Câu bất đẳng thức trong đề thi Olympic Chuyên KHTN 2016

Câu 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2} \leqslant \frac{9}{16}$

Giải

Cách 1: Từ điều kiện ta suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}\, \cdots $ tương tự cho $b$ và $c$

Viết lại bất đẳng thức thành $\sum \dfrac{x(x+y+z)}{(2x+y+z)^2}\leq \dfrac{9}{16}$

Mặt khác ta có $(x+y+z)\sum \dfrac{x}{(2x+y+z)^2}\leq (x+y+z)\sum \dfrac{x}{4(x+y)(x+z)}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \dfrac{9}{16}$


Cách 2:

Với cách đặt trên:

Do bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc nên:

Giả sử: $x+y+z=1$

$P=\sum \frac{x}{(x+1)^2}$

$x+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3^3}}=\frac{4}{3}\sqrt[4]{3x}$

$\sum \sqrt{3x}\leq \sqrt{9(\sum x)}=3$

Từ đó ta thu được:

$P\leq \sum \frac{x}{\frac{16}{3\sqrt{3}}\sqrt{x}}=\frac{3}{16}\sum \sqrt{3x}\leq \frac{9}{16}$



Cách 3:




Đặt $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

$=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

$=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$

Bất đẳng thức này tương đương

$\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$



Cách 4:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}\ge\frac{3}{4}$

Mà $(1^2+1^2+1^2)(\sum \frac{1}{(2a+1)^2})\ge(\sum \frac{1}{2a+1})^2$

Nên chỉ cần chứng minh:

$\sum \frac{1}{2a+1}\geq \frac{3}{2}$ (*)

Mặt khác do điều kiện suy ra: $1=2abc+ab+bc+bc\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3}$

$1\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3} \Leftrightarrow \sum a\ge\frac{3}{2}$

Và $1=2abc+ab+bc+bc\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}$

$(*) \Leftrightarrow 2\sum a-4\sum ab-24 abc+3\ge0\\\Leftrightarrow 2\sum a-4(\sum ab+2abc)-16abc+3\ge0\Leftrightarrow 2\sum a-16abc-1\ge3-2-1=0$

Cách 5:

$BĐT\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}\leq \frac{9}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{4}-\frac{a^2+a}{(2a+1)^2} \right ]\geq \frac{3}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(2a+1)^2}\geq \frac{3}{4}$

Mặt khác xuất phát từ giả thiết : $ab+bc+ac+2abc=1$ ta có thể đặt:

$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{x}{z+y} & & & \\ b=\dfrac{y}{x+z} & & & \\ c=\dfrac{z}{x+y} & & & \end{matrix}\right.$

Khi đó:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$=\sum \frac{1}{\left ( 2.\dfrac{x}{y+z}+1 \right )^2}$

$=\frac{(y+z)^2}{\left [ (x+y)+(x+z) \right ]^2}$

$\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{(y+z)^2}{(x+z)^2+(x+y)^2} \right ]$


$\geq \frac{3}{4}$ (BĐT Nesbit)

Do đó ta có ĐPCM