Inequality

Bài toán (Iran National Olympiad 3rd round 2011)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh :

$\frac{a}{1+(b+c{)}^2}+\frac{b}{1+(c+a{)}^2}+\frac{c}{1+(a+b{)}^2}$$\le \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2+12abc}$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho có thể viết dưới dạng :

$\sum _{cyc}\left(a-\frac{a}{1+(b+c{)}^2}\right)$$\ge 3-\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2+12abc}$$=\frac{36abc}{a^2+b^2+c^2+12abc}$$\iff \sum _{cyc}\frac{a(b+c{)}^2}{1+(b+c{)}^2}$$\ge \frac{36abc}{a^2+b^2+c^2+12abc}$

Ta có :

$\frac{a(b+c{)}^2}{1+(b+c{)}^2}$$=\frac{a}{\frac{1}{(b+c{)}^2}+1}$$\ge \frac{a}{\frac{1}{4bc}+1}$$=\frac{4abc}{4bc+1}$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh :

$$\frac{1}{4ab+1}+\frac{1}{4bc+1}+\frac{1}{4ca+1}\ge \frac{9}{a^2+b^2+c^2+12abc}$$

Thật vậy, theo BĐT Cauchy-Schwarz

$\left(\sum _{cyc}\frac{1}{4ab+1}\right)\left(\sum _{cyc}{c}^2(4ab+1)\right)$$\ge (a+b+c{)}^2$$=9$$\Rightarrow \sum _{cyc}\frac{1}{4ab+1}$$\ge \frac{9}{a^2+b^2+c^2+4abc(a+b+c)}$$=\frac{9}{a^2+b^2+c^2+12abc}$

Điều phải chứng minh.