Phan Đình Trung: Ứng dụng từ bất đẳng thức cổ điển

Bài toán 1 (Bosnia Herzegovina Team Selection Test 2012)

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $a^2+b^2+c^2=1$ . Chứng minh :

$\dfrac{a^3}{b^2+c}+\dfrac{b^3}{c^2+a}+\dfrac{c^3}{a^2+b}\geq \dfrac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}$

Lời giải :

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

$VT\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a(b^2+c)+b(c^2+a)+c(a^2+b)}=\dfrac{1}{ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca}$

Ta cần chỉ ra :

$ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca\leq \dfrac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$

Dễ thấy đã có :

$ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2=1$

Nên ta sẽ chứng minh :

$\sqrt{3}(ab^2+bc^2+ca^2)\leq 1=(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Mà ta lại có :

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

Nên chỉ cần chứng minh :

$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 3(ab^2+bc^2+ca^2)\Leftrightarrow (b^3+a^2b)+(c^3+b^2c)+(a^3+c^2a)\geq 2(ab^2+bc^2+ca^2)$

Điều này đúng theo AM-GM. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2 (Chọn đội tuyển Olympic 30-4 toán 11 năm 2013 THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh)

Cho $a,b,c>0$ . Chứng minh rằng :

$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\geq \sqrt{6.\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}}$

Lời giải :

Đặt $\dfrac{a}{b}=x^3,\dfrac{b}{c}=y^3,\dfrac{c}{a}=z^3$ thì $x,y,z>0$ và $xyz=1$ . Cần chứng minh :

$\sqrt{\dfrac{1}{z^3}+y^3}+\sqrt{\dfrac{1}{x^3}+z^3}+\sqrt{\dfrac{1}{y^3}+x^3}\geq \sqrt{6\left ( \dfrac{x}{z} +\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}\right )}\Leftrightarrow \sqrt{y^3+x^3y^3}+\sqrt{z^3+z^3y^3}+\sqrt{x^3+z^3x^3}\geq \sqrt{6(x^2y+y^2z+z^2x)}$

Theo BĐT Minkowski :

$\sqrt{y^3+x^3y^3}+\sqrt{z^3+z^3y^3}+\sqrt{x^3+z^3x^3}\geq \sqrt{(\sqrt{x^3}+\sqrt{y^3}+\sqrt{z^3})^2+\left ( \sqrt{x^3y^3}+ \sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3}\right )^2}$

Ta cần chứng minh :

$(\sqrt{x^3}+\sqrt{y^3}+\sqrt{z^3})^2+\left ( \sqrt{x^3y^3}+ \sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3}\right )^2\geq 6(x^2y+y^2z+z^2x)\Leftrightarrow (x^3+y^3+z^3)+(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)+2\left ( \sqrt{x^3}+\sqrt{y^3}+\sqrt{z^3}+\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{z^3x^3} \right )\geq 6(x^2y+y^2z+z^2x)$

Điều này luôn đúng theo AM-GM :

$x^3+x^3y^3+\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{x^3y^3}+\sqrt{x^3}+\sqrt{y^3}\geq 6\sqrt[6]{x^{12}y^6}=6x^2y$

$y^3+y^3z^3+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{y^3z^3}+\sqrt{y^3}+\sqrt{y^3}\geq 6\sqrt[6]{y^{12}z^6}=6y^2z$

$z^3+z^3x^3+\sqrt{z^3x^3}+\sqrt{z^3x^3}+\sqrt{z^3}+\sqrt{z^3}\geq 6\sqrt[6]{z^{12}x^6}=6z^2x$

Bài toán 3(Chọn đội tuyển VMO THPT Chuyên Đại học Sư phạm, ĐHQG Hà Nội 2012-2013)

Cho $x,y,z>0$ thỏa $x+y+z=3$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{4x+5}{x^3+xy^2+3xyz}+\dfrac{4y+5}{y^3+yz^2+3xyz}+\dfrac{4z+5}{z^3+zx^2+3xyz}\geq \dfrac{162}{x^2+y^2+z^2+27}$

Lời giải :

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :

$VT=\underset{cyc}{\sum} \dfrac{4+\dfrac{5}{x}}{x^2+y^2+3yz}\geq \dfrac{\left ( \sqrt{4+\dfrac{5}{x}}+\sqrt{4+\dfrac{5}{y}}+\sqrt{4+\dfrac{5}{z}} \right )^2}{2(x^2+y^2+z^2)+3(xy+yz+zx)}$

Hơn nữa theo bất đẳng thức Minkowski ta có :

$\sqrt{4+\dfrac{5}{x}}+\sqrt{4+\dfrac{5}{y}}+\sqrt{4+\dfrac{5}{z}}\geq \sqrt{(2+2+2)^2+5\left ( \dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{y}}+\dfrac{1}{\sqrt{z}} \right )^2}\geq \sqrt{36+\dfrac{5.9^2}{\left ( \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \right )^2}}\geq \sqrt{36+\dfrac{5.9^2}{3(x+y+z)}}=9$

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh :

$\dfrac{81}{2(x^2+y^2+z^2)+3(xy+yz+zx)}\geq \dfrac{162}{x^2+y^2+z^2+27}$

Thế nhưng đơn giản đây chỉ là một đẳng thức :

$\dfrac{81}{2(x^2+y^2+z^2)+3(xy+yz+zx)}=\dfrac{162}{x^2+y^2+z^2+27}\Leftrightarrow 81(x^2+y^2+z^2)+27.81=324(x^2+y^2+z^2)+486(xy+yz+zx)\Leftrightarrow (x+y+z)^2=9$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 4 (Chọn học sinh giỏi THPT Chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQG Hà Nội năm 2011-2012)

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

$\dfrac{a^3(b^7+c+1)}{b^7(b+1)(c+1)}+\dfrac{b^3(c^7+a+1)}{c^7(c+1)(a+1)}+\dfrac{c^3(a^7+b+1)}{c^7(a+1)(b+1)}\geq \dfrac{9}{4}$

Lời giải :

Ta có :

$\dfrac{a^3(b^7+c+1)}{b^7(b+1)(c+1)}=\dfrac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\dfrac{a^3}{b^7(b+1)}$

Do vậy ta cần chứng minh :

$\underset{sym}{\sum} \dfrac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\underset{cyc}{\sum} \dfrac{a^3}{b^7(b+1)}\geq \dfrac{9}{4}$

Ta sẽ chứng minh từng kết quả sau :

$\underset{sym}{\sum} \dfrac{a^3}{(b+1)(c+1)}\geq \dfrac{3}{4}\;\;(*)$

$\underset{cyc}{\sum} \dfrac{a^3}{b^7(b+1)}\geq \dfrac{3}{2}\;\;(**)$

Theo AM-GM :

$\dfrac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\dfrac{b+1}{8}+\dfrac{c+1}{8}\geq 3a$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại theo vế :

$\underset{sym}{\sum} \dfrac{a^3}{(b+1)(c+1)}\geq\dfrac{a+b+c}{2}-\dfrac{3}{4}\geq \dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}$

Như vậy $(*)$ được chứng minh.

Ta chứng minh $(**)$ như sau. Đổi biến $\left ( a,b,c \right )\rightarrow \left ( \dfrac{1}{x} ,\dfrac{1}{y},\dfrac{1}{z}\right )$ với $x,y,z>0$ và $xyz=1$ .

Bất đẳng thức $(**)$ tương đương với :

$\underset{cyc}{\sum }\dfrac{y^8}{x^3(y+1)}\geq \dfrac{3}{2}$

Theo Cauchy-Schwarz :

$\underset{cyc}{\sum }\dfrac{y^8}{x^3(y+1)}\geq \dfrac{(x^4+y^4+z^4)^2}{(x^3y+y^3z+z^3x)+(x^3+y^3+z^3)}\geq \dfrac{3(x^4+y^4+z^4)}{(x^3y+y^3z+z^3x)+(x^3+y^3+z^3)}$

Chỉ cần chỉ ra được :

$2(x^4+y^4+z^4)\geq x^3y+y^3z+z^3x+x^3+y^3+z^3$

Ta có :

$x^4+y^4+z^4=\dfrac{1}{4}\underset{cyc}{\sum} (x^4+x^4+x^4+y^4)\geq \dfrac{1}{4}\underset{cyc}{\sum }4x^3y=x^3y+y^3z+z^3x$

Và theo BĐT Chebyshev thì :

$3(x^4+y^4+z^4)\geq (x+y+z)(x^3+y^3+z^3)\Rightarrow \dfrac{x^4+y^4+z^4}{x^3+y^3+z^3}\geq \dfrac{x+y+z}{3}\geq 1\Rightarrow x^4+y^4+z^4\geq x^3+y^3+z^3$

Như vậy $(**)$ cũng được chứng minh. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 5 : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

$A=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+ab-a+5}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+bc-b+5}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ca-c+5}}$

Lời giải :

Ta sẽ chứng minh :

$a^2+ab-a+5\geq 2\left ( \sqrt{ab}+\sqrt{a}+1 \right )\;\;\;(*)$

Thật vậy, theo AM-GM :

$ab+1\geq 2\sqrt{ab}$

$a^2-a+4=(a^2+1)-a+3\geq 2a-a+3=(a+1)+2\geq 2\sqrt{a}+2$

Cộng vế theo vế hai kết quả trên, ta được $(*)$ . Từ đó chú ý đẳng thức :

$\dfrac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{a}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}+\sqrt{b}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{ca}+\sqrt{c}+1}=1$

Ta áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

$A\leq \sqrt{\dfrac{3}{2}\left ( \dfrac{1}{\sqrt{ab}+\sqrt{a}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}+\sqrt{b}+1}+\dfrac{1}{\sqrt{ca}+\sqrt{c}+1} \right )}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$

Vậy ta kết luận là $A_{max}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài toán 6 : Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{1}{3+2(a^2-bc)}+\dfrac{1}{3+2(b^2-ca)}+\dfrac{1}{3+2(c^2-ab)}\geq 1$

Lời giải :

Ta đặt $x=ca,y=ab,z=bc$ thì được $a^2=\dfrac{xy}{z},b^2=\dfrac{yz}{x},c^2=\dfrac{zx}{y}$ và $x+y+z=1$ . Bất đẳng thức cần chứng minh viết thành :

$\dfrac{1}{3+2\left ( \dfrac{xy}{z} -z\right )}+\dfrac{1}{3+2\left ( \dfrac{zx}{y} -y\right )}+\dfrac{1}{3+2\left ( \dfrac{yz}{x} -x\right )}\geq 1\Leftrightarrow \dfrac{x}{3x+2yz-2x^2}+\dfrac{y}{3y+2zx-2y^2}+\dfrac{z}{3z+2xy-2z^2}\geq 1$

Theo Cauchy-Schawz :

$\underset{cyc}{\sum }\dfrac{x}{3x+2yz-2x^2}\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{3(x^2+y^2+z^2)+6xyz-2(x^3+y^3+z^3)}=\dfrac{1}{3(x^2+y^2+z^2)+6xyz-2(x^3+y^3+z^3)}$

Ta cần chỉ ra rằng :

$3(x^2+y^2+z^2)+6xyz-2(x^3+y^3+z^3)\leq 1$

Thế nhưng đây đơn giản chỉ là một đẳng thức :

$2(x^2+y^2+z^2)+6xyz=1+2(x^3+y^3+z^3)\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+6xyz=1+2\left [ (x+y+z)^3-3(x+y)(y+z)(z+x) \right ]\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+2\left [ (x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz \right ]=1\Leftrightarrow (x+y+z)^2=1$

Hiển nhiên. Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 7 : Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh bất đẳng thức sau :

$\dfrac{ab}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{bc}{a^2+2b^2+c^2}+\dfrac{ca}{a^2+b^2+2c^2}\leq \dfrac{3}{4}$

Lời giải :

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz :

$\dfrac{ab}{2a^2+b^2+c^2}\leq \dfrac{1}{4}.\dfrac{(a+b)^2}{(a^2+b^2)+(a^2+c^2)}\leq \dfrac{1}{4}\left ( \dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{a^2}{a^2+c^2} \right )$