Inequality 8 Chứng minh rằng: $\sum \dfrac{(a+1)^2}{2a^2+(b+c)^2}\leq 8$

Đề bài:

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1.

Chứng minh rằng:

$\dfrac{(a+1)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(b+1)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\dfrac{(c+1)^2}{2c^2+(a+b)^2}$$\leq 8$

Lời giải:

Cách 1:

BĐT tương đương $$\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\dfrac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leq 8$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{\left ( 2+\dfrac{b+c}{a} \right )^2}{2+\left ( \dfrac{b+c}{a} \right )^2}+\dfrac{\left ( 2+\dfrac{c+a}{b} \right )^2}{2+\left ( \dfrac{c+a}{b} \right )^2}+\dfrac{\left ( 2+\dfrac{a+b}{c} \right )^2}{2+\left ( \dfrac{a+b}{c} \right )^2}\leq 8$$

Đặt $x=\dfrac{b+c}{a}, y=\dfrac{c+a}{b}, z=\dfrac{a+b}{c}$ thì $xyz=x+y+z+2$ và $xyz\geq 8$ $($AM-GM$)$

Do đó $x+y+z\geq 6$ và $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}\geq 12$

BĐT trở thành $$\dfrac{(2+x)^2}{2+x^2}+\dfrac{(2+y)^2}{2+y^2}+\dfrac{(2+z)^2}{2+z^2}\leq 8$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{(x-1)^2}{x^2+2}+\dfrac{(y-1)^2}{y^2+2}+\dfrac{(z-1)^2}{z^2+2}\geq \dfrac{1}{2}$$

Theo BCS ta có $$\dfrac{(x-1)^2}{x^2+2}+\dfrac{(y-1)^2}{y^2+2}+\dfrac{(z-1)^2}{z^2+2}\geq \dfrac{(x+y+z-3)^2}{x^2+y^2+z^2+6}$$

Vì vậy cần chứng minh $$2(x+y+z-3)^2\geq x^2+y^2+z^2+6$$

$$\Leftrightarrow 2(x+y+z-3)^2\geq (x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)+6$$

Từ đó kết hợp điều kiện $x+y+z\geq 6$ và $xy+yz+zx\geq 12$ để biến đổi tương đương.

Cách 2: 

Thấy $VT=\sum \dfrac{(a+1)^2}{2a^2+(1-a)^2}=\sum \dfrac{(a+1)^2}{3a^2-2a+1}$

Ta đi chứng minh $\dfrac{(a+1)^2}{3a^2-2a+1}\leqslant \dfrac{8}{3}+4(a-\dfrac{1}{3})$

$\Leftrightarrow (3a-1)^2(4a+1)\geqslant 0$ (luôn đúng)

Thiết lập tương tự với các phân thức còn lại thu được

$\sum \dfrac{(a+1)^2}{2a^2+(b+c)^2}\leqslant 8+4(a+b+c-1)=8$

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$