Inequality

Bài toán (Chọn học sinh giỏi THPT Chuyên Khoa học Tự Nhiên ĐHQGHN 2011-2012)

Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $1$. Chứng minh rằng :

$\frac{13}{4}\left(ab+bc+ca\right)$$\le 1+4abc\left(\frac{a}{(a+1{)}^2}+\frac{b}{(b+1{)}^2}+\frac{c}{(c+1{)}^2}\right)$

Lời giải :

Theo BĐT Holder, ta có :

$\left(\frac{a}{(a+1{)}^2}+\frac{b}{(b+1{)}^2}+\frac{c}{(c+1{)}^2}\right)\left(a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)\right)\left(a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)\right)$$\ge (a+b+c{)}^3$$=1$

Kéo theo :

$\frac{a}{(a+1{)}^2}+\frac{b}{(b+1{)}^2}+\frac{c}{(c+1{)}^2}$$\ge \frac{1}{(a^2+b^2+c^2+a+b+c{)}^2}$$=\frac{1}{(t+1{)}^2}$

Với $t=a^2+b^2+c^2$.

Hơn nữa theo BĐT Schur :

$4abc$$\ge \frac{4}{9}\left(4(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b+c{)}^3\right)$$=\frac{16}{9}(ab+bc+ca)-\frac{4}{9}$$=\frac{8}{9}.((a+b+c{)}^2-a^2-b^2-c^2)-\frac{4}{9}$$=\frac{4-8t}{9}$

Và :

$$\frac{13}{4}(ab+bc+ca)=\frac{13}{8}(1-t)$$

Vậy nên chỉ cần chứng minh được :

$\frac{1}{(t+1{)}^2}.\frac{4-8t}{9}+1$$\ge \frac{13}{8}(1-t)$$\iff 117t^3+189t^2-37t-13$$\ge 0$

Điều này luôn đúng với $t=a^2+b^2+c^2\ge \frac{1}{3}$