Inequality

Bài toán (Mircea Lascu) Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}$$\ge 4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$.

Điều này có thể viết thành :

$\sqrt{\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}}+\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}+\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}$$=1$

Ta đặt $x=\sqrt{\frac{bc}{a}},y=\sqrt{\frac{ca}{b}},z=\sqrt{\frac{ab}{c}}$ thì $xy+yz+zx=1$.

Lúc này ta được $c=xy,b=yz,c=zx$. Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành :

$\frac{yz+zx}{xy}+\frac{zx+xy}{yz}+\frac{xy+yz}{zx}$$\ge 4\left(\frac{xy}{yz+zx}+\frac{yz}{zx+xy}+\frac{zx}{xy+yz}\right)$

Vì giả thiết $xy+yz+zx=1$ nên ta dùng phép thế lượng giác :

$\left(x,y,z\right)\to \left(tan\frac{A}{2},tan\frac{B}{2},tan\frac{C}{2}\right),A+B+C$$=\pi$

Khi ấy :

$\frac{yz+zx}{xy}$$=\frac{tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}}$$=\frac{tan\frac{C}{2}}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}}.\left(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\right)$$=\frac{sinC/2}{cosC/2}.\frac{cosA/2.cosB/2}{sinA/2.sinB/2}.\frac{sin\left(\frac{A+B}{2}\right)}{cos\frac{A}{2}.cos\frac{B}{2}}$$=\frac{sin\frac{C}{2}}{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}}$

Tương tự với hai biểu thức còn lại. Do vậy ta cần chứng minh :

$\sum _{cyc}\frac{sin\frac{C}{2}}{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}}$$\ge 4\sum _{cyc}\frac{sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}}{sin\frac{C}{2}}$$\iff \sum _{cyc}si{n}^2\frac{A}{2}$$\ge 4\sum _{cyc}si{n}^2\frac{B}{2}si{n}^2\frac{C}{2}$

Mặt khác để ý rằng vì $x=tan\frac{A}{2}\Rightarrow si{n}^2\frac{A}{2}=\frac{x^2}{1+x^2}$. Tương tự với $y,z$.

Do vậy ta chứng minh :

$\frac{x^2}{1+x^2}+\frac{y^2}{1+y^2}+\frac{z^2}{1+z^2}$$\ge 4\sum _{cyc}\frac{x^2{y}^2}{(1+x^2)(1+y^2)}$$\iff \sum _{cyc}{x}^2(1+y^2)(1+z^2)$$\ge 4\sum _{cyc}{x}^2{y}^2(1+z^2)$$\iff x^2+y^2+z^2+2(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)+3x^2{y}^2{z}^2$$\ge 4(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)+12x^2{y}^2{z}^2$$\iff x^2+y^2+z^2$$\ge 2(x^2{y}^2+y^2{z}^2+z^2{x}^2)+9x^2{y}^2{z}^2$$\iff (x+y+z{)}^2-2(xy+yz+zx)$$\ge 2\left[(xy+yz+zx{)}^2-2xyz(x+y+z)\right]+9x^2{y}^2{z}^2$$\iff (x+y+z{)}^2+4xyz(x+y+z)$$\ge 9x^2{y}^2{z}^2+4$

Áp dụng BĐT $Schur$ :

$$(x+y+z{)}^3+9xyz\ge 4(x+y+z)(xy+yz+zx)=4(x+y+z)\Rightarrow (x+y+z{)}^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\ge 4$$

Vậy ta chứng minh một kết quả mạnh hơn là :

$(x+y+z{)}^2+4xyz(x+y+z)$$\ge 9x^2{y}^2{z}^2+(x+y+z{)}^2+\frac{9xyz}{(x+y+z)}$$\iff 4(x+y+z{)}^2$$\ge 9xyz(x+y+z)+9$

Điều này khá hiển nhiên vì :

$$9xyz(x+y+z)+9\le 3(xy+yz+zx{)}^2+9=12$$ và $$4(x+y+z{)}^2\ge 4.3(xy+yz+zx)=12$$

Ta có điều phải chứng minh.