Inequality

Bài toán : Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{\sqrt{1+x}}+\frac{1}{\sqrt{1+y}}+\frac{1}{\sqrt{1+z}}$$\le \frac{9}{2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)}$

Lời giải :

Đổi biến $x=a^2,y=b^2,z=c^2$ thì $a^2+b^2+c^2=1$. Cần chứng minh :

$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}$$\le \frac{9}{2\left(a+b+c\right)}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

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

Và cần chứng minh :

$\frac{27}{4(a+b+c{)}^2}$$\ge \frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}$$\iff \frac{27}{4(a+b+c{)}^2}+\frac{a^2}{1+a^2}+\frac{b^2}{1+b^2}+\frac{c^2}{1+c^2}$$\ge 3$

Luôn đúng theo AM-GM :

$\frac{27}{4(a+b+c{)}^2}+\frac{a^2}{1+a^2}+\frac{b^2}{1+b^2}+\frac{c^2}{1+c^2}$$\ge \frac{27}{4(a+b+c{)}^2}+\frac{(a+b+c{)}^2}{3+a^2+b^2+c^2}$$=\frac{27}{4(a+b+c{)}^2}+\frac{(a+b+c{)}^2}{4}$$=\frac{9}{4(a+b+c{)}^2}+\frac{(a+b+c{)}^2}{4}+\frac{9}{2(a+b+c{)}^2}$$\ge 2\sqrt{\frac{9}{4.4}}+\frac{9}{2.3}$$=3$