Question

Положительные числа a, b, с таковы, что abc =1. докажите неравенство

Answer 1

 
$abc=1\\ \frac{1}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(a+c)} + \frac{1}{c^3(b+a)} \geq \frac{3}{2}\\\\$ 
После приведения под общим  знаменатель,получим                     
$\frac{(ab+ac+bc)(a^3b^3+a^3c^3+a^2b^2c^2+b^3c^3)}{a^3b^3c^3(a+b)(a+c)(b+c)} = \\\\ abc=1\\\\ \frac{(ab+ac+bc)(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3+1)}{ (a+b)(a+c)(b+c)}$
  
 Теперь по неравенству о средних получим 
 $\frac{a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3}{3} \geq \sqrt[3]{a^6b^6c^6}=a^2b^2c^2=1$
 то есть $a^3b^3+a^3c^3+c^3b^3 \geq 3$ с учетом того что $a0;b0;c0$ 
Так же            $(a+b)(b+c)(a+c)=a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2+2\\ \frac{a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2}{6} \geq 1\\ a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+b^2c+bc^2 \geq 6$ 
И включая $\frac{(ab+bc+ac)*4}{8} \geq \frac{3}{2}\\ \frac{ab+bc+ac}{2} \geq \frac{3}{2}$ 
 прихожим к более легкому неравенству 
 $ab+bc+ac \geq 3\\ \frac{ab+bc+ac}{3} \geq 1 \\ \frac{ab+bc+ac}{3} \geq \sqrt[3]{a^2b^2c^2}=1$
 
 то есть минимальное значение это $\frac{3}{2}$
 Что и требовалось  доказать