Inequality

Bài toán (China TST 2004) Cho các số dương $a,b,c,d$ thỏa mãn $abcd=1$. Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{(1+a{)}^2}+\frac{1}{(1+b{)}^2}+\frac{1}{(1+c{)}^2}+\frac{1}{(1+d{)}^2}\ge 1$$

Lời giải :

Bổ đề : Với các số thực dương $a,b,c$ thì :

$$\frac{1}{(a+b{)}^2}+\frac{1}{(a+c{)}^2}\ge \frac{1}{a^2+bc}$$

Chứng minh bổ đề :

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$(a^2+bc)\left(1+\frac{b}{c}\right)$$\ge (a+b{)}^2$$\Rightarrow \frac{1}{(a+b{)}^2}$$\ge \frac{c}{(b+c)(a^2+bc)}$

Tương tự thì $\frac{1}{(a+c{)}^2}\ge \frac{b}{(b+c)(a^2+bc)}$

Từ đó bổ đề được chứng minh.

Quay trở lại bài toán :

Áp dụng bổ đề ta được :

$\frac{1}{(1+a{)}^2}+\frac{1}{(1+b{)}^2}+\frac{1}{(1+c{)}^2}+\frac{1}{(1+d{)}^2}$$\ge \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}$$=\frac{2+ab+cd}{(1+ab)(1+cd)}$$=\frac{2+ab+cd}{2+ab+cd}$$=1$

Bài toán chứng minh hoàn tất.