Vui lòng bật JavaScript để tiếp tục sử dụng Website!

Mở rộng ứng dụng của một bất đẳng thức quen thuộc

  1. Chia sẻ trang này

    Tác giả: LTTK CTV
    Đăng lúc: 1/12/17
    VỀ ỨNG DỤNG CỦA MỘT BẤT ĐẲNG THỨC NHỎ

    Bài toán 1: ( China MO )
    Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng
    $$\sqrt {{a \over {a + b}}} + \sqrt {{b \over {b + c}}} + \sqrt {{c \over {c + a}}} \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

    Bài toán trên có lời giải phổ biến là sử dụng BĐT AM - GM và BĐT Cauchy - Schwarz. Trong đó, lời giải sử dụng Cauchy - Schwarz là lời giải tự nhiên hơn và phổ biến hơn. Ta cùng đến với chứng minh bằng Cauchy - Schwarz.

    Chứng minh
    Ta viết lại BĐT như sau:
    $$\sum {\sqrt {{a \over {a + b}}} } = \sum {\sqrt {a + c} \sqrt {{a \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}} } \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

    Đến đây, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:
    $${\left( {\sum {\sqrt {a + c} \sqrt {{a \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}} } } \right)^2} \le \left( {a + c + b + c + b + a} \right)\sum {{a \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}} = {{4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \over {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$$

    Như vậy, ta cần chứng minh BĐT sau để chứng minh xong BĐT
    $$8\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \le 9\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)$$

    Chưng minh BĐT trên không có gì khó khăn ( chỉ cần khai triển BĐT ra rồi sử dụng 1 lần AM - GM)
    Như vậy, ta đã chứng minh được bài toán. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

    Trong chứng minh trên, ta đã sử dụng BĐT sau:
    $$8\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \le 9\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) (*)$$

    BĐT trên là một BĐT khá thú vị và có ứng dụng trong việc giải các bài toán về BĐT. Bên cạnh đó, chúng ta cũng có thể khai thác được những bài toán thú vị từ BĐT trên mà ta tạm gọi là BĐT $(*)$. Xét một số bài toán sau:

    Bài toán 2:
    Cho 3 số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a + b + c = {1 \over a} + {1 \over b} + {1 \over c}$. Chứng minh rằng
    $${1 \over {{{(b + c + 2a)}^2}}} + {1 \over {{{(a + c + 2b)}^2}}} + {1 \over {{{(b + a + 2c)}^2}}} \le {3 \over {16}}$$

    Chứng minh
    Áp dụng BĐT AM - GM, ta có
    $$\sum {{1 \over {{{\left( {b + c + 2a} \right)}^2}}}} \le {1 \over 4}\sum {{1 \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}} = {1 \over 4}.{{2\left( {a + b + c} \right)} \over {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} = {{a + b + c} \over {2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$$

    Mặt khác, theo BĐT $(*)$ thì
    $${{a + b + c} \over {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \le {9 \over {8\left( {ab + bc + ca} \right)}}$$

    Qua đó, ta đưa về chứng minh một BĐT khác đơn giản hơn
    $${9 \over {8\left( {ab + bc + ca} \right)}} \le {3 \over {16}} \Leftrightarrow ab + bc + ca \ge 3$$

    Từ giả thiết ta có $abc(a+b+c)=ab+bc+ca$

    Áp dụng BĐT quen thuộc ${\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge 3abc\left( {a + b + c} \right)$, ta suy ra ${\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right) \Rightarrow ab + bc + ca \ge 3$

    Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

    VD trên cho chúng ta thấy được hiệu quả của BĐT $(*)$ trong việc làm đơn giản các BĐT. Chúng ta xét tiếp các VD sau:


    Bài toán 3:
    Cho số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng
    $${1 \over {{{\left( {x + 1} \right)}^2}(y + z)}} + {1 \over {{{\left( {y + 1} \right)}^2}(x + z)}} + {1 \over {{{\left( {z + 1} \right)}^2}(x + y)}} \le {3 \over 8}$$

    Chứng minh
    Áp dụng BĐT AM - GM, ta có:
    ${\left( {x + 1} \right)^2} = \left( {{x^2} + 1} \right) + 2x \ge 2\sqrt {2x\left( {{x^2} + 1} \right)} $
    $y + z \ge 2\sqrt {yz} $

    Do đó, BĐT viết lại thành
    $${1 \over {2\sqrt {2xyz\left( {{x^2} + 1} \right)} }} + {1 \over {2\sqrt {2xyz\left( {{y^2} + 1} \right)} }} + {1 \over {2\sqrt {2xyz\left( {{z^2} + 1} \right)} }} \le {3 \over 8}$$
    $$ \Leftrightarrow {1 \over {\sqrt {{x^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{y^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{z^2} + 1} }} \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

    Do $xyz=1$ nên tồn tại cách đặt $x = \sqrt {{b \over a}} ,y = \sqrt {{c \over b},} z = \sqrt {{a \over c}} $, trong đó $a, b, c$ là các số thực dương

    BĐT tương đương với
    $$\sqrt {{a \over {a + b}}} + \sqrt {{b \over {b + c}}} + \sqrt {{c \over {c + a}}} \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

    Từ đây, sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz 1 lần, ta lại đưa BĐT về BĐT $(*)$
    BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

    Bài toán 4: ( Korea MO 1998 )
    Cho 3 số thực dương $x, y, z$ thóa mãn $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng
    $${1 \over {\sqrt {{x^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{y^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{z^2} + 1} }} \le {3 \over 2}$$

    Chứng minh
    Ta có $${x^2} + 1 = {x^2}.{{x + y + z} \over {xyz}} + 1 = {{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} \over {yz}}$$
    Do đó BĐT trở thành $$\sqrt {{{yz} \over {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}} + \sqrt {{{zx} \over {\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)}}} + \sqrt {{{xy} \over {\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}}} \le {3 \over 2}$$

    Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:
    $${\left( {\sum {\sqrt {{{yz} \over {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}} } } \right)^2} = {\left( {\sum {\sqrt {{{yz\left( {y + z} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}}} } } \right)^2} \le {{2\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}}$$

    Mặt khác, theo BĐT $(*)$, ta có
    $${{\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}} \le {9 \over 8} \Rightarrow {{2\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}} \le {9 \over 4}$$

    Do vậy mà
    $${\left( {\sqrt {{{yz} \over {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}} + \sqrt {{{zx} \over {\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)}}} + \sqrt {{{xy} \over {\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}}} } \right)^2} \le {9 \over 4}$$

    Lấy căn bậc 2 của 2 vế, ta có điều cần chứng minh
    Đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = \sqrt 3 $

    Bài toán 5:
    Cho 3 số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
    $$P = \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) + {{72} \over {\sqrt {a + b + c + 1} }} \ge 44$$

    Chứng minh

    Áp dụng BĐT $(*)$, ta có
    $$\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge {8 \over 9}.\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)$$

    Lại theo BĐT AM - GM, ta có
    $$ab + bc + ca \ge \sqrt {3abc\left( {a + b + c} \right)} = \sqrt {3\left( {a + b + c} \right)} $$
    Như vậy , BĐT trở thành
    $${8 \over 9}.\left( {a + b + c} \right)\sqrt {3\left( {a + b + c} \right)} + {{72} \over {\sqrt {a + b + c + 1} }} \ge 44$$

    Đặt $t=a+b+c$, BĐT trở về dạng 1 biến:
    $${8 \over 9}.t\sqrt {3t} + {{72} \over {\sqrt {t + 1} }} \ge 44$$
    Phần chứng minh tiếp theo dành cho các bạn.

    Bài toán 6 ( Trần Quốc Anh ):
    Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
    $$\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} - bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} - ca + {a^2}} \right) \ge {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$$

    Chứng minh
    Ta có khai triển sau
    $$2{\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)^2} = \left( {{a^4} + {b^4}} \right) + {\left( {a - b} \right)^4} \Rightarrow 2{\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)^2} \ge {a^4} + {b^4} \Leftrightarrow {a^2} - ab + {b^2} \ge \sqrt {{{{a^4} + {b^4}} \over 2}} $$

    Từ đây, ta cần chứng minh BĐT sau:
    $$\sqrt {{{{a^4} + {b^4}} \over 2}} .\sqrt {{{{b^4} + {c^4}} \over 2}} \sqrt {{{{c^4} + {a^4}} \over 2}} \ge {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$$

    BĐT này tương đương với
    $$9\left( {{a^4} + {b^4}} \right)\left( {{b^4} + {c^4}} \right)\left( {{c^4} + {a^4}} \right) \ge 8{a^2}{b^2}{c^2}{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)^2}$$

    Theo BĐT $(*)$, ta có:
    $$9\left( {{a^4} + {b^4}} \right)\left( {{b^4} + {c^4}} \right)\left( {{c^4} + {a^4}} \right) \ge 8\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)\left( {{a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {c^4}{a^4}} \right)$$
    Mà ${a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {c^4}{a^4} \ge {a^2}{b^2}{c^2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$ nên ta cần chứng minh BĐT sau:
    $$\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge {\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)^2}$$
    Thế nhưng BĐT này luôn đúng theo BĐT Cauchy - Schwarz.
    Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$


    Một câu hỏi đặt ra là: Chúng ta có khai thác được gì từ BĐT $(*)$ không?

    Hãy thử tổng quát nó
    $$8\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \le 9\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) (*)$$
    Trong $(*)$, ta thay lần lượt $a, b, c$ bởi ${a^n},{b^n},{c^n}$ với $n$ nguyên dương, ta được
    $$8\left( {{a^n} + {b^n} + {c^n}} \right)\left( {{a^n}{b^n} + {b^n}{c^n} + {c^n}{a^n}} \right) \le 9\left( {{a^n} + {b^n}} \right)\left( {{b^n} + {c^n}} \right)\left( {{c^n} + {a^n}} \right)$$
    Áp dụng BĐT Holder, ta có
    $$\left( {{a^n} + {b^n} + {c^n}} \right){.3^{n - 1}} \ge {\left( {a + b + c} \right)^n}$$
    $$\left( {{a^n}{b^n} + {b^n}{c^n} + {c^n}{a^n}} \right){.3^{n - 1}} \ge {\left( {ab + bc + ca} \right)^n}$$
    Nhân 2 biểu thức theo vế, ta có
    $${3^{2n - 2}}\left( {{a^n} + {b^n} + {c^n}} \right)\left( {{a^n}{b^n} + {b^n}{c^n} + {c^n}{a^n}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^n}{\left( {ab + bc + ca} \right)^n}$$
    Từ đó suy ra được mở rộng sau

    Mở rộng 1: (NTD)

    Cho $a, b, c$ không âm, $n$ nguyên dương. Chứng minh rằng
    $${3^{2n}}\left( {{a^n} + {b^n}} \right)\left( {{b^n} + {c^n}} \right)\left( {{c^n} + {a^n}} \right) \ge 8{\left( {a + b + c} \right)^n}.{\left( {ab + bc + ca} \right)^n}$$

    Thế nhưng, ta lại có bài toán họ hàng sau:

    Mở rộng 2:
    Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng
    $$\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right){\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge {{27} \over {64}}{\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2}$$

    Chứng minh
    Ta sẽ chứng minh một BĐT mạnh hơn là
    $$\left[ {11\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 5\left( {ab + bc + ca} \right)} \right]{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge {{27} \over 4}{\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2}$$
    Ta có đồng nhất thức sau:
    $${\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2} = {\left[ {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc} \right]^2}$$
    Do đó, BĐT có thể viết lại thành
    $$17{\left( {a + b + c} \right)^2}{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} + 54abc\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 68{\left( {ab + bc + ca} \right)^3} + 27abc$$
    Theo BĐT AM - GM, ta có
    $$3abc\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 27{a^2}{b^2}{c^2}$$
    Nên BĐT cần chứng minh tương đương với
    $${\left( {a + b + c} \right)^2}{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} + 3abc\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 4{\left( {ab + bc + ca} \right)^3}$$
    Xét trường hợp $ab+bc+ca=0$ thì $a=b=c=0$, BĐT hiển nhiên
    Xét trường hợp $ab + bc + ca \ne 0$, ta chia 2 vế của BĐT cho ${\left( {ab + bc + ca} \right)^2}$. Ta có BĐT sau
    $${\left( {a + b + c} \right)^2} + {{3abc\left( {a + b + c} \right)} \over {ab + bc + ca}} \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right)$$
    $$ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {{3abc\left( {a + b + c} \right)} \over {ab + bc + ca}} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)$$
    Lại theo BĐT AM - GM, ta có
    $${{3abc\left( {a + b + c} \right)} \over {ab + bc + ca}} \ge {{9abc} \over {a + b + c}}$$
    Nên ta cần chứng minh
    $${a^2} + {b^2} + {c^2} + {{9abc} \over {a + b + c}} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)$$
    $$ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)$$
    BĐT đúng theo Schur bậc 3
    BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$


    Trên đây là một số ví dụ điển hình cho ứng dụng của BĐT $(*)$ trong việc giải toán BĐT. BĐT $(*)$ vẫn còn rất nhiều điều thú vị và ứng dụng khác. Dưới đây sẽ là một số bài tập đề nghị

    $\boxed{1}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
    $${1 \over {2a + b}} + {1 \over {2b + c}} + {1 \over {2c + a}} \ge {2 \over {\root 3 \of {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)} }}$$

    $\boxed{2}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
    $$4\left( {\root 3 \of {{a \over b}} + \root 3 \of {{b \over c}} + \root 3 \of {{c \over a}} } \right) \le 3\root 3 \of {{{\left( {2 + a + b + c + {1 \over a} + {1 \over b} + {1 \over c}} \right)}^2}} $$

    $\boxed{3}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
    $$\sqrt {{{8a{b^2}} \over {{{\left( {a + b} \right)}^3}}}} + \sqrt {{{8b{c^2}} \over {{{\left( {b + c} \right)}^3}}}} + \sqrt {{{8c{a^2}} \over {{{\left( {c + a} \right)}^3}}}} \le 3$$

    $\boxed{4}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
    $$1 + {{a{b^2} + b{c^2} + c{a^2}} \over {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge {{4\root 3 \of {\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + ca + {a^2}} \right)} } \over {{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$$