[tc7][T7/504, Toán học & tuổi trẻ số 504, tháng 6 năm 2019] Cho $3$ số thực dương $x$, $y$, $z$ sao cho $xyz = 1$. Chứng minh $$\dfrac{1}{x^{k+1}(y+z)} + \dfrac{1}{y^{k+1}(z+x)} + \dfrac{1}{z^{k+1}(x+y)} \ge \dfrac{3}{2}.$$

Lời giải

Đặt $a = \dfrac{1}{x}$, $b = \dfrac{1}{y}$, $c = \dfrac{1}{z}$, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$\dfrac{a^k}{b+c} + \dfrac{b^k}{c+a} + \dfrac{c^k}{a+b} \ge \dfrac{3}{2} \text{ với } abc = 1.$$ Khi $k = 1$, bất đẳng thức đúng, vì đây là bất đẳng thức Nesbit.
Xét $k \ge 2$, ta có theo bất đẳng thức Cauchy cho $k$ số $$\dfrac{a^k}{b+c} + \dfrac{b+c}{4} + \dfrac{k-2}{2} \ge k \cdot \sqrt[k]{\dfrac{a^k}{b+c} \cdot \dfrac{b+c}{4} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{k-2}} = \dfrac{ka}{2}.$$ $$\Rightarrow \dfrac{a^k}{b+c} \ge \dfrac{ka}{2} - \left( \dfrac{b+c}{4} + \dfrac{k-2}{2} \right).$$ Tương tự với $b$, $c$ ta có $$\Rightarrow \dfrac{b^k}{c+a} \ge \dfrac{kb}{2} - \left( \dfrac{c+a}{4} + \dfrac{k-2}{2} \right),$$ $$\Rightarrow \dfrac{c^k}{a+b} \ge \dfrac{kc}{2} - \left( \dfrac{a+b}{4} + \dfrac{k-2}{2} \right).$$ Cộng theo vế $3$ bất đẳng thức này ta có $$\dfrac{a^k}{b+c} + \dfrac{b^k}{c+a} + \dfrac{c^k}{a+b} \ge \dfrac{(k-1)(a+b+c)}{2} - \dfrac{3(k-2)}{2}.$$ Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho $a$, $b$, $c$ ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh $$\begin{eqnarray*} \dfrac{a^k}{b+c} + \dfrac{b^k}{c+a} + \dfrac{c^k}{a+b} & \ge & \dfrac{(k-1)(a+b+c)}{2} - \dfrac{3(k-2)}{2} \\ & \ge & \dfrac{3(k-2)}{2} - \dfrac{3(k-2)}{2} = \dfrac{3}{2}. \end{eqnarray*}$$ Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi $x=y=z=1$.