Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$\frac{{{a}^{2}}}{1+2a+6{{a}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{1+2b+6{{b}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{1+2c+6{{c}^{2}}}\le \frac{1}{7}.$$ Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có
$$\begin{align}
\frac{{{a}^{2}}}{1+2a+6{{a}^{2}}}&=\frac{{{a}^{2}}}{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}+2a\left( a+b+c \right)+6{{a}^{2}}} \\
& =\frac{{{a}^{2}}}{4\left( {{a}^{2}}+ab+ac \right)+\left( 4{{a}^{2}}+2bc \right)+\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)} \\
& \le \frac{1}{49}\left( \frac{4{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+ab+ac}+\frac{2{{a}^{2}}}{{{2a}^{2}}+bc}+\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right) \\
& =\frac{1}{49}\left( \frac{4a}{a+b+c}+\frac{2{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+2bc}+\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}} \right). \\
\end{align}$$ Thiết lập hai biểu thức tương tự, sau đó cộng vế theo vế, thì ta qui bài toán về chứng minh $$\frac{{{a}^{2}}}{2{{a}^{2}}+bc}+\frac{{{b}^{2}}}{2{{b}^{2}}+ca}+\frac{{{c}^{2}}}{2{{c}^{2}}+ab}\le 1,$$ hay là $$\frac{bc}{2{{a}^{2}}+bc}+\frac{ca}{2{{b}^{2}}+ca}+\frac{ab}{2{{c}^{2}}+ab}\ge 1.$$ Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có $$\frac{bc}{2{{a}^{2}}+bc}+\frac{ca}{2{{b}^{2}}+ca}+\frac{ab}{2{{c}^{2}}+ab}\ge \frac{{{\left( ab+bc+ca \right)}^{2}}}{{{\left( ab \right)}^{2}}+{{\left( bc \right)}^{2}}+{{\left( ca \right)}^{2}}+2abc\left( a+b+c \right)}=1.$$ Bài toán được giải quyết trọn vẹn.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}. \ \blacksquare$
0 nhận xét:
Đăng nhận xét