Inequality

Bài toán (Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 10 năm 2014)

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$$\frac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\le 1$$

Lời giải :

Trước hết ta sẽ chứng minh :

$$\frac{a^2}{7a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+7b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+b^2+7c^2}\le \frac{1}{3}$$

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=1$.

Khi đó chỉ cần chỉ ra rằng :

$\frac{a^2}{6a^2+1}+\frac{b^2}{6b^2+1}+\frac{c^2}{6c^2+1}$$\le \frac{1}{3}$$\iff \frac{6a^2}{6a^2+1}+\frac{6b^2}{6b^2+1}+\frac{6c^2}{6c^2+1}$$\le 2$$\iff \left(1-\frac{6a^2}{6a^2+1}\right)+\left(1-\frac{6b^2}{6b^2+1}\right)+\left(1-\frac{6c^2}{6c^2+1}\right)$$\ge 1$$\iff \frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1}+\frac{1}{6c^2+1}$$\ge 1$

Điều này luôn đúng theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$$\frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1}+\frac{1}{6c^2+1}\ge \frac{9}{6(a^2+b^2+c^2)+3}=1$$

Khi đó áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta được :

$\frac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}$$\le \sqrt{3\left(\frac{a^2}{7a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+7b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+b^2+7c^2}\right)}$$\le \sqrt{3.\frac{1}{3}}$$=1$

Đây là điều phải chứng minh.