Inequality

Bài toán (Turkey Team Selection Test 2012)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca\le 1$. Chứng minh rằng :

$$a+b+c+\sqrt{3}\ge 8abc\left(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\right)$$

Lời giải :

Sử dụng giả thiết và BĐT quen thuộc $9(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8(a+b+c)(ab+bc+ca)$, ta được :

$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}$$\le \sum _{sym}\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}$$=\sum _{sym}\frac{1}{(a+b)(a+c)}$$=\frac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$\le \frac{2(a+b+c)}{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)}$$=\frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

Như vậy thì cần chứng minh :

$a+b+c+\sqrt{3}$$\ge 8abc.\frac{9}{4(ab+bc+ca)}$$=\frac{18abc}{ab+bc+ca}$$\iff (a+b+c)(ab+bc+ca)+\sqrt{3}(ab+bc+ca)$$\ge 18abc$

Ta đã có :

$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 9abc$$

Nên chỉ cần chứng minh được :

$$\sqrt{3}(ab+bc+ca)\ge 9abc\iff ab+bc+ca\ge 3\sqrt{3}abc$$

Theo AM-GM, ta đi chứng minh một kết quả chặt hơn là :

$$3\sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}\ge 3\sqrt{3}abc\iff abc\le \frac{1}{3\sqrt{3}}$$

Và đây là điều luôn đúng vì :

$abc$$=\sqrt{ab.bc.ca}$$\le \sqrt{{\left(\frac{ab+bc+ca}{3}\right)}^3}$$\le \sqrt{\frac{1}{27}}$$=\frac{1}{3\sqrt{3}}$

Ta được điều phải chứng minh.