Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán (Vietnam Mathematical Olympiad 2002)

Cho đa thức hệ số thực $P(x)=x^3+a{x}^2+bx+c$ có ba nghiệm. Chứng minh rằng :

$$12ab+27c\le 6a^3+10\sqrt{(a^2-2b{)}^3}$$

Lời giải :

Gọi $x,y,z$ là ba nghiệm của $P(x)$. Theo định lí Viete :

$$\{\begin{array}{c}x+y+z=-a\\ xy+yz+zx=b\\ xyz=-c\end{array}$$

Ta cần chứng minh :

$27c$$\le 6a(a^2-2b)+10\sqrt{(a^2-2b{)}^3}$$\iff -27xyz$$\le -6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+10\sqrt{(x^2+y^2+z^2{)}^3}$

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $x^2+y^2+z^2=9$. Khi đó cần chứng minh :

$$2(x+y+z)-xyz\le 10$$

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

${\left[2(x+y+z)-xyz\right]}^2$$={\left[2(y+z)-x(yz-2)\right]}^2$$\le \left[(y+z{)}^2+x^2\right]\left[4+(yz-2{)}^2\right]$$=\left(9+2yz\right)(y^2{z}^2-4yz+8)$

Đặt $t=yz$, ta cần chứng minh :

$$(9+2t)(t^2-4t+8)\le 100\iff t\le \frac{7}{2}$$

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $x=max\left\{x,y,z\right\}$. Khi đó $18=2x^2+2y^2+2z^2\ge 3(y^2+z^2)\Rightarrow y^2+z^2\le 6$.

Từ đây theo AM-GM ta có :

$$t=yz\le \frac{y^2+z^2}{2}\le 3\le \frac{7}{2}$$

Ta được điều phải chứng minh.

Bài toán (Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 10 năm 2014)

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$$\frac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\le 1$$

Lời giải :

Trước hết ta sẽ chứng minh :

$$\frac{a^2}{7a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+7b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+b^2+7c^2}\le \frac{1}{3}$$

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=1$.

Khi đó chỉ cần chỉ ra rằng :

$\frac{a^2}{6a^2+1}+\frac{b^2}{6b^2+1}+\frac{c^2}{6c^2+1}$$\le \frac{1}{3}$$\iff \frac{6a^2}{6a^2+1}+\frac{6b^2}{6b^2+1}+\frac{6c^2}{6c^2+1}$$\le 2$$\iff \left(1-\frac{6a^2}{6a^2+1}\right)+\left(1-\frac{6b^2}{6b^2+1}\right)+\left(1-\frac{6c^2}{6c^2+1}\right)$$\ge 1$$\iff \frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1}+\frac{1}{6c^2+1}$$\ge 1$

Điều này luôn đúng theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$$\frac{1}{6a^2+1}+\frac{1}{6b^2+1}+\frac{1}{6c^2+1}\ge \frac{9}{6(a^2+b^2+c^2)+3}=1$$

Khi đó áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta được :

$\frac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}$$\le \sqrt{3\left(\frac{a^2}{7a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+7b^2+c^2}+\frac{a^2}{a^2+b^2+7c^2}\right)}$$\le \sqrt{3.\frac{1}{3}}$$=1$

Đây là điều phải chứng minh.

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

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

Lời giải 1 :

Các đại lượng trong bài toán làm ta liên tưởng đến ngay phương pháp S-S :

Thật vậy, chú ý các đẳng thức :

$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}-3$$=\frac{2(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$

Và :

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

Do vậy ta đi chứng minh :

$\frac{2(a-b{)}^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$$\ge \frac{2(a-b{)}^2+2(a-c)(b-c)}{(a+b+c{)}^2}$$\iff M(a-b{)}^2+N(a-c)(b-c)$$\ge 0$

Trong đó :

$$M=\frac{2}{(a+c)(b+c)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2},N=\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$

Dễ dàng thấy :

$$M=\frac{2}{(a+c)(b+c)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}=\frac{2(a^2+b^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c{)}^2(a+c)(b+c)}>0$$

và :

$N$$=\frac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge \frac{a+b+2c}{{\left(\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\right)}^3}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{27(a+b+2c)}{8(a+b+c{)}^3}$$>\frac{27(a+b+c)}{8(a+b+c{)}^3}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$=\frac{27}{8(a+b+c{)}^2}-\frac{2}{(a+b+c{)}^2}$$>0$

Do đó chỉ cần giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

Lời giải 2 :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$.

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :

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

Để ý vế phải có thể viết lại :

$$3+\frac{(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2}{(a+b+c{)}^2}=3+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=5-6(ab+bc+ca)=5-6t$$

Như vậy thì ta cần chứng minh :

$$\frac{1}{t}\ge 5-6t\iff t\le \frac{1}{3},\vee t\ge \frac{1}{2}$$

Luôn đúng vì $t=ab+bc+ca\le \frac{1}{3}(a+b+c{)}^2=\frac{1}{3}$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán (Albania 2002) 

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

$\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}(a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$$\ge a+b+c+\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Lời giải :

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=1$. Từ đó ta chỉ cần chứng minh :

$\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$$\ge a+b+c+1$$\iff \frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}(ab+bc+ca)$$\ge abc(a+b+c)+abc$

Đặt $t=\sqrt{ab+bc+ca}\ge 0$ ta có :

$$abc(a+b+c)\le \frac{(ab+bc+ca{)}^2}{3}=\frac{t^4}{3}$$

và $abc\le \frac{(ab+bc+ca{)}^{3/2}}{3\sqrt{3}}=\frac{t^3}{3\sqrt{3}}$

Do vậy ta cần chỉ ra rằng :

$\frac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}{t}^2$$\ge \frac{t^4}{3}+\frac{t^3}{3\sqrt{3}}$$\iff \sqrt{3}{t}^2+t-(1+\sqrt{3})$$\le 0$

Điều này luôn đúng với $0\le t=\sqrt{ab+bc+ca}\le \sqrt{a^2+b^2+c^2}=1$

Bài toán (Romania-Balkan TST 2006) 

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

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

Lời giải :

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :

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

Do vậy chỉ cần chứng minh :

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

Thuần nhất hóa :

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

Điều này luôn đúng theo $AM-GM$ :

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

Bài toán (Iran 2010) Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{(a+b+c{)}^2}$$\ge \frac{7}{25}{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b+c}\right)}^2$

Lời giải :

Bất đẳng thức trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$.

Ta cần chứng minh :

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+1$$\ge \frac{7}{25}{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1\right)}^2$

Đổi biến $\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)\to \left(x,y,z\right)$ thì $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$

Cần chứng minh :

$$x^2+y^2+z^2+1\ge \frac{7}{25}(x+y+z+1{)}^2$$

Ta chứng minh một kết quả mạnh hơn :

$\frac{(x+y+z{)}^2}{3}+1$$\ge \frac{7}{25}(x+y+z+1{)}^2$$\iff \frac{t^2}{3}+1$$\ge \frac{7}{25}(t+1{)}^2(t$$=x+y+z)$$\iff (t-9)(2t-3)$$\ge 0$

Điều này là luôn đúng vì $t=x+y+z\ge \frac{9}{1/x+1/y+1/z}=9$

Ta có điều phải chứng minh.

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

$$\sqrt[3]{\frac{(a+b{)}^2(b+c{)}^2(c+a{)}^2}{abc}}\ge \frac{4}{3}(a+b+c)$$

Lời giải :

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=3$. Ta cần chứng minh :

$$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8\sqrt{abc}$$

Ta có :

$$(a+b)(b+c)(c+a)=(3-a)(3-b)(3-c)=27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc=3(ab+bc+ca)-abc$$

Lại có :

$$ab+bc+ca\ge \sqrt{3abc(a+b+c)}=3\sqrt{abc}$$

Nên ta chỉ cần chứng minh :

$$9\sqrt{abc}-abc\ge 8\sqrt{abc}\iff abc\le 1$$

Điều này luôn đúng theo $AM-GM$ :

$$abc\le {\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}^3=1$$

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

$\frac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a}}{b+c}+\frac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{b}}{a+c}+\frac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{c}}{b+c}$$\ge \frac{9+3\sqrt{3}}{2\sqrt{a+b+c}}$

Lời giải :

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :

$$\frac{1+\sqrt{a}}{b+c}+\frac{1+\sqrt{b}}{c+a}+\frac{1+\sqrt{c}}{a+b}\ge \frac{9+3\sqrt{3}}{2}$$

Ta đổi biến $a=x^2,b=y^2,c=z^2$ thì $x^2+y^2+z^2=1$ và cần chứng minh :

$\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{y^2+z^2}+\frac{1}{z^2+x^2}+\frac{x}{y^2+z^2}+\frac{y}{z^2+x^2}+\frac{z}{x^2+y^2}$$\ge \frac{9+3\sqrt{3}}{2}$

Thật vậy, theo $AM-GM$

$x(1-x^2)$$=x(1-x)(1+x)$$=\frac{1}{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.(1-x)\left[(2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x\right].(\sqrt{3}-1)x$$\le \frac{1}{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.{\left[\frac{(1-x)+(2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x+(\sqrt{3}-1)x}{3}\right]}^3$$=\frac{2\sqrt{3}}{9}$$\iff \frac{x}{1-x^2}$$\ge \frac{3\sqrt{3}{x}^2}{2}$$\iff \frac{x}{y^2+z^2}$$\ge \frac{3\sqrt{3}{x}^2}{2}$

Kéo theo :

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

Hơn nữa theo $Cauchy-Schwarz$ ta còn có :

$\frac{1}{y^2+z^2}+\frac{1}{z^2+x^2}+\frac{1}{x^2+y^2}$$\ge \frac{9}{2(x^2+y^2+z^2)}$$=\frac{9}{2}(2)$

Cộng vế theo vế $(1)(2)$ ta được điều phải chứng minh.