\(P+2=\frac{a+b+2c+1}{1+a}+\frac{a+b+2c+1}{1+b}+6 \ln (a+b+2c)\)
\(=(a+b+2c+1)\left ( \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b} \right )+6 \ln (a+b+2c)\)
Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
\(+) \; \; \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\geq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}\; \; (1)\)
\(+) \; \; \sqrt{ab}\leq \frac{ab+1}{2}\; \; (2)\)
Thật vậy, \(+) \; \; \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\geq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}\Leftrightarrow (2+a+b)(1+\sqrt{ab})\geq 2(1+a)(1+b)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}(\sqrt{ab}-1)\geq 0\) luôn đúng vì \(ab\geq 1.\) Dấu "=" khi a = b hoặc ab = 1
\(+)\; \; \sqrt{ab}\leq \frac{ab+1}{2}\Leftrightarrow (\sqrt{ab}-1)^{2}\geq 0.\) Dấu "=" khi ab = 1.
Do đó, \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\geq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}\geq \frac{2}{1+\frac{ab+1}{2}}=\frac{4}{3+ab}\geq \frac{4}{ab+bc+ca+c^{2}}\)
\(=\frac{4}{(a+c)(b+c)}\geq \frac{16}{(a+b+2c)^{2}}.\) Đặt t = a + b + 2c, t > 0 ta có:
\(P+2\geq f(t)=\frac{16(t+1)}{t^{2}}+6\ln t,t>0;\)
\(f'(t)=\frac{6}{t}-\frac{16(t+2)}{t^{3}}=\frac{6t^{2}-16t-32}{t^{3}}=\frac{(t-4)(6t+8)}{t^{3}}\)
BBT:
Vậy, GTNN của P là \(3+6\ln 4 \; khi \; a=b=c=1.\)
