Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Chứng minh BĐT từ một đẳng thức đẹp

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 1/12/17

    Ta cùng đi đến đẳng thức sau :
    $$\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$$
    Nếu đặt :
    $x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$ thì ta có đẳng thức :
    $$xy+yz+zx+xyz=4$$
    Nếu đặt :
    $a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
    Hoặc
    $a=\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$
    (Với $x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0$)
    Thì
    $$a^2+b^2+c^2+abc=4$$
    Từ những đẳng thức này, ta cùng đến :

    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 $$a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$$
    Ta cần chứng minh :
    $$2\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right ) +1\ge \dfrac{32xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\Leftrightarrow 2\left (x^3+y^3+z^3\right )+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]\ge 24xyz$$
    Hiển nhiên đúng theo AM –GM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$

    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 :
    $$a=\dfrac{2x}{y+z}, b=\dfrac{2y}{z+x}, c=\dfrac{2z}{x+y} (x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
    Ta cần chứng minh :
    $$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge 2\left [\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}+\dfrac{yz}{(y+x)(z+x)}+\dfrac{zx}{(z+x)(x+y)}\right ]\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3 +3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
    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
    $$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0)$$
    Ta cần chứng minh :
    $$\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\left [\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}} -\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\right ]\le 1$$
    $$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}\le \dfrac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz}{2\sqrt{xyz(x+y)(y+z)(z+x)}}$$
    $$\Leftrightarrow 2y\sqrt{zx(z+y)(x+y)}+2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}+2z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\le xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz$$
    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. [ USA MO 2001 ]
    Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
    $$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$
    Lời giải :
    TH1. Trong $a,b,c$ có 2 số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
    TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất một số bằng 0.
    Đặt
    $$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(x+y)(z+y)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
    a. Chứng minh $abc+2\ge ab+bc+ca$
    Ta cần chứng minh :
    $$\dfrac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}+1\ge \dfrac{2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
    $$\Leftrightarrow 6xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\ge 2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}$$
    Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM , ta có :
    $$2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\le xy(x+y+2z)=2xyz+xy(x+y)$$
    Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2}, c=0$ và hoán vị.
    b. Chứng minh $ab+bc+ca\ge abc$
    Bất đẳng thức tương đương :
    $$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+zx\sqrt{(z+y)(x+y)}\ge 2xyz$$
    Hiển nhiên đúng vì theo CS, ta có :
    $$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\ge xy(\sqrt{xy}+z)=xyz+xy\sqrt{xy}$$
    Đẳng thức xảy ra khi $a=b=0, c=2$ và hoán vị.

    Bài toán 5.
    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
    $$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}=4$$
    Đặt $\dfrac{1}{a}=x, \dfrac{1}{b}=y, \dfrac{1}{c}=z (x,y,z>0)$ 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 6.
    Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng :
    $a. xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)$
    $b.\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le \dfrac{3}{2}\sqrt{xyz}$
    Lời giải :
    $$xyz=x+y+z+2\Leftrightarrow \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}+\dfrac{2}{xyz}=1$$
    Đặt :
    $$\dfrac{1}{x}=\dfrac{a}{b+c}, \dfrac{1}{y}=\dfrac{b}{c+a}, \dfrac{1}{z}=\dfrac{c}{a+b}(a,b,c>0)$$
    a. Ta cần chứng minh :
    $$xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)\Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge 2\left (\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right )$$
    $$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge 2\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
    $$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
    Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
    b. Ta cần chứng minh :
    $$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\le \dfrac{3}{2}$$
    Thật vậy :
    $$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=\sqrt{\dfrac{ab}{(a+c)(b+c)}}\le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}\right )$$
    Tương tự với phần còn lại, cộng vế theo vế, suy ra ĐPCM.
    Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
    Mình cũng xin được “kể” một bài toán khá thú vị mà do tính máy móc của mình đã mang lại :

    Bài toán 7.
    [ China – 2005 ]
    Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca=\dfrac{1}{3}$. Chứng minh rằng :
    $$\dfrac{1}{a^2-bc+1}+\dfrac{1}{b^2-ca+1}+\dfrac{1}{c^2-ab+1} \le 3$$
    Và đây là lời giải của mình :
    Đặt :$a=\dfrac{x}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, b=\dfrac{y}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, c=\dfrac{z}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}(x,y,z>0)$
    Ta cần chứng minh :
    $$\sum{\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{3(xy+yz+zx)}-\dfrac{yz}{3(xy+yz+zx)}+1}}\le 3$$
    $$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3zx}}\le 1$$
    $$\Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{1}{2}-\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3xz}\right )}\ge \dfrac{1}{2}$$
    $$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{x(x+y+z)}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
    Chuẩn hoá $x+y+z=1$
    Ta cần chứng minh
    $$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
    Theo CS, ta có :
    $$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}=\sum{\dfrac{x^2}{x^3+2xyz+3x^2(y+z)}}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]}=1$$
    Suy ra ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$