Question

[Admin (a@olm.vn)]

Cho  \(a,b>0\) thỏa mãn điều kiện   \(ab\ge1\).

Chứng minh rằng    \(\dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{b^3}{1+a}\ge1\).

Answer 1

[Phạm Bá Huy]

Do giả thiết  $1\le ab$  nên 1\le\sqrt{ab}\le\dfrac{a+b}{2}. Vì vậy ta tìm cách ước lượng giảm bậc của biến $a,b$ từ 3 xuống 1, tức là phải dùng Cô si cho 3 số dương.

Áp dụng Cô si cho 3 số dương     \dfrac{a^3}{1+b};\dfrac{1+b}{x};y ta có

                           \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{x}+y\ge3a\sqrt[3]{\dfrac{y}{x}}   (1)

Kì vọng rằng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành đẳng thức khi $a=b=1$ nghĩa là

khi $a=b=1$ phải có    \dfrac{a^3}{1+b}=\dfrac{1+b}{x}=y  hay   \dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{x}=y\Leftrightarrow x=4;y=\dfrac{1}{2}

(1) trở thành     

                              \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{1+b}{4}+\dfrac{1}{2}\ge3a\sqrt[3]{\dfrac{1}{8}}=\dfrac{3a}{2} 

Tương tự              \dfrac{b^3}{1+a}+\dfrac{1+a}{4}+\dfrac{1}{2}\ge\dfrac{3b}{2} 

Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta suy ra  

                       \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{b^3}{1+a}+\dfrac{3}{2}\ge\dfrac{5}{4}\left(a+b\right)\ge\dfrac{5}{2}\sqrt{ab}\ge\dfrac{5}{2}

    Do đó           \dfrac{a^3}{1+b}+\dfrac{b^3}{1+a}\ge1

Answer 2

[Hương Hà Huỳnh]