Inequality, Trigonometry

Bài toán (Tổng quát Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2013 THPT Mạc Đĩnh Chi, TpHCM)

Cho $k$ là số nguyên dương và $n$ số thực $a_1,a_2,...,a_n$ thỏa mãn $\frac{1}{1+a_1^{2k}}+\frac{1}{1+a_2^{2k}}+...+\frac{1}{1+a_n^{2k}}=1$. Chứng minh rằng :

$$a_1{a}_2...a_n\ge (n-1{)}^{\frac{n}{2k}}$$

Lời giải :

Ta đặt $a_1^k=tan{A}_1,a_2^k=tan{A}_2,...,a_n^k=tan{A}_n$ thì giả thiết đã cho được viết lại thành :

$\frac{1}{ta{n}^2{A}_1+1}+\frac{1}{ta{n}^2{A}_2+1}+...+\frac{1}{ta{n}^2{A}_n+1}$$=1$$\iff co{s}^2{A}_1+co{s}^2{A}_2+...+co{s}^2{A}_n$$=1$$\iff co{s}^2{A}_1+co{s}^2{A}_2+...+co{s}^2{A}_{n-1}$$=1-co{s}^2{A}_n$$=si{n}^2{A}_n$

Từ đó áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$$si{n}^2{A}_n\ge (n-1)\sqrt[n-1]{co{s}^2{A}_{1}co{s}^2{A}_2...co{s}^2{A}_{n-1}}$$

Hoàn toàn tương tự :

$$si{n}^2{A}_{n-1}\ge (n-1)\sqrt[n-1]{co{s}^2{A}_1...co{s}^2{A}_{n-2}co{s}^2{A}_n}$$

…

$$si{n}^2{A}_1\ge (n-1)\sqrt[n-1]{co{s}^2{A}_2...co{s}^2{A}_{n-1}co{s}^2{A}_n}$$

Nhân các BĐT này theo vế :

$si{n}^2{A}_{1}si{n}^2{A}_2...si{n}^2{A}_n$$\ge (n-1{)}^n.co{s}^2{A}_{1}co{s}^2{A}_2...co{s}^2{A}_n$$\iff ta{n}^2{A}_{1}ta{n}^2{A}_2...ta{n}^2{A}_n$$\ge (n-1{)}^n$$\iff a_1^{2k}{a}_2^{2k}...a_n^{2k}$$\ge (n-1{)}^n$$\iff a_1{a}_2...a_n$$\ge (n-1{)}^{\frac{n}{2k}}$

Ta có điều phải chứng minh.