Bài toán 14.[Turkey TST 2012] Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $ab+bc+ca\leq 1$. Chứng minh rằng \[a+b+c+\sqrt{3}\geq 8abc\left(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\right).\] |
Lời giải
Do $ab+bc+ca\leq 1$ nên $\dfrac{1}{a^2+1} \leq \dfrac{1}{a^2+ab+bc+ca}=\dfrac{1}{(a+b)(a+c)}$.
Chứng minh tương tự ta được $\dfrac{1}{b^2+1} \leq \dfrac{1}{(a+b)(b+c)}$ ; $\dfrac{1}{c^2+1} \leq \dfrac{1}{(a+c)(b+c)}$.
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy ta có \begin{align*} &a^2b+a b^2+a^2c+a c^2+c^2b+c b^2\geq 6 \sqrt[6]{(abc)^{6}}=6abc\\ \Leftrightarrow& 9\left(a^2b+a b^2+a^2c+a c^2+c^2b+cb^2\right)+18abc \geq 8\left(a^2b+a b^2+a^2c+a c^2+c^2b+c b^2\right)+24abc\\ \Leftrightarrow& 9(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8(a+b+c)(ab+bc+ca)\\ \Leftrightarrow&(a+b)(b+c)(c+a) \geq \dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca). \tag{1} \end{align*} Suy ra \begin{eqnarray*} \dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}&\leq& \dfrac{1}{(a+b)(a+c)}+\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}+\dfrac{1}{(b+c)(a+c)}\\ &=&\dfrac{2(a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b+c)}\\ &\leq&\dfrac{2(a+b+c)}{\dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)}\\ &=&\dfrac{9}{4(ab+bc+ca)} \end{eqnarray*} Ta sẽ chứng minh $a+b+c+\sqrt{3} \geq \dfrac{18abc}{ab+bc+ca}\Leftrightarrow(ab+bc+ca)(a+b+c+\sqrt{3}) \geq 18abc$. Thật vậy, ta có $(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq 9abc$. Và \begin{align*} &\sqrt{3}(ab+bc+ca)\\ \geq& \sqrt{3} \cdot \sqrt{(ab+bc+ca)} \cdot(ab+bc+ca) \\ \geq& \sqrt{3} \cdot \sqrt{3 \cdot \sqrt[3]{a^2b^2c^2}} \cdot 3 \cdot \sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9 abc. \end{align*} Vậy $a+b+c+\sqrt{3} \geq \dfrac{18 abc}{ab+bc+ca}$. $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $a+b+c+\sqrt{3} \geq 8abc\left(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\right)$.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét