MỘT LỚP CÁC BĐT XOAY QUANH 1 ĐẲNG THỨC QUAN TRỌNG

Cho các số thực $a,b,c$ khác nhau đôi một, ta có đẳng thức :

$$\boxed{\frac{1}{(a-b)(b-c)}+\frac{1}{(b-c)(c-a)}+\frac{1}{(c-a)(a-b)}=0(\ast )}$$

Bài toán 1 (Vietnamese Mathematical Olympiad 2008)

Cho các số thực không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau. Chứng minh :

$$(ab+bc+ca)\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]\ge 4$$

Lời giải :

Không giảm tổng quát ta giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$, khi đó :

$$ab+bc+ca\ge ab\ge (a-c)(b-c)$$

Bây giờ ta sử dụng đẳng thức $(\ast )$ và BĐT AM-GM, ta được :

$\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}$$=\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}+\frac{2}{(a-b)(b-c)}+\frac{2}{(b-c)(c-a)}+\frac{2}{(c-a)(a-b)}$$={\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}\right)}^2$$={\left(\frac{1}{a-b}+\frac{a-b}{(b-c)(a-c)}\right)}^2$$=\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{(a-b{)}^2}{(b-c{)}^2(a-c{)}^2}+\frac{2}{(b-c)(a-c)}$$\ge \frac{4}{(a-c)(b-c)}$

Như vậy ta được ngay điều phải chứng minh.

$(ab+bc+ca)\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge (a-c)(b-c).\frac{4}{(a-c)(b-c)}$$=4$

Bài toán 2 : Cho các số thực không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau. Chứng minh :

$\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge \frac{11+5\sqrt{5}}{2}$

Lời giải :

Đặt $(a-b{)}^2=x>0,(a-c)(b-c)=y>0$.

Tương tự ở bài toán 1, ta được :

$\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}$$=\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{2}{(a-c)(b-c)}+\frac{(a-b{)}^2}{(a-c{)}^2(b-c{)}^2}$$=\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{x}{y^2}$

Ta tìm cách đánh giá $a^2+b^2+c^2$ theo $x,y$.

Ta nhớ đến một đẳng thức quen thuộc của kỹ thuật Schur-SOS :

$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)\Rightarrow a^2+b^2+c^2=(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)+(ab+bc+ca)$$

Gỉa sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ thì $ab+bc+ca\ge (a-c)(b-c)$. Suy ra :

$$a^2+b^2+c^2\ge (a-b{)}^2+2(a-c)(b-c)=x+2y$$

Như vậy ta có :

$VT$$\ge (x+2y)\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{x}{y^2}\right)$$=5+\frac{4x}{y}+\frac{2y}{x}+\frac{x^2}{y^2}$$=4+4t+\frac{2}{t}+t^2$$=f(t),t$$=\frac{x}{y}$$>0$

Ta có :

$$f^{\prime }(t)=2t+4-\frac{2}{t^2}$$

$$f^{\prime }(t)=0\iff 2t^3+4t^2-2=0\iff t=\frac{\sqrt{5}-1}{2}(t>0)$$

Bằng cách lập bảng biến thiên ta được :

$$VT\ge f(t)\ge f\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)=\frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$

Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài toán 3 : Cho các số thực không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau. Chứng minh :

$\left[(a+b{)}^2+(b+c{)}^2+(c+a{)}^2\right]\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge \frac{59+11\sqrt{33}}{4}$

Lời giải :

Vẫn với việc giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ và đặt $(a-b{)}^2=x>0,(a-c)(b-c)=y>0$. Tương tự trên :

$$\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}=\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{x}{y^2}$$

Và :

$$(a+b{)}^2+(b+c{)}^2+(c+a{)}^2=2(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)\ge 2(x+2y)+2y=2x+6y$$

Công việc còn lại là chứng minh :

$$(2x+6y)\left(\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{x}{y^2}\right)\ge \frac{59+11\sqrt{33}}{4}$$

Tương tự bài toán 2, bằng cách khảo sát hàm theo biến $x/y$ ta cũng đi đến kết quả bài toán.

Bài toán 4 : Cho các số thực $a,b,c$ khác nhau đôi một. Chứng minh :

$\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge \frac{27}{4}$

Lời giải :

Với cách đặt ẩn $x,y$ như ở hai bài toán 1,2. Ta đánh giá được :

$$\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}=\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{x}{y^2}$$

Và :

$$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b{)}^2+(a-c)(b-c)=x+y$$

Công việc còn lại là khảo sát hàm số.

 

Bài toán 5 : Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện phân thức có nghĩa. Chứng minh :

${\left(a+b+c\right)}^2\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge 9+6\sqrt{3}$

Lời giải hoàn toàn tương tự các bài toán trên.

 

Bài toán 6 : Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện phân thức có nghĩa. Chứng minh :

$\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge \frac{9}{2}$

Lời giải :

Ta có :

Chú ý vào bài toán 4 ta có :

$\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge \frac{27}{4}$$\iff \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left[\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}\right]$$\ge \frac{9}{2}$

Như vậy bài toán này sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được :

$a^2+b^2+c^2$$\ge \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$\iff a^2+b^2+c^2$$\ge -2(ab+bc+ca)$$\iff (a+b+c{)}^2$$\ge 0$

Điều này là luôn đúng. Điều phải chứng minh.

 

Tóm lại, tất cả các bài toán trên đều xoay quanh các đánh giá quan trọng sau.

Nếu $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $c=min\left\{a,b,c\right\}$ và với $x=(a-b{)}^2>0,y=(a-c)(b-c)>0$ thì ta có các đánh giá :

$$\frac{1}{(a-b{)}^2}+\frac{1}{(b-c{)}^2}+\frac{1}{(c-a{)}^2}=\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{x}{y^2}$$

$$a^2+b^2+c^2\ge x+2y$$

$$ab+bc+ca\ge y$$

Một lưu ý nữa là tất cả các BĐT nêu trên đều có dấu bằng tại một biến bằng $0$. Bằng cách cho một biến bằng $0$ và đoán mối liên hệ giữa hai biến còn lại, sẽ dễ dàng hơn trong việc tìm cách đánh giá cho phù hợp.