Chủ đề này có 1 trả lời

[Khoa Linh]

Cho a, b, c>0 thỏa mãn $min\left \{ ab,bc,ca \right \}\geq 1$

Chứng minh rằng $(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)\leq \left (1+\left ( \frac{a+b}{2} \right )^2 \right )\left ( 1+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^2 \right )\left ( 1+\left ( \frac{c+a}{2} \right )^2 \right )$

[hanguyen445]

Ta có $\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}  \le 1 + {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow 1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2} \le 1 + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}{{16}}$

 $\Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2} \le \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 4{\rm{a}}b} \right]}}{{16}}$

$ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{16}}\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 4{\rm{a}}b - 8} \right] \ge 0 $                          [1]

Do bất đẳng thức đối xứng với 3 biến $a,b,c$ nên không giảm tổng quát, ta giả sử $a\ge b\ge c\Rightarrow ab\ge ac\ge bc$

Theo giả thiết Min $\{ab,bc,ca\}=bc\ge 1\begin{cases} ab\ge ac\ge bc\ge 1\\a+b\ge a+c\ge b+c\ge 2\sqrt{bc}=2\end{cases}$

Do đó suy ra $(a+b)^2+4ab-8\ge (a+c)^2+4ac-8\ge (b+c)^2+4bc-8\ge 2^2+4-8=0 (**)$. Suy ra [1] đúng.

Vậy ta có $$\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\le 1+(\dfrac{a+b}{2})^2$$ 

Tương tự tự và kết hợp với (**) ta cũng chứng minh được:

$$\sqrt{(1+a^2)(1+c^2)}\le 1+(\dfrac{a+c}{2})^2$$ 

$$\sqrt{(1+c^2)(1+b^2)}\le 1+(\dfrac{c+b}{2})^2$$ 

Nhân vế của 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.