[tc69][T9/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019] Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương và theo thứ tự đó tạo thành cấp số cộng tăng, công sai $m$. Chứng minh rằng $$e^{a^{2}}\left(4 m^{2}+2 m a+1\right)+e^{b^{2}}\cdot 2m a+e^{c^2}\left(2 m^{2}+2 m a\right) < e^{d^{2}}.$$

Lời giải

Từ giả thiết ta suy ra: $b=m+a, c=b+m, d=c+m (m\in\mathbb{R^*}) \Rightarrow c=a+2m$. BĐT cần được chứng minh \begin{align*} \Leftrightarrow& 2m\left[(2m+a) \cdot e^{a^{2}}+a \cdot e^{b^{2}}+(m+a) \cdot e^{c^2}\right] < e^{d^{2}}-e^{a^{2}}\tag{1}\\ \Leftrightarrow& 2 m\left(c\cdot e^{a^{2}}+a\cdot e^{b^{2}}+b\cdot e^{c^{2}}\right) < e^{d^{2}}-e^{a^{2}}. \end{align*}Xét hàm số $f(x)=e^{x^{2}}, x > 0$. Ta có $f^{\prime}(x)=2 x \cdot e^{x^{2}}$ là hàm số đồng biến (vì $x$ và $e^{x^2}$, $x > 0$ là các hàm số dương, đồng biến). Áp dụng định lý Lagrange ta có: $0 < x < y, \exists x < t < y$ mà $$f(y)-f(x)=f^{\prime}(t) \cdot (y-x)=2 t \cdot e^{t^{2}}(y-x) > 2 x \cdot e^{x^{2}}(y-x).$$ Do đó: \begin{align*} e^{d^{2}}-e^{a^{2}}&=f(d)-f(a)=[f(d)-f(c)]+[f(c)-f(b)]+[f(b)-f(a)]\\ & > 2 m\left(c e^{c^{2}}+b \cdot e^{b^{2}}+a \cdot e^{a^{2}}\right).\tag{2} \end{align*} Chú ý: \begin{align*} &c\cdot e^{c^{2}}+b\cdot e^{b^{2}}+a\cdot e^{a^{2}}-\left(c\cdot e^{a^{2}}+a\cdot e^{b^{2}}+b\cdot e^{c^{2}}\right)\\ =&(c-b)\cdot e^{c^{2}}+(b-a)\cdot e^{b^{2}}-(c-a)\cdot e^{a^{2}}\\ > &(c-b)\cdot e^{a^{2}}+(b-a)\cdot e^{a^{2}}-(c-a)\cdot e^{a^{2}}=0. \tag{3} \end{align*}(do $c > b > a > 0$). Từ (2) và (3) suy ra bất đẳng thức (1). Ta có ĐPCM.