Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán (Mathematical Reflections Magazine J30)

Cho các số không âm $a,b,c$ và không có hai số nào cùng bằng $0$. Chứng minh rằng :

$$\frac{a^3+abc}{b+c}+\frac{b^3+abc}{c+a}+\frac{c^3+abc}{a+b}\ge a^2+b^2+c^2$$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho tương đương với :

$\sum _{a,b,c}\left(\frac{a^3+abc}{b+c}-a^2\right)$$\ge 0$$\iff \frac{a(a-b)(a-c)}{b+c}+\frac{b(b-c)(b-a)}{c+a}+\frac{c(c-a)(c-b)}{a+b}$$\ge 0(\ast )$

Rõ ràng nếu $a\ge b\ge c$ thì :

$$\frac{a}{b+c}\ge \frac{b}{c+a}\ge \frac{c}{a+b}$$

Khi đó theo bất đẳng thức Schur suy rộng thì $(\ast )$ là đúng. Bài toán hoàn tất.

 

Ta nhắc lại về BĐT Schur suy rộng :

Cho các số không âm $a,b,c,x,y,z$. Khi đó nếu $(a,b,c),(x,y,z)$ là hai bộ đơn điệu thì ta có bất đẳng thức sau :

$$x(a-b)(a-c)+y(b-a)(b-c)+z(c-a)(c-b)\ge 0$$

Chứng minh :

Không giảm tổng quát ta giả sử $a\ge b\ge c$. Xét hai trường hợp sau :

i) Nếu $x\ge y\ge z$ thì :

$$z(c-a)(c-b)\ge 0$$

$$x(a-c)-y(b-c)\ge x(b-c)-y(b-c)=(b-c)(x-y)\ge 0\Rightarrow x(a-b)(a-c)+y(b-a)(b-c)\ge 0$$

Cộng hai vế BĐT trên ta có kết quả cần chứng minh.

ii) Nếu $z\ge y\ge x$ thì :

$$x(a-b)(a-c)\ge 0$$

$$z(a-c)-y(a-b)\ge z(a-b)-y(a-b)=(z-y)(a-b)\ge 0\Rightarrow z(c-a)(c-b)+y(b-a)(b-c)\ge 0$$

Cộng hai vế BĐT trên ta có kết quả cần chứng minh.

Bất đẳng thức Schur suy rộng được chứng minh.

Bài toán : Cho các số $a,b,c$ không âm sao cho không có hai số nào cùng bằng $0$. Chứng minh các bất đẳng thức :

a) (Olympic Gặp gỡ toán học lớp 12 năm 2014)

$$3+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge \frac{12(ab+bc+ca)}{(a+b+c{)}^2}$$

b) 

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

Lời giải :

a) Theo AM-GM :

$$(a+b)(b+c)(c+a)\le \frac{8}{27}(a+b+c{)}^3(\ast )$$

Như vậy chỉ cần chứng minh :

$3+\frac{27abc}{(a+b+c{)}^3}$$\ge \frac{12(ab+bc+ca)}{(a+b+c{)}^2}$$\iff (a+b+c{)}^3+9abc$$\ge 4(ab+bc+ca)(a+b+c)$

Hiển nhiên vì đây là BĐT Schur.

b) Ta sẽ tìm một đánh giá chặt hơn $(\ast )$.

Ta sẽ chứng minh :

$$9(a+b)(b+c)(c+a)\le 8(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$$

Thật vậy, biến đổi tương đương :

$$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+21abc\le 7(a^3+b^3+c^3)+(a^3+b^3+c^3+3abc)$$

Đúng theo AM-GM và Schur. Như vậy ta đi chứng minh :

$2+\frac{9abc}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$$\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{a^2+b^2+c^2}$$\iff \frac{9abc}{a+b+c}$$\ge 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$

Hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur.

 

Nhận xét : Qua bài trên ta có một đánh giá quan trọng cho biểu thức $(a+b)(b+c)(c+a)$ :

$$\boxed{8(a+b+c)(ab+bc+ca)\le 9(a+b)(b+c)(c+a)\le 8(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$$

Bài toán (Iran Team Selection Test 2008)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng :

$$\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}\ge 2\sqrt{a+b+c}$$

Lời giải :

Áp dụng BĐT Minkowski :

$\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}$$=\sum _{sym}\sqrt{a^3+a(ab+bc+ca)}$$=\sum _{sym}\sqrt{a^2(a+b+c)+abc}$$\ge \sqrt{{\left(\sum _{sym}a\sqrt{a+b+c}\right)}^2+{\left(3\sqrt{abc}\right)}^2}$$=\sqrt{(a+b+c{)}^3+9abc}$

Cần chứng minh :

$(a+b+c{)}^3+9abc$$\ge 4(a+b+c)$$=4(a+b+c)(ab+bc+ca)$$\iff a^3+b^3+c^3+3abc$$\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur bậc ba. Điều phải chứng minh.

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR VÀ KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R

BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR 

Bất đẳng thức Schur dạng tổng quát : Với mọi số thực không âm $a,b,c,k$ ta có :

$$\boxed{a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\ge 0}$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $(a,b,c)=(0,t,t)$ và các hoán vị.

Trường hợp $k=1$, BĐT Schur có các dạng tương đương sau :

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

ii) $4(a^3+b^3+c^3)+15abc\ge (a+b+c{)}^3$

iii) $abc\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

iv) $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca)$

v) $(a+b+c{)}^3+9abc\ge 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

vi) $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$

Trường hợp $k=2$, BĐT Schur có các dạng tương đương sau :

i) $a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\ge ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$

ii) $6abc(a+b+c)\ge \left[2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\right]\left[a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right]$

KĨ THUẬT ĐỔI BIẾN P,Q,R 

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ ta có :

$$ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=pq-3r$$

$$(a+b)(b+c)(c+a)=pq-r$$

$$ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)=p^{2}q-2q^2-pr$$

$$(a+b)(a+c)+(a+c)(b+c)+(b+c)(a+b)=p^2+q$$

$$a^2+b^2+c^2=p^2-2q$$

$$a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r$$

$$a^4+b^4+c^4=p^4-4p^{2}q+2q^2+4pr$$

$$a^2{b}^2+b^2{c}^2+c^2{a}^2=q^2-2pr$$

$$a^3{b}^3+b^3{c}^3+c^3{a}^3=q^3-3pqr+3r^2$$

Khi đó giữa ba biến mới $p,q,r$ có một số mối liên hệ :

$$p^2\ge 3q$$

$$p^3\ge 27r$$

$$q^2\ge 3pr$$

$$pq\ge 9r$$

$$2p^3+9r\ge 7pq$$

$$p^{2}q+3pr\ge 4q^2$$

$$p^4+4q^2+6pr\ge 5p^{2}q$$

Và đặc biệt, BĐT Schur viết dưới hình thức $p,q,r$ như sau :

$$r\ge max\left\{0,\frac{p(4q-p^2)}{9}\right\}$$

$$r\ge max\left\{0,\frac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}\right\}$$

 

Theo “Bất đẳng thức Schur và phương pháp đổi biến P,Q,R” – Võ Thành Văn.

 

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2012 THPT Chuyên Hùng Vương, Bình Dương)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng :

$$5(a+b+c)+\frac{3}{abc}\ge 18$$

Lời giải :

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ thì $p^2-2q=3$.

Và cần chứng minh :

$$5p+\frac{3}{r}\ge 18$$

Ta không thể sử dụng BĐT $Schur$ vì không đúng chiều với BĐT cần chứng minh. Chú ý :

$(xy+yz+zx{)}^2$$\ge 3xyz(x+y+z)$$\iff q^2$$\ge 3pr$$\Rightarrow r$$\le \frac{q^2}{3p}$$=\frac{(p^2-3{)}^2/4}{3p}$$=\frac{p^4-6p^2+9}{12p}$$\Rightarrow \frac{3}{r}$$\ge \frac{36p}{p^4-6p^2+9}$

Do vậy chỉ cần chứng minh :

$5p+\frac{36p}{p^4-6p^2+9}$$\ge 0$$\iff 5p^5-18p^4-30p^3+108p^2+81p-162$$\ge 0$$\iff (p-3{)}^2(5p^3+12p^2-3p-18)$$\ge 0$$\iff 5p^3+12p^2-3p-18$$\ge 0$

Mặt khác vì $p^2=2q+3>3$ nên $p>\sqrt{3}$.  Cũng có $p\le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$

Từ đó :

$$5p^3+12p^2-3p-18>5.{\left(\sqrt{3}\right)}^3+12.{\left(\sqrt{3}\right)}^2-3.3-18>0$$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ sao cho không có hai số nào đồng thời bằng $0$ và thỏa $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge \frac{5}{2}$$

Lời giải :

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca=1,r=abc$ ta đưa BĐT cần chứng minh về :

$\frac{(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$\ge \frac{5}{2}$$\iff \frac{p^2+q}{pq-r}$$=\frac{p^2+1}{p-r}$$\ge \frac{5}{2}$$\iff 2p^2-5p+2+5r$$\ge 0$

Nếu $\sqrt{3}\le p\le 2$ thì theo BĐT $Schur$ ta có :

$$5r\ge \frac{5}{9}(4pq-p^3)=\frac{5}{9}(4p-p^3)$$

Do vậy ta cần chứng minh :

$2p^2-5p+2+\frac{5}{9}(4p-p^3)$$\ge 0$$\iff 5p^3-18p^2+25p-18$$\le 0$$\iff (p-2)(5p^2-8p+9)$$\le 0$

Điều này luôn đúng vì $p\le 2$.

Nếu $p\ge 2$ thì $2p^2-5p+2+5r\ge 2p^2-5p+2=(p-2)(2p-1)\ge 0$

Tóm lại, BĐT đã cho được chứng minh.

Bài toán (Vasile Cirtoaje)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng :

$$1+\frac{3}{a+b+c}\ge \frac{6}{ab+bc+ca}$$

Lời giải :

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc=1$.

Ta đi chứng minh :

$$1+\frac{3}{p}\ge \frac{6}{q}\iff pq+3q\ge 6p\iff q\ge \frac{6p}{p+3}$$

Như vậy để chứng minh được điều này, ta quy về chứng minh BĐT một biến bằng cách chỉ ra :

$$q\ge f(p)$$ và sau đó thì chứng minh $$f(p)\ge \frac{6p}{p+3}$$

Để ý rằng nếu sử dụng BĐT $Schur$ thì ta chỉ thu được $q\le g(p)$.

Chú ý đến BĐT quen thuộc sau :

$$(xy+yz+zx{)}^2\ge 3xyz(x+y+z)=3(x+y+z)\Rightarrow q^2\ge 3p$$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh rằng :

$$3p\ge \frac{36p^2}{(p+3{)}^2}\iff p^2-6p+9=(p-3{)}^2\ge 0$$

Điều này hiển nhiên luôn đúng. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (Lê Trung Kiên, Võ Quốc Bá Cẩn)

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa $ab+bc+ca+6abc=9$. Chứng minh rằng :

$$a+b+c+3abc\ge 6$$

Lời giải :

Sự xuất hiện của các đa thức đối xứng ở cả giả thiết lẫn đề bài gợi cho ta nghĩ ngay đến việc đổi biến $p,q,r$ và sau đó cố gắng đưa về việc chứng minh một BĐT một biến.

Đặt $p=a+b+c,q=xy+yz+zx,r=xyz$ thì theo giả thiết ta có : $q+6r=9$.

Và cần chứng minh :

$$p+3r\ge 6\iff p+3.\frac{9-q}{6}\ge 6\iff 2p\ge q+3$$

Để quy về việc chứng minh một biến (chọn biến $p$) thì ta cần phải có :

$$q\le f(p)$$, trong đó $$f(p)$$ là một hàm số theo $$p$$.

Theo BĐT $Schur$ ta có :

$9r$$\ge 4pq-p^3$$\iff 9.\frac{9-q}{6}$$\ge 4pq-p^3$$\iff q$$\le \frac{27+2p^3}{8p+3}$

Do vậy việc chứng minh quy về chứng minh BĐT một biến :

$2p$$\ge \frac{27+2p^3}{8p+3}+3$$\iff p^3-2p^2+9p+18$$\le 0$$\iff (p+1)(p-3)(p-6)$$\le 0$

Như vậy nếu ta xét $3\le p\le 6$ thì hiển nhiên BĐT đã cho được chứng minh.

Hơn nữa ta có $9=q+6r\le \frac{p^2}{3}+\frac{6p^3}{27}\iff p\ge 3$. Do vậy ta chỉ xét BĐT trong trường hợp $p\ge 6$. Nhưng lúc này thì hiển nhiên có điều phải chứng minh vì $a+b+c+3abc\ge a+b+c\ge 6$.

Ta có điều phải chứng minh.