Inequality

Bài toán (Võ Quốc Bá Cẩn)

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

$$\frac{a^2}{a+2}+\frac{b^2}{b+2}+\frac{c^2}{c+2}\le \frac{3}{ab+bc+ca}$$

Lời giải :

Chú ý rằng :

$$\frac{a^2}{a+2}=\frac{(a^2-4)+4}{a+2}=(a-2)+\frac{4}{a+2}$$

Nên ta dẫn đến việc chứng minh :

$(a+b+c)-6+4\left(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)$$\le \frac{3}{ab+bc+ca}$$\iff \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}$$\le \frac{3}{4(ab+bc+ca)}+\frac{3}{4}$

Đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $0\le t<1$ nên theo bổ đề Võ Quốc Bá Cẩn :

$$a,b,c\ge 1-2t$$

Như vậy ta sẽ tách :

$\frac{1}{a+2}$$=\frac{1}{3-2t}+\frac{1}{a+2}-\frac{1}{3-2t}$$=\frac{1}{3-2t}+\frac{1-a-2t}{(a+2)(3-2t)}$

Và chú ý $ab+bc+ca=\frac{(a+b+c{)}^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=3-3t^2$

Nên ta sẽ chứng minh :

$\frac{3}{3-2t}+\frac{1}{3-2t}.\sum _{a,b,c}\frac{1-a-2t}{a+2}$$\le \frac{1}{4(1-t^2)}+\frac{3}{4}$$\iff \frac{3}{3-2t}$$\le \frac{3}{4}+\frac{1}{4(1-t^2)}+\frac{1}{3-2t}\sum _{a,b,c}\frac{a+2t-1}{a+2}$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz :

$\sum _{a,b,c}\frac{a+2t-1}{a+2}$$\ge \frac{{\left[(a+2t-1)+(b+2t-1)+(c+2t-1)\right]}^2}{\sum _{a,b,c}(a+2)(a+2t-1)}$$=\frac{36t^2}{6t^2+18t}$$=\frac{6t}{t+3}$

Như vậy ta cần chỉ ra :

$\frac{3}{4}+\frac{1}{4(1-t^2)}+\frac{1}{3-2t}.\frac{6t}{t+3}$$\ge \frac{3}{3-2t}$$\iff 3+\frac{1}{1-t^2}+\frac{24t}{(t+3)(3-2t)}$$\ge \frac{12}{3-2t}$$\iff \frac{24t}{(t+3)(3-2t)}+\left(\frac{1}{1-t^2}-1\right)$$\ge \frac{12}{3-2t}-4$$\iff \frac{24t}{(t+3)(3-2t)}+\frac{t^2}{1-t^2}$$\ge \frac{8t}{3-2t}$$\iff \frac{t^2}{1-t^2}$$\ge \frac{8t^2}{(3-2t)(t+3)}$

Điều này là đúng vì :

$$\frac{1}{1-t^2}\ge \frac{8}{(t+3)(3-2t)}\iff 1-3t+6t^2\ge 0$$

Ta được điều phải chứng minh.