Bất đẳng thức Đại học 15

Bài toán  : Cho các số dương $a,b,c$ thoả $ab+bc+ca\le 3$. Tìm GTNN :

$$P=\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}+\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}$$

Lời giải :

Ta có :

$$(a^2+1)(b^2+1)=(a+b{)}^2+(ab-1{)}^2$$

$$2(c^2+1)=(c+1{)}^2+(c-1{)}^2$$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

$\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}$$=\sqrt{\left[(a+b{)}^2+(ab-1{)}^2\right].\left[(c+1{)}^2+(c-1{)}^2\right]}$$\ge (a+b)(c+1)+(1-ab)(c-1)$$=(a+b+c+ab+bc+ca+abc+1)-2(1+abc)$$=(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)$

Từ đó :

$\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}$$=\frac{(a+1)(b+1)(c+1)-2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}$$=c+1-\frac{2(1+abc)}{(a+1)(b+1)}$

Theo giả thiết :

$\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}$$=\frac{12}{3(a+b+ab)+(ab+bc+ca)}$$\ge \frac{12}{3(ab+a+b+1)}$$=\frac{4}{(a+1)(b+1)}$

Từ đó mà :

$$P\ge \frac{2(1-abc)}{(a+1)(b+1)}+c+1+\frac{1}{2c^2}$$

Chú ý rằng :

$$3\ge ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le 1$$

$c+\frac{1}{2c^2}$$=\frac{c}{2}+\frac{c}{2}+\frac{1}{2c^2}$$\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{8}}$$=\frac{3}{2}$

Như vậy ta được :

$$P\ge \frac{5}{2}$$

$$MinP=\frac{5}{2}\iff a=b=c=1$$