Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán : Cho $x,y>0$ thoả mãn $x^2+y^2=xy+1$. Tìm giá trị lớn nhất :

$$P=\frac{x^3}{y^3+1}+\frac{y^3}{x^3+1}+\frac{24\sqrt{xy}}{x+y+2}$$

Lời giải :

Gỉa thiết đã cho tương đương :

$$x^3+y^3=x+y$$

Ta có :

$\frac{x^3}{y^3+1}+\frac{y^3}{x^3+1}$$=\frac{x^3+y^3+1}{x^3+1}+\frac{x^3+y^3+1}{y^3+1}-2$$=\left(x^3+y^3+1\right)\left(\frac{1}{x^3+1}+\frac{1}{y^3+1}\right)-2$$=\left(x^3+y^3+1\right).\frac{x^3+y^3+2}{(x^3+1)(y^3+1)}-2$

Ta cũng chứng minh được :

$$(1+x^3)(1+y^3)\ge \frac{(x+y{)}^3}{2}$$

Thế nên :

$\frac{x^3}{y^3+1}+\frac{y^3}{x^3+1}$$\le \frac{2(x^3+y^3+1)(x^3+y^3+2)}{(x+y{)}^3}-2$$=\frac{2(x+y+1)(x+y+2)}{(x+y{)}^3}-2$

Và :

$$\frac{24\sqrt{xy}}{x+y+2}\le \frac{12(x+y)}{x+y+2}$$

Vậy nếu ta đặt $x+y=t$ thì :

$$P\le \frac{2(t+1)(t+2)}{t^3}+\frac{12t}{t+2}-2=f(t)$$

Ta dễ chứng minh được $t\in \left(0,2\right]$. Khảo sát hàm số $f(t)$ trên $\left(0,2\right]$. Ta được :

$$MaxP=7\iff t=2\iff x=y=1$$

Bài toán (Thi thử THPT Quốc gia 2016 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, TP Đà Nẵng)

Cho các số dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=9$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$P$$=\frac{\sqrt{(a^2+b^2)(a^4+b^4)}}{\sqrt[6]{a^4{b}^{4}c}}+\frac{\sqrt{(b^2+c^2)(b^4+c^4)}}{\sqrt[6]{b^4{c}^{4}a}}+\frac{\sqrt{(c^2+a^2)(c^4+a^4)}}{\sqrt[6]{c^4{a}^{4}b}}$

Lời giải :

Ta có :

$\sqrt{c(a^4+b^4)(a^2+b^2)}$$\ge \sqrt{2abc(a^4+b^4)}$$\ge \sqrt{2abc}.\frac{(a+b{)}^2}{\sqrt{8}}$$=\frac{\sqrt{abc}}{2}.(a+b{)}^2$

Lại có :

$$(a+b{)}^2+36\ge 12(a+b)\Rightarrow (a+b{)}^2\ge 12(a+b)-36$$

Từ đó có :

$$\sqrt{c(a^2+b^2)(a^4+b^4)}\ge \frac{\sqrt{abc}}{2}\left[12(a+b)-36\right]$$

và suy ra :

$\frac{\sqrt{(a^2+b^2)(a^4+b^4)}}{\sqrt[6]{a^4{b}^{4}c}}$$=\frac{\sqrt{c(a^2+b^2)(a^4+b^4)}}{\sqrt[6]{a^4{b}^4{c}^4}}$$\ge \frac{\sqrt{abc}}{2\sqrt[6]{a^4{b}^4{c}^4}}\left[12(a+b)-36\right]$$=\frac{1}{2\sqrt[6]{abc}}\left[12(a+b)-36\right]$

Thiết lập các kết quả tương tự rồi cộng lại vế theo vế :

$P$$\ge \frac{1}{2\sqrt[6]{abc}}\left[24(a+b+c)-3.36\right]$$\ge \frac{1}{2.\sqrt[6]{{\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}^3}}\left[24(a+b+c)-3.36\right]$$=18\sqrt{3}$

Kết luận :

$$P_{min}=18\sqrt{3}\iff a=b=c=3$$

Bài toán (Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 THPT Đắk Mil, Đắk Nông)

 Cho $a,b,c$ dương thoả $ab+bc+ca=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất :

$P$$=\sqrt{\frac{a}{16(b+c)(a^2+bc)}}+\sqrt{\frac{a}{16(b+c)(a^2+bc)}}+\frac{a^2+1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{c}{ab}\right)$

Lời giải :

Theo AM-GM :

$\sqrt{\frac{a}{(b+c)(a^2+bc)}}$$=\frac{a}{\sqrt{(ab+ac)(a^2+bc)}}$$\ge \frac{a}{\frac{1}{2}(ab+ac+a^2+bc)}$$=\frac{2a}{(a+b)(a+c)}$

Tương tự :

$$\sqrt{\frac{b}{(a+c)(b^2+ac)}}\ge \frac{2b}{(b+c)(b+a)}$$

Suy ra :

$4P$$\ge \frac{2a}{(a+b)(a+c)}+\frac{2b}{(b+c)(b+a)}+\frac{(a^2+1)(b+c)}{ab}$$=\frac{2a(b+c)+2b(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a^2+ab+bc+ca)(b+c)}{ab}$

$=\frac{2(1+ab)}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab}$$\ge 2\sqrt{\frac{2(1+ab)}{ab}}$$=2\sqrt{\frac{4(1+ab)}{2ab}}$$\ge 2\sqrt{\frac{4(ab+1)}{1+ab}}$$=4$

(Chú ý rằng $ab\le ab+bc+ca=1$)

Từ đó ta có

$$MinP=1\iff a=b=1,c=0$$

BĐTĐH 2 : Cho các số dương $x,y,z$ thoả mãn $y+z=x(y^2+z^2)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$$P=\frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{1}{(1+y{)}^2}+\frac{1}{(1+z{)}^2}+\frac{4}{(1+x)(1+y)(1+z)}$$

Lời giải :

Vì vai trò của $y,z$ là như nhau nên ta sẽ tìm cách đánh giá để đẩy về dấu bằng $y=z$.

Đặt $y+z=t$, ta có :

$$\frac{1}{(1+y{)}^2}+\frac{1}{(1+z{)}^2}\ge \frac{8}{(2+y+z{)}^2}=\frac{8}{(2+t{)}^2}$$

$$(1+y)(1+z)\le \frac{(2+y+z{)}^2}{4}=\frac{(t+2{)}^2}{4}$$

Như vậy :

$$P\ge \frac{1}{(1+x{)}^2}+\frac{8}{(2+t{)}^2}+\frac{16}{(1+x)(t+2{)}^2}$$

Mặt khác, từ giả thiết :

$y+z$$=x(y^2+z^2)$$\ge \frac{x(y+z{)}^2}{2}$$\iff x(y+z)$$\le 2$$\iff x$$\le \frac{2}{t}$

Từ đó lại tiếp tục suy ra :

$P$$\ge \frac{1}{{\left(1+\frac{2}{t}\right)}^2}+\frac{8}{(t+2{)}^2}+\frac{16}{\left(1+\frac{2}{t}\right).{\left(t+2\right)}^2}$$=\frac{t^3+2t^2+24t+16}{(t+2{)}^3}$$=f(t)$

$$f^{\prime }(t)=\frac{4t^4-24t^3-144t^2-160t}{(t+2{)}^3}$$

$$f^{\prime }(t)=0\iff t^4-6t^3-36t^2-40t=0\iff t(t-10)(t+2{)}^2\iff t=10$$

Bằng bảng biến thiên, ta thấy $f(t)$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=10$ và $f(10)=\frac{91}{106}$.

Kết luận :

$$P_{min}=\frac{91}{106}\iff x=\frac{1}{5},y=z=5$$

BĐTĐH1 : Cho các số không âm $x,y,z$ thoả mãn $x^3+y^3+z^3=3xyz+2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$$P=x^2+2y^2+3z^2$$

Lời giải :

Ta chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực $a,b,c$ :

$$\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge \sqrt[3]{a^3+b^3+c^3}(1)$$

Nếu vế phải âm thì hiển nhiên $(1)$ đúng. Xét vế phải dương. Khi đó $(1)$ tương đương với :

${\left(a^2+b^2+c^2\right)}^3$$\ge (a^3+b^3+c^3{)}^2$$\iff 3(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^3)$$\ge 2(a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3)$

Theo BĐT AM-GM thì :

$3(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$$=3\left[(a^4{b}^2+a^2{b}^4)+(b^4{c}^2+b^2{c}^4)+(c^4{a}^2+c^2{a}^4)+2a^2{b}^2{c}^2\right]$

$$\ge (a^4{b}^2+a^2{b}^4)+(b^4{c}^2+b^2{c}^4)+(c^4{a}^2+c^2{a}^4)\ge 2(a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3)$$

Như vậy $(1)$ được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi trong ba số có hai số bằng $0$.

Ta quay trở lại bài toán. Sử dụng BĐT $(1)$ :

$\sqrt{x^2+2y^2+3z^2}$$\ge \sqrt{x^2+y^2+z^2}$$\ge \sqrt[3]{x^3+y^3+z^3}$$\ge \sqrt[3]{x^3+y^3+z^3-3xyz}$$=\sqrt[3]{2}$

Tức là :

$$x^2+2y^2+3z^2\ge \sqrt[3]{4}$$

Như vậy :

$$P_{min}=\sqrt[3]{4}\iff x=\sqrt[3]{2},y=z=0$$

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$\sqrt[8]{\frac{a^8+b^8}{2}}+\sqrt[8]{\frac{b^8+c^8}{2}}+\sqrt[8]{\frac{c^8+a^8}{2}}$$\le \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Lời giải :

Theo BĐT AM-GM :

$8\sqrt[8]{\frac{a^8+b^8}{2}}$$=8\sqrt[8]{\frac{(a^4+b^4{)}^2-2a^4{b}^4}{2}}$$=8\sqrt[8]{\frac{(a^4+b^4-a^2{b}^2\sqrt{2})(a^4+b^4+a^2{b}^2\sqrt{2})}{2}}$

$$=8\sqrt[8]{\frac{\left(a^2+b^2-ab\sqrt{2+\sqrt{2}}\right).\left(a^2+b^2+ab\sqrt{2+\sqrt{2}}\right).\left(a^2+b^2-ab\sqrt{2-\sqrt{2}}\right).\left(a^2+b^2+ab\sqrt{2-\sqrt{2}}\right).b^4}{\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2}}\right).\left(2+\sqrt{2+\sqrt{2}}\right).\left(2-\sqrt{2-\sqrt{2}}\right).\left(2+\sqrt{2-\sqrt{2}}\right).b^4}}$$

$$\le \frac{a^2+b^2-ab\sqrt{2+\sqrt{2}}}{b\left(2-\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)}+\frac{a^2+b^2+ab\sqrt{2+\sqrt{2}}}{b\left(2+\sqrt{2+\sqrt{2}}\right)}+\frac{a^2+b^2-ab\sqrt{2-\sqrt{2}}}{b\left(2-\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)}+\frac{a^2+b^2+ab\sqrt{2-\sqrt{2}}}{b\left(2+\sqrt{2-\sqrt{2}}\right)}+b+b+b+b$$

$$=\frac{8a^2}{b}+12b-12a$$

Suy ra :

$$\sqrt[8]{\frac{a^8+b^8}{2}}\le \frac{a^2}{b}+\frac{3}{2}(b-a)$$

Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế, ta được điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức :

$\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}+\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}+\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$\le {\left(a+b+c\right)}^{10}{\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{9b}+\frac{1}{9c}\right)}^9$

Lời giải :

Áp dụng BĐT AM-GM :

$\frac{a^7+b^7}{(a+b{)}^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}+\frac{a+b}{2^6}$$\ge 7\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{(2^6{)}^6}}$$=\frac{7}{32}\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$

Tức là :

$$\frac{a^7+b^7}{(a+b{)}^6}+\frac{3}{32}(a+b)\ge \frac{7}{32}\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$

Ta có :

$(a+b{)}^7$$=a^7+b^7+7ab(a^5+b^5)+21a^2{b}^2(a^3+b^3)+35a^3{b}^3(a+b)$$=a^7+b^7+7ab\left[a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2{b}^2(a+b)\right]$

Theo AM-GM :

$$12a^5+9b^5+7a^{4}b+2a{b}^4\ge 30\sqrt[30]{(a^5{)}^{12}.(b^5{)}^9.(a^{4}b{)}^7.(a{b}^4{)}^2}=30a^{3}b$$

$$12b^5+9a^5+7b^{4}a+2b{a}^4\ge 30\sqrt[30]{(b^5{)}^{12}.(a^5{)}^9.(b^{4}a{)}^7.(b{a}^4{)}^2}=30b^{3}a$$

Cộng vế theo vế hai kết quả trên thì được :

$$7(a^5+b^5)+3ab(a^3+b^3)\ge 10a^2{b}^2(a+b)$$

Suy ra :

$16(a^5+b^5)+48ab(a^3+b^3)+80a^2{b}^2(a+b)$$\ge 9(a^5+b^5)+45ab(a^3+b^3)+90a^2{b}^2(a+b)$$\iff 16\left[a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2{b}^2(a+b)\right]$$\ge 9\left[a^5+b^5+5ab(a^3+b^3)+10a^2{b}^2(a+b)\right]$$\iff a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2{b}^2(a+b)$$\ge \frac{9}{16}(a+b{)}^5$

Từ đó ta được :

$(a+b{)}^7$$\ge a^7+b^7+7ab.\frac{9}{16}(a+b{)}^5$$\iff \frac{a^7+b^7}{(a+b{)}^6}$$\le a+b-\frac{63ab}{16(a+b)}$

Lại được tiếp :

$\frac{7}{32}\sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$\le \frac{3}{32}(a+b)+(a+b)-\frac{63ab}{16(a+b)}$$=\frac{35}{32}(a+b)-\frac{63ab}{16(a+b)}$$\iff \sqrt[7]{\frac{a^7+b^7}{2}}$$\le 5(a+b)-\frac{18ab}{a+b}$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng chúng vế theo vế, ta dẫn đến việc chứng minh :

${\left(a+b+c\right)}^{10}{\left(\frac{1}{9a}+\frac{1}{9b}+\frac{1}{9c}\right)}^9+\frac{18ab}{a+b}+\frac{18bc}{b+c}+\frac{18ca}{c+a}$$\ge 10(a+b+c)$$\iff \frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+\frac{18}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{18}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{18}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}$$\ge 10(a+b+c)$

Theo Cauchy-Schwarz :

$\frac{18}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{18}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{18}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}$$\ge \frac{18.9}{2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}$$=\frac{81abc}{ab+bc+ca}$

Như vậy cần chỉ ra :

$$\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+\frac{81abc}{ab+bc+ca}\ge 10(a+b+c)$$

Nhưng điều này hiển nhiên đúng theo AM-GM cho 10 số :

$\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+\frac{81abc}{ab+bc+ca}$$=\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}+9.\frac{9abc}{ab+bc+ca}$$\ge 10\sqrt[10]{\frac{(a+b+c{)}^{10}.(ab+bc+ca{)}^9}{(abc{)}^9.9^9}.\frac{(9abc{)}^9}{(ab+bc+ca{)}^9}}$$=10(a+b+c)$

Bài toán hoàn tất.

 

Author : Me 🙂

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.