Từ một hằng đẳng thức đẹp

TỪ MỘT ĐẲNG THỨC ĐẸP

(Bài viết trích dẫn lại từ bài viết của thành viên “Tham Lang” trên Diễn Đàn Toán Học VMF)

Từ đẳng thức :

$$\frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$$

Với một số biến đổi đại số, ta có những kết quả đẹp mắt và có nhiều ứng dụng sau đây.

$\boxed{1}$ Nếu với các số dương $x,y,z$ mà $xy+yz+zx+xyz=4$ thì tồn tại các số thực dương $a,b,c$ sao cho :

$$x=\frac{2a}{b+c},y=\frac{2b}{c+a},z=\frac{2c}{a+b}$$

$\boxed{2}$ Nếu với các số dương $x,y,z$ mà $x^2+y^2+z^2+xyz=4$ thì tồn tại các số thực dương $a,b,c$ sao cho :

$$x=\frac{2a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}},y=\frac{2b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}},z=\frac{2c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}$$

hoặc :

$x$$=\frac{2\sqrt{bc}}{\sqrt{(a+b)(a+c)}},y$$=\frac{2\sqrt{ca}}{\sqrt{(b+c)(b+a)}},z$$=\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}$

$\boxed{3}$ Nếu với các số dương $x,y,z$ mà $xy+yz+zx+2xyz=1$ thì tồn tại các số thực dương $a,b,c$ sao cho :

$$x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$$

Những ứng dụng :

Bài toán 1. [ Mediteranean 2004 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng :

$$2(a+b+c)+1\ge 32abc$$

Lời giải :

Đặt

$$a=\frac{x}{y+z},b=\frac{y}{z+x},c=\frac{z}{x+y}(x,y,z>0)$$

Ta cần chứng minh :

$$2\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\right)+1\ge \frac{32xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$

$$\iff 2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\left[xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right]\ge 24xyz$$
Hiển nhiên đúng theo AM –GM.Đẳng thức xảy ra khi $ltex a=b=c=\dfrac{1}{2}$

Bài toán 2. [ VMO -1996 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng :

$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$

Lời giải :

Ta có thể đặt :

$$a=\frac{2x}{y+z},b=\frac{2y}{z+x},c=\frac{2z}{x+y}(x,y,z\ge 0,(x+y)(y+z)(z+x)\ne 0)$$

Ta cần chứng minh :

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}$$\ge 2\left[\frac{xy}{(x+z)(y+z)}+\frac{yz}{(y+x)(z+x)}+\frac{zx}{(z+x)(x+y)}\right]$$\iff x^3+y^3+z^3+3xyz$$\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2,c=0$ và hoán vị.

Bài toán 3. [ USA MO 2000]

Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :

$$0\le ab+bc+ca-abc\le 2$$

Lời giải (VP, VT chỉ cần giả sử $a\ge 1$)

TH1. Trong 3 số $a,b,c$ có hai số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất 1 số bằng 0..
Đặt

$a$$=\frac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(x+z)(y+z)}},b$$=\frac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}},c$$=\frac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}(x,y,z$$\ge 0,(x+y)(y+z)(z+x)$$\ne 0)$

Ta cần chứng minh :

$\frac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\left[\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}-\frac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\right]$$\le 1$

$\iff \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}$$\le \frac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz}{2\sqrt{xyz(x+y)(y+z)(z+x)}}$

$\iff 2y\sqrt{zx(z+y)(x+y)}+2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}+2z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}$$\le xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz$

Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM :

$$2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}=2x\sqrt{(xy+yz)(zx+yz}\le x(xy+2yz+zx)$$

Tương tự với các phần còn lại, cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài toán 4.
Cho các số thực dương thoả mãn $a+b+c+1=4abc$. Chứng minh rằng :

$$ab+bc+ca\ge a+b+c$$

Lời giải :

Từ điều kiện bài toán, ta có

$$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}=4$$

Đặt $\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z(x,y,z>0)$ thì lúc đó $xy+yz+zx+xyz=4$.Ta cần chứng minh :

$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$

Đây là bài toán VMO -1996 !

Bài toán 5.
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng :

$$a.xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)$$

$$b.\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le \frac{3}{2}\sqrt{xyz}$$

Lời giải : 

$$xyz=x+y+z+2\iff \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}+\frac{2}{xyz}=1$$

Đặt :
$$\frac{1}{x}=\frac{a}{b+c},\frac{1}{y}=\frac{b}{c+a},\frac{1}{z}=\frac{c}{a+b}(a,b,c>0)$$

a. Ta cần chứng minh :

$xy+yz+zx$$\ge 2(x+y+z)$$\iff \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$$\ge 2\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)$

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge 2\frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$

$$\iff a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$

Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
b. Ta cần chứng minh :

$$\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\le \frac{3}{2}$$

Thật vậy :

$\frac{1}{\sqrt{xy}}$$=\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}$$\le \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}\right)$

Tương tự với phần còn lại, cộng vế theo vế, suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$

Bạn đọc có thể thấy được tính chất này có liên hệ mật thiết với phép thế lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức qua đẳng thức:

$$co{s}^{2}A+co{s}^{2}B+co{s}^{2}C+2cosAcosBcosC=1$$