Giải:
Ta có: \ \left\{ \begin{array}{l} 2({a^2} + 1) = {a^2} + {a^2} + 1 + 1 = {(a + 1)^2} + {(a - 1)^2}\\ ({b^2} + 1)({c^2} + 1) = {b^2}{c^2} + {b^2} + {c^2} + 1 = {(b + c)^2} + {(1 - bc)^2} \end{array} \right.
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:\begin{array}{l} \sqrt {2(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + {c^2})} = \sqrt {\left[ {{{(a + 1)}^2} + {{(a - 1)}^2}} \right]\left[ {{{(b + c)}^2} + {{(1 - bc)}^2}} \right]} \\ \ge (a + 1)(b + c) + (a - 1)(1 - bc) = ab + c + ca + b + a + bc - 1 - abc\\ = \left( {a + b + c} \right) + \left( {ab + bc + ca} \right) - 1 - abc\\ \Rightarrow V{T_{\left( * \right)}} = 2\left( {1 + abc} \right) + \sqrt {2\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)} \ge \left( {a + b + c} \right) + \left( {ab + bc + ca} \right) + 1 + abc\:\\ = \left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right) = VP{\:_{\left( * \right)}} \end{array}
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:\begin{array}{l}
\frac{{b + c}}{{a + 1}} = \frac{{1 - bc}}{{a - 1}} = \frac{{b + c + bc - 1}}{2} \Leftrightarrow 2b + 2c = ab + ac + abc - a + b + c + bc - 1\\
\Leftrightarrow \left( {ab + bc + ca} \right) - \left( {a + b + c} \right) + abc - 1 = 0 \Leftrightarrow \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 1\\
c = 1
\end{array} \right.
\end{array}
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét