CHỨNG MINH BĐT TỪ ĐẲNG THỨC ĐẸP 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 $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
