Inequality

Bài toán (THTT số 396) 

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\le \frac{9}{2(1+9abc-a-b-c)}$$

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh :

$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}$$\le \frac{9}{2}$$\iff \left(1-\frac{1}{1-ab}\right)+\left(1-\frac{1}{1-ab}\right)+\left(1-\frac{1}{1-ab}\right)$$\ge \frac{-1}{2}$$\iff \frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}$$\le \frac{1}{2}(\ast )$

Thật vậy,

Áp dụng BĐT $AM-GM$ và $Cauchy-Schwarz$ :

$\frac{ab}{1-ab}$$=\frac{2ab}{2(a^2+b^2+c^2)-2ab}$$\le \frac{1}{2}.\frac{(a+b{)}^2}{2(a^2+b^2+c^2)-(a^2+b^2)}$$=\frac{1}{2}.\frac{(a+b{)}^2}{(a^2+c^2)+(b^2+c^2)}$$\le \frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\right)$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng vế chúng lại, ta được $(\ast )$.

Từ đó ta chỉ cần chứng minh được :

$\frac{1}{1+9abc-a-b-c}$$\ge 1$$\iff a+b+c$$\ge 9abc$$\iff (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$$\ge 9abc$

Điều này luôn đúng, từ đó ta có điều phải chứng minh.