Inequality

Bài toán (Romania, 2005) Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Chứng minh rằng :

$$ab+bc+ca\le \frac{3}{4}$$

Lời giải :

Kết hợp giả thiết, ta đưa BĐT về dạng thuần nhất bậc sáu :

$$(ab+bc+ca{)}^3\le {\left(\frac{3}{4}\right)}^3(a+b{)}^2(b+c{)}^2(c+a{)}^2$$

Bất đẳng thức này thuần nhất bậc sáu nên ta chuẩn hóa $ab+bc+ca=1$.

Khi đó đặt $a=tan\frac{A}{2},b=tan\frac{B}{2},c=tan\frac{C}{2},A+B+C=\pi ,a,b,c>0$

Thì :

$(a+b)(b+c)(c+a)$$=\prod _{cyc}\left(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}\right)$$=\prod _{cyc}\frac{sin\frac{A+B}{2}}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}}$$=\prod _{cyc}\frac{cos\frac{C}{2}}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}}$$=\frac{1}{cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$\frac{1}{co{s}^2\frac{A}{2}co{s}^{2}2\frac{B}{2}co{s}^2\frac{C}{2}}$$\ge {\left(\frac{4}{3}\right)}^3$$\iff cos\frac{A}{2}cos\frac{B}{2}cos\frac{C}{2}$$\le \frac{3\sqrt{3}}{8}$

Hiển nhiên đúng.

Ta có điều phải chứng minh.