[T6/513 Toán học & tuổi trẻ số 513, tháng 3 năm 2020] Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\dfrac{ab}{bc^2 + 1}} + \sqrt{\dfrac{bc}{ca^2 + 1}} + \sqrt{\dfrac{ca}{ab^2 + 1}} \leq \dfrac{a + b + c}{\sqrt{2}}.$$

[T6/513 Toán học & tuổi trẻ số 513, tháng 3 năm 2020] Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh rằng $$\sqrt{\dfrac{ab}{bc^2 + 1}} + \sqrt{\dfrac{bc}{ca^2 + 1}} + \sqrt{\dfrac{ca}{ab^2 + 1}} \leq \dfrac{a + b + c}{\sqrt{2}}.$$

Lời giải

Trong lời giải bài toán này chúng ta sẽ dùng các bất đẳng thức (BĐT) sau:

• Bất đẳng thức Buyakovsky: Với các số thực $a$, $b$, $c$, $x$, $y$, $z$: $$(a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + c^2) \geq (ax + by + cz)^2$$ Vì $$\begin{align*} (a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + c^2) - (ax + by + cz)^2 &= (ay - bx)^2 + (bz - cy)^2 + (cx - az)^2\\ & \geq 0. \end{align*}$$
• với các số thực dương $x$, $y$ có: $$\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \geq \dfrac{4}{x + y}$$ Vì $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{x + y}{xy}$; $(x + y)^2 - 4xy = (x - y)^2 \geq 0$.

Ta có: $$\sqrt{\dfrac{ab}{bc^2 + 1}} = \sqrt{\dfrac{ab}{bc^2 + abc}} = \dfrac{1}{\sqrt{c}} \cdot \sqrt{\dfrac{a}{c + a}}$$ tương tự cho hai số hạng còn lại của biểu thức ở vế trái của BĐT cần chứng minh (kí hiệu là $P$) ta thu được: $$P = \dfrac{1}{\sqrt{c}} \cdot \sqrt{\dfrac{a}{c + a}} + \dfrac{1}{\sqrt{a}} \cdot \sqrt{\dfrac{b}{a + b}} + \dfrac{1}{\sqrt{b}} \cdot \sqrt{\dfrac{c}{b + c}}.$$ Sử dụng các bất đẳng thức $1)$ và $2)$ ta có: $$P^2 \leq \left( \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \right) \cdot \left( \dfrac{a}{c + a} + \dfrac{b}{a + b} + \dfrac{c}{b + c} \right) ;$$ Khi đó { $$\begin{align*} \left( \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \right) \cdot \dfrac{a}{c + a} \leq & \dfrac{a + c}{ca} \cdot \dfrac{a}{c + a} + \dfrac{a}{4b} \cdot \left( \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a}\right)\\ = &\dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{4b} + \dfrac{a}{4bc} = ab + \dfrac{ca}{4} + \dfrac{a^2}{4}. \end{align*}$$ } Tương tự: $$\left( \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \right) \cdot \dfrac{b}{a + b} \leq bc + \dfrac{ab}{4} + \dfrac{b^2}{4};$$ $$\left( \dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \right) \cdot \dfrac{c}{b + c} \leq ca + \dfrac{bc}{4} + \dfrac{c^2}{4}.$$ Suy ra: { $$\begin{align*} P^2 \leq & \dfrac{5}{4}(ab + bc + ca) + \dfrac{1}{4}(a^2 + b^2 + c^2)\\ = & \dfrac{1}{2}(a + b + c)^2 - \dfrac{1}{4}(a^2 + b^2 + c^2 -ab - bc - ca)\\ = & \dfrac{1}{2}(a + b + c)^2 - \dfrac{1}{8} \left[ (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2\right]\\ \leq & \dfrac{(a + b + c)^2}{2}. \end{align*}$$ }Do đó: $P \leq \dfrac{a + b + c}{\sqrt{2}}$.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.