Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thõa mãn $a^2+b^2+c^2=1$.
Chứng minh rằng
$\frac{1}{1-a^2}+\frac{1}{1-b^2}+\frac{1}{1-c^2}+\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\geq 9$
BDT $< = > \sum (\frac{1}{1-a^2}-1)+\sum (\frac{1}{1-ab}-1)\geq 3$
$< = > \sum \frac{a^2}{1-a^2}+\sum \frac{ab}{1-ab}\geq 3$
$< = > \sum \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2-a^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}\geq 3$
$< = > \sum \frac{a^2}{b^2+c^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}\geq 3$ (4)
Theo BDT Bunhiacopxki ta có :
$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}$
$=\sum \frac{a^4}{a^2b^2+a^2c^2}+\sum \frac{(ab)^2}{ab(a^2+b^2+c^2-ab)}$
$\geq \frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{2\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)-\sum a^2b^2}$
$=\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)}$ (1)
Ta cần chứng minh : $\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)}\geq 3$
$< = > (\sum a^2+\sum ab)^2\geq 3abc(\sum a)+3\sum a^2b^2+3\sum ab(a^2+b^2)$
$< = > (\sum a^2)^2+2(\sum a^2)(\sum ab)+(\sum ab)^2\geq 3abc(\sum a)+3\sum ab(a^2+b^2)+3\sum a^2b^2$
$< = > \sum a^4+abc(\sum a)\geq \sum ab(a^2+b^2)$
$< = > a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\geq 0$
BDT này đúng vì đó là Schur bậc 4
Do đó $\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{\sum a^2b^2+\sum ab(a^2+b^2)+abc(\sum a)}\geq 3$ (2)
Từ (1),(2) $= > \sum \frac{a^2}{b^2+c^2}+\sum \frac{ab}{a^2+b^2+c^2-ab}\geq 3$ (3)
Từ (3),(4) $= > \sum \frac{1}{1-a^2}+\sum \frac{1}{1-ab}\geq 9$
Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 14-07-2015 - 19:43