Bài toán [Dùng BĐT Cauchy-Schwarz để chứng minh BĐT]

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng :

$\frac{a+b+1}{a+b^2+c^3}+\frac{b+c+1}{b+c^2+a^3}+\frac{c+a+1}{c+a^2+b^3}$$\le \frac{(a+1)(b+1)(c+1)+1}{a+b+c}$

Lời giải :

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\left(a+b^2+c^3\right)\left(a+1+\frac{1}{c}\right)$$\ge (a+b+c{)}^2$$\Rightarrow a+b^2+c^3$$\ge \frac{c(a+b+c{)}^2}{ac+c+1}$$\Rightarrow \frac{a+b+1}{a+b^2+c^3}$$\le \frac{(ac+c+1)(a+b+1)}{c(a+b+c{)}^2}$$=\frac{(ac+c+abc)(a+b+1)}{c(a+b+c{)}^2}$$=\frac{(a+b+1)(ab+a+1)}{(a+b+c{)}^2}$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng chúng lại theo từng vế, ta được :

$$VT\le \frac{\sum (ab+a+1)(a+b+1)}{(a+b+c{)}^2}$$

Nhưng với $abc=1$ thì ta luôn có đẳng thức sau :

$\sum (ab+a+1)(a+b+1)$$=(a+1)(b+1)(c+1)(a+b+c)+a+b+c$$=(a+1)(b+1)(c+1)(a+b+c)+a+b+c$$=(a+b+c{)}^2+3(a+b+c)+\sum ab(a+b)+3$

Do đó $VT\le \frac{(a+1)(b+1)(c+1)(a+b+c)+a+b+c}{(a+b+c{)}^2}=\frac{(a+1)(b+1)(c+1)+1}{a+b+c}$

Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.