Toán THCS: Bất đẳng thức

Đề:
Cho a,b > 0; (a+1)(b+1)=4ab
Chứng minh rằng:
$\frac{1}{\sqrt{3a^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+1}}\le1$

Bài giải:
Ta có:
$(a+1)(b+1)=4ab \Leftrightarrow (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})=4$ (1)
Đến đây bài toán gợi ý chúng ta đổi biến. Ta đặt: $x=\frac{1}{a}$ và $y=\frac{1}{b}$ (x,y>0)
Biểu thức (1) trở thành $(x+1)(y+1)=4$
$\Leftrightarrow xy+x+y+1=3$
$\Leftrightarrow xy = 3-x-y$ (2)
Bất đẳng thức đã cho viết lại là:
$\frac{1}{\sqrt{3(\frac{1}{x})^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{3(\frac{1}{y})^2+1}}\le1$
$\Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{3+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{3+y^2}}\le1$
Để phá bỏ căn ở dưới mẫu ta cần đưa về dạng bình phương của một tổng.
Điều này nhắc chúng ta nên sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
$(x^2+(\sqrt{3})^2)(1^2+(\sqrt{3})^2) \ge (1.x+(\sqrt{3}).(\sqrt{3}))^2$
$\Leftrightarrow (x^2+3).4 \ge (x+3)^2$
$\Leftrightarrow x^2+3 \ge \frac{(x+3)^2}{4}$ (3)
Đẳng thức xảy ra khi $\frac{x}{1} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} $
$\Leftrightarrow x = 1$
Tương tự ta có $y^2+3 \ge \frac{(y+3)^2}{4}$ (4)
Đẳng thức xảy ra khi $y=1$
Áp dụng kết quả (3) và (4) ta có: $VT = \frac{x}{\sqrt{3+x^2}}+\frac{y}{\sqrt{3+y^2}} \le \frac{x}{\sqrt{\frac{(x+3)^2}{4}}}+\frac{y}{\sqrt{{\frac{(y+3)^2}{4}}}}$
$=\frac{2x}{x+3}+\frac{2y}{y+3)} = 2\frac{x(y+3)+y(x+3)}{(x+3)(y+3)}$
$=2.\frac{xy+3x+xy+3y}{xy+3x+3y+9}$
$=2.\frac{2xy+3y+3x}{xy+3x+3y+9}$
Sử dụng (2) ta có:
$VT \le 2.\frac{2(3-x-y)+3x+3y}{(3-x-y)+3x+3y+9}$
$=2\frac{6-2x-2y+3x+3y}{12+2x+2y}$
$=2\frac{6+x+y}{12+2x+2y}=1$ (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$ hay $a=b=1$