Cỡ 1-2 tuần trước mình có giải một bài toán như vầy :
Cho các số [TEX]a,b,c[/TEX] dương và thỏa [TEX]ab+bc+ca=1[/TEX]
Chứng minh rằng: [TEX]\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 3+\sqrt{\frac{1}{a^2}+1}+\sqrt{\frac{1}{b^2}+1}+ \sqrt{\frac{1}{c^2}+1} \quad{(*)} [/TEX]
1. Vì nhìn nó giống bài toán trong topic này nêu lên quá nên mình nghĩ là hai bài toán này có thể suy ra nhau theo một cách nào đó .
Thực tế là trong kết quả trên , nếu như đặt :
$$ a=\frac{1}{x} \ ; \ b=\frac{1}{y} \ ; \ c=\frac{1}{z} $$
Thì $x,y,z >0$ và
$$ ab+bc+ca=\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}= \frac{x+y+z}{xyz}=1 $$
Hay là
$$ x+y+z=xyz $$
Và kết quả của bài toán trên có thể được viết thành
$$ xy+yz+zx \ge 3+ \sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1} \quad{(**)} $$
Đó chính là bài toán topic này yêu cầu chứng minh .
2. Chứng minh của mình cho bài toán $ ( * ) $
Đầu tiên có
$$ A = \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} = \left( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca} \right) \cdot \left( ab+bc+ca \right) $$
$$ =3+ \frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} $$
$$ =3+T$$
Dùng AM-GM có
$$ \frac{1}{a^2}+1=\frac{a^2+ab+bc+ca}{a^2}=
\frac{ \left( a+b \right) \cdot \left( a+c \right) }{a^2} \le \frac{ \left(2a+b+c \right)^2}{4a^2} $$
Suy ra
$$ \sqrt{1+\frac{1}{a^2}} \le \frac{b+c}{2a} +1 $$
Vậy
$$ B=3+\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{c^2}} \le 6 + \frac{T}{2} $$
Lúc này chỉ cần chứng minh được
$$ 6 + \frac{T}{2} \le 3+T \quad{(1)}$$
thì sẽ suy ra được bất đẳng thức đề bài
$$ B \le 6 + \frac{T}{2} \le 3+T=A $$
Bất đẳng thức $(1)$ tương đương với
$$ T=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} \ge 6 $$
Dễ thấy điều đó đúng do AM-GM .
Như vậy ta có điều cần phải chứng minh .
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn