[tc93][T9/510 Toán học & tuổi trẻ số 510, tháng 12 năm 2019] Cho $a,$ $b,$ $c,$ là ba số dương thỏa $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng \[\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right). \]

Lời giải

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có: \[3=a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left( a+b+c\right) ^2}{3}\Rightarrow a+b+c\le 3.\tag{1} \] Theo bất đẳng thức Schwarz ta có: \begin{align*} \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}&=\dfrac{1^2}{a+b}+\dfrac{1^2}{b+c}+\dfrac{1^2}{c+a}\\ &\ge \dfrac{\left(1+1+1 \right)^2 }{a+b+b+c+c+a}\\ &=\dfrac{9}{2\left( a+b+c\right)}.\tag{2} \end{align*} Từ (1), (2) suy ra \[\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{9}{2\left( a+b+c\right)}\ge\dfrac{3}{2}.\tag{3} \] Mặt khác theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có: \[\left(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \right)^2\le 3\left(2a^2+2b^2+2c^2 \right)=3\cdot 6=18. \] Khi đó \[\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left( \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\right)\le\dfrac{\sqrt{18}}{2\sqrt{2}}=\dfrac{3}{4}.\tag{4}\] Từ (3) và (4) ta có được bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1.$