Cho a, b là các số dương thỏa mãn điều kiện (a+b)^3+4ab<=12. Chứng minh bất đẳng

* Hướng dẫn giải

Ta có $12\ge {(a+b)}^3+4ab\ge {\left(2\sqrt{ab}\right)}^3+4ab$. Đặt $t=\sqrt{ab},t>0$ thì

$12\ge 8t^3+4t^2\iff 2t^3+t^2-3\le 0\iff (t-1)(2t^2+3t+3)\le 0$ 

Do $2t^2+3t+3>0,\forall t$ nên $t-1\le 0\iff t\le 1$. Vậy $0<ab\le 1$ 

Chứng minh được $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\le \frac{2}{1+\sqrt{ab}},\forall a,b>0$ thỏa mãn $ab\le 1$ 

Thật vậy, BĐT $\frac{1}{1+a}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}+\frac{1}{1+b}-\frac{1}{1+\sqrt{ab}}\le 0$ 

$$\begin{gathered} \frac{\sqrt{ab}-a}{(1+a)(1+\sqrt{ab})}+\frac{\sqrt{ab}-b}{(1+b)(1+\sqrt{ab})}\le 0 \\ \iff \left(\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{1+\sqrt{ab}}\right)\left(\frac{\sqrt{a}}{1+a}-\frac{\sqrt{b}}{1+b}\right) \\ \iff \frac{{(\sqrt{b}-\sqrt{a})}^2(\sqrt{ab}-1)}{(1+\sqrt{ab})(1+a)(1+b)}\le 0 \end{gathered}$$ 

Do $0<ab\le 1$ nên BĐT này đúng

Tiếp theo ta sẽ CM $\frac{2}{1+\sqrt{ab}}+2015ab\le 2016,\forall a,b>0$ thỏa mãn $ab\le 1$

Đặt $t=\sqrt{ab},0<t\le t$ ta được $\frac{2}{1+t}+2015t^2\le 2016$ 

$$\begin{gathered} 2015t^3+2015t^2-2016t-2014\le 0 \\ \iff (t-1)(2015t^2+4030t+2014)\le 0 \end{gathered}$$ 

BĐT này đúng $\forall t:0<t\le 1$ 

Vậy $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+2015ab\le 2016.$ Đẳng thức xảy ra a = b = 1