$ Như vậy để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta cần chỉ ra rằng $Q \ge \frac{3}{2},$ khai triển rút gọn ta đưa bất đẳng thức về dạng $$2\sum a^4+\sum ab(a^2+b^2)+8abc\sum a \ge 3\sum a^3b^3+3abc\sum ab^2+6abc\sum a^2b$$ Với giả thiết $a^2+b^2+c^2=3$ ta đưa bất đẳng thức trên về dạng đồng bậc 6, hay là đi chứng minh $$2\sum a^2\sum a^4+\sum a^2\sum ab(a^2+b^2)+8abc\sum a^2\sum a \ge 9\sum a^3b^3+9abc\sum ab^2+18abc\sum a^2b$$ Khai triển rút gọn lần nữa, ta đưa bất đẳng thức trên về dạng $$8abc\left(\sum a^3-\sum a^2b\right)+\sum a^6-abc\sum a^2b+\sum ab(a-b)^2(a^2+3ab+b^2)+\frac{1}{2}\sum (a^3-b^3)^2\ge 0$$ Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM ta có $$a^3+b^3+c^3 \ge a^2b+b^2c+c^2a$$$$a^6+b^6+c^6 \ge \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{3} \ge abc(a^2b+b^2c+c^2a)$$ Như vậy bài toán chứng minh xong, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$