Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;
Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :
$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô
Nguyễn Kim Anh
Bài này khó kinh,mình làm thử cách này(chưa check kỹ lắm,ai đó check hộ mình với)
đặt $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)}$ thì
**************
Bổ đề 1: nếu $ab\ge 1$
$f(a,b)\ge f(\sqrt{ab},\sqrt{ab})$ (CM=cách quy đồng trực tiếp)
và $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$ (CM như CM tử bdt cosi 2 số lên 3 số)
Bổ đề 2: nếu $ab\ge 1$ mà $a\ge 1$ và $b\le 1$ thì
$f(a,b)\ge f(ab,1)$ (CM=cách quy đồng)
**************
xét 3 trường hợp:
*****
TH1: 3 số nhỏ hơn 1,giả sử $b,c,d\le 1 $ suy ra $ab,ac,ad\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ab,1,c,d)\ge f(abc,d,1,1)=f(\dfrac{1}{d},d,1,1)\ge 1$
*****
TH2: 2 số nhỏ hơn 1, 2 số lớn hơn 1:
Giả sử $a\ge b\ge 1$ và $c,d\le 1$
Dễ thấy tồn tại ít nhất 1 trong 2 số ac,ad mà số này<1,giả sử $ac\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ac,b,d,1)\ge f(\sqrt{abc},\sqrt{abc},d,1)=f(x,x,\dfrac{1}{x^2},1)\ge 1 $
****
TH3: 1 số nhỏ hơn 1:
Giả sử $d\le 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},d)=f(x,x,x,\dfrac{1}{x^3})\ge 1$
ĐPCM