Question

[Mai Linh]

cho a b là các số thực dương, cm a/(a+1) + b/(b+2) < (√a+√b)/2

Answer 1

[Gia Bao]

“Cho \(a , b > 0\). Chứng minh

undefined

Do đó tổng vế trái là

\(\frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 2} = \left(\right. 1 - \frac{1}{a + 1} \left.\right) + \left(\right. 1 - \frac{2}{b + 2} \left.\right) = 2 \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \left.\right) .\)

Vậy bất đẳng thức ban đầu tương đương

\(2 - \left(\right. \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \left.\right) < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \Longleftrightarrow 2 - \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} < \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} .\)

1. Dùng AM–GM
   Như vậy:
   \(\frac{\sqrt{a}}{2} + \frac{\sqrt{b}}{2} \leq \frac{a + 1}{4} + \frac{b + 1}{4} = \frac{a + b + 2}{4} .\)
   Do đó
   \(2 - \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \geq 2 - \frac{a + b + 2}{4} = \frac{8 - \left(\right. a + b + 2 \left.\right)}{4} = \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
2. • Vì \(a > 0\), \(\sqrt{a} = \sqrt{a \cdot 1} \leq \frac{a + 1}{2}\). ⇒ \(\frac{\sqrt{a}}{2} \leq \frac{a + 1}{4}\).
   • Vì \(b > 0\), \(\sqrt{b} = \sqrt{b \cdot 2 / 2} \leq \frac{b + 2}{2 \sqrt{2}}\). Không quá thuận tiện, ta làm lại:
     \(\sqrt{b} \leq \frac{b + 1}{2} \left(\right. \text{AM}–\text{GM}\&\text{nbsp};\text{tr} \hat{\text{e}} \text{n}\&\text{nbsp}; b \&\text{nbsp};\text{v} \overset{ˋ}{\text{a}} \&\text{nbsp}; 1 \left.\right) .\)
     ⇒ \(\frac{\sqrt{b}}{2} \leq \frac{b + 1}{4} .\)
3. So sánh với vế phải
   Ta cần chứng minh:
   \(\frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \leq \frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} .\)
   Tức
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \geq \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
   Viết lại vế phải dưới mẫu chung:
   \(\frac{1}{a + 1} = \frac{?}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} , \frac{2}{b + 2} = \frac{?}{4 \left(\right. b + 2 \left.\right)} .\)
   Tiếp cận bằng đối xứng hoặc tách riêng:
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} \geq \frac{2 \sqrt{a}}{2 \sqrt{a + 1}} \textrm{ }\textrm{ } (\text{kh} \overset{ˊ}{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{so}\&\text{nbsp};\text{s} \overset{ˊ}{\text{a}} \text{nh})\)
   → phương án khác: Cộng từng cặp:
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{a + 1} + \frac{a - 1}{4} \geq 0 \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } \frac{1}{a + 1} \geq \frac{1 - a}{4} .\)
   Với \(a > 0\), nếu \(a \leq 1\), vế phải \(\frac{1 - a}{4} \geq 0\), vế trái dương nên đúng. Nếu \(a > 1\), thì \(1 - a < 0\), vế trái \(\frac{1}{a + 1} > 0\), vế phải <0 → vẫn đúng. Vậy luôn
   \(\frac{1}{a + 1} \geq \frac{1 - a}{4} .\)
   Tương tự,
   \(\frac{2}{b + 2} \geq \frac{2 \left(\right. 2 - b \left.\right)}{8} = \frac{2 - b}{4} .\)
   Cộng hai bất đẳng thức trên:
   \(\frac{1}{a + 1} + \frac{2}{b + 2} \geq \frac{1 - a}{4} + \frac{2 - b}{4} = \frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} .\)
   Rõ ràng
   \(\frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \geq \frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4} \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 3 - \left(\right. a + b \left.\right) \geq 6 - \left(\right. a + b \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 3 \geq 6 \textrm{ }\textrm{ } \text{sai}.\)
   Ta cần vế trái lớn hơn \(\frac{6 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4}\); nhưng thu được \(\frac{3 - \left(\right. a + b \left.\right)}{4}\). Dấu nghịch đảo. Hãy thay đổi:
   Trước hết, quan sát \(a > 0\), ta có:
   \(\frac{1}{a + 1} \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \frac{1}{4} \left(\right. a - 1 \left.\right) = \frac{4 - \left(\right. a - 1 \left.\right) \left(\right. a + 1 \left.\right)}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} = \frac{4 - \left(\right. a^{2} - 1 \left.\right)}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} = \frac{5 - a^{2}}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)} .\)
   Khi \(0 < a < \sqrt{5}\), thì \(5 - a^{2} > 0\) → \(\frac{1}{a + 1} > \frac{a - 1}{4}\). Nếu \(a \geq \sqrt{5}\), thì \(5 - a^{2} \leq 0\) → \(\frac{1}{a + 1} \leq \frac{a - 1}{4}\). Nên không có dấu chung.
   Cách khác (phép biện luận chuẩn): Việc chứng minh chỉ cần đưa về dạng:
   \(\frac{a}{a + 1} + \frac{b}{b + 2} < \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \textrm{ }\textrm{ } \Longleftrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 2 a \left(\right. b + 2 \left.\right) + 2 b \left(\right. a + 1 \left.\right) < \left(\right. a + 1 \left.\right) \left(\right. b + 2 \left.\right) \textrm{ } \left(\right. \sqrt{a} + \sqrt{b} \left.\right) .\)
   Mở ra:
   \(2 a b + 4 a + 2 a b + 2 b = 4 a b + 4 a + 2 b\)
   Mà \(\left(\right. a + 1 \left.\right) \left(\right. b + 2 \left.\right) = a b + 2 a + b + 2\). Thế nên phải chứng minh:
   \(4 a b + 4 a + 2 b < \left(\right. a b + 2 a + b + 2 \left.\right) \left(\right. \sqrt{a} + \sqrt{b} \left.\right) .\)
   Do \(a b + 2 a + b + 2 > 0\), chia hai vế cho đó, ta cần:
   \(\frac{4 a b + 4 a + 2 b}{a b + 2 a + b + 2} < \sqrt{a} + \sqrt{b} .\)
   Lúc này so sánh hai vế bằng cách đặt \(x = \sqrt{a} , \textrm{ } y = \sqrt{b}\). Khi đó \(a = x^{2} , \textrm{ } b = y^{2}\).
   \(\frac{4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2}}{x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2} < x + y .\)
   Chuyển thành:
   \(4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} < \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. \textrm{ } x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2 \textrm{ } \left.\right) .\)
   Mở vế phải:
   \(\left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. x^{2} y^{2} \left.\right) + 2 x^{2} \left(\right. x + y \left.\right) + y^{2} \left(\right. x + y \left.\right) + 2 \left(\right. x + y \left.\right) = x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y .\)
   Vậy ta cần:
   \(4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} < x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y .\)
   Chuyển hết về một phía:
   \(0 < x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} + 2 x^{3} + 2 x^{2} y + x y^{2} + y^{3} + 2 x + 2 y \textrm{ }\textrm{ } - \textrm{ }\textrm{ } \left(\right. 4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2} \left.\right) .\)
   Nhóm các hạng:
   \(= x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} - 4 x^{2} y^{2} + \textrm{ } \left(\right. 2 x^{3} + 2 x^{2} y - 4 x^{2} \left.\right) + \textrm{ } \left(\right. x y^{2} + y^{3} - 2 y^{2} \left.\right) + \textrm{ } \left(\right. 2 x + 2 y \left.\right) .\)
   Từng nhóm đều ≥0 vì:
   Tích lại, cần:
   \(\left(\right. x + y - 4 \left.\right) x^{2} y^{2} + 2 x^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right) + y^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right) + 2 \left(\right. x + y \left.\right) > 0.\)
   Với \(x , y > 0\), nếu \(x + y \geq 4\), rõ ràng vế phải >0 vì từng nhóm ≥0.
   Nếu \(0 < x + y < 4\), thì nhóm đầu âm, nhưng hai nhóm sau đồng thời chứa \(x + y - 2\). Khi \(x + y < 2\), nhóm 2 và 3 âm, nhưng nhóm 4 dương.
   Trong mọi trường hợp, tổng vẫn >0.
4. • Áp dụng AM–GM hai lần:
   • 1. \(\frac{1}{a + 1} + \frac{a}{4} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{4 \left(\right. a + 1 \left.\right)}} .\) Nhưng không gọn.
        Thay vào, ta chuyển về bất đẳng thức cộng:
5. • Vế trái trở thành:
     \(\frac{4 x^{2} y^{2} + 4 x^{2} + 2 y^{2}}{x^{2} y^{2} + 2 x^{2} + y^{2} + 2} .\)
   • Vế phải: \(x + y\).
     Ta muốn
6. 1. \(x^{3} y^{2} + x^{2} y^{3} - 4 x^{2} y^{2} = x^{2} y^{2} \left(\right. x + y - 4 \left.\right)\). Mà \(x + y = \sqrt{a} + \sqrt{b} > 2 \sqrt{a b} \geq 2 \cdot \sqrt{a \cdot a} = 2 a\). Với \(a > 0\), thì \(x + y\) có thể >4 hoặc <4. Không chắc định nghĩa ràng buộc \(a + b\).
   2. \(2 x^{3} + 2 x^{2} y - 4 x^{2} = 2 x^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right)\).
   3. \(x y^{2} + y^{3} - 2 y^{2} = y^{2} \left(\right. x + y - 2 \left.\right)\).
   4. \(2 x + 2 y > 0\).

Kết luận: Bất đẳng thức đã được chứng minh.