Làm giảm biến số trong bất đẳng thức

Đề bài: Cho $a,b,c \ge 0,a+b+c=2$, Chứng minh rằng
$$\frac{1}{1+a^2+b^2}+\frac{1}{1+b^2+c^2}+\frac{1}{1+c^2+a^2} \ge \frac{4}{3}$$

Lời giải:
Ta thấy dấu bằng xảy ra khi a=b=1, c=0 và các hoán vị, vì thế ta sẽ đánh giá cho đúng dấu bằng xảy ra
Cách 1: Không mất tính tổng quát giả sử $ a \ge b \ge c \ge 0$

Ta có
$a^2+b^2\leq (a+\frac{c}{2})^2+(b+\frac{c}{2})^2$
$b^2+c^2\leq b^2+bc+\frac{c^2}{4}=(b+\frac{c}{2})^2$
$a^2+c^2\leq a^2+ac+\frac{c^2}{4}=(a+\frac{c}{2})^2$
Đặt $b+\frac{c}{2}=x,a+\frac{c}{2}=y$ thì $x+y=2$ Và ta chỉ cần chứng minh
\[\frac{1}{1+x^2+y^2}+\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\geq \frac{4}{3}\]
\[\Leftrightarrow 5+4(x^2+y^2)\geq x^4+y^4+3x^2y^2+4x^2y^2(x^2+y^2)\]
Đặt $x^2+y^2=A,x^2y^2=B$ Thì bất đẳng thức trở thành
$A^2+B+4AB\leq 5+4A$ với $A+2\sqrt{B}=4\Leftrightarrow (4-A)^2=4B$
Như vậy  $(A-2)(4A^2-19A+2)\leq 0$ Đúng vì $2\leq A\leq 4$.

Cách 2:
Đặt $p = a+b+c=2,\,q=ab+bc+ca,r=abc$ bất đẳng thước tương đương với
\[4r^2+4(17-8q)r+(1-q)(5+13q-8q^2) \ge 0. \quad (1)\]
Nếu $q \leqslant 1$  $(1)$ đúng
Nếu $q \geqslant 1$ Dùng bất đẳng thức Schur $r \geqslant \frac{8}{9}q-\frac{8}{9}$ Ta cần chỉ ra
\[4\left(\frac{8}{9}q-\frac{8}{9}\right)^2+4(17-8q)\left(\frac{8}{9}q-\frac{8}{9}\right)+(1-q)(5+13q-8q^2) \ge 0,\]
Tương đương
\[\frac{1}{81}(q-1)(648q^2-3101q+4235) \geqslant 0.\]
Rõ ràng đúng.

Bất đẳng thức với dấu bằng xảy ra tại biên

Bài 1: Cho a,b,c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn đồng thời a+b+c=1 và ab+bc+ca>0. Chứng minh rằng:$(ab+\frac{c}{a+b})(bc+\frac{a}{b+c})(ca+\frac{b}{a+c})\le\frac{1}{4}$

Lời giải:

Thường thì trong bất đẳng thức ta phải cố gắng tìm dấu bằng để xảy ra đẳng thức để đảm bảo cho những đánh giá của chúng ta là đúng.

Ta thấy bài toán này có dấu bằng xảy ra khi a=b, c=0 cùng các hoán vị.

Việc làm mất phân thức có thể làm đơn giản bài toán. Quy đồng ta được:

$(ab(a+b)+c)(bc(b+c)+a)((ca(c+a)+b))\le\frac{1}{4}(a+b)(b+c)(c+a)$

Ta có: ab(a+b)+c=ab(a+b)+c(a+b+c)=ab(1-c)+c(a+b+c)=(c+a)(c+b)-r

Bất đẳng thức được viết lại:

$[(c+a)(c+b)-r)][(b+c)(b+a)-r][(a+b)(a+c)-r]\le\frac{1}{4}(a+b)(b+c)(c+a)$

Do dấu bằng xảy ra khi có một biến bằng 0 tức là r=0 nên ta sẽ đánh giá:

$[(c+a)(c+b)-r)] \le (c+a)(c+b)$

Ta chỉ đánh giá ít hạng tử vì nếu đánh giá nhiều sẽ không đảm bảo tính đúng đắn của bất đẳng thức nữa

Vậy ta chỉ chứng minh; 

$[(b+c)(b+a)-r][(a+b)(a+c)-r]\le\frac{1}{4}(a+b)$

Nhân ra được:

$(a+b)(a+c)(a+b)^2 \le \frac{1}{4}(a+b)+r(c(a+b)+a+b-r)$

Tương tự với [(b+c)(b+a)-r] và [(a+b)(a+c)-r] rồi cộng lại ta sẽ được một bất đẳng thức đối xứng:

$2(a+b)(b+c)(c+a)p \le \frac{1}{2}(p+r(2q+2p-3r) $


$\Leftrightarrow 2(a+b)(b+c)(c+a)\le\frac{1}{2}+r(2q+2-3r)$ (Do p=1)

$2(a+b)(b+c)(c+a)p \le \frac{1}{2}(p+r(2q+2p-3r) $

$\Leftrightarrow 2(a+b)(b+c)(c+a)\le\frac{1}{2}+r(2q+2-3r) $

$\Leftrightarrow 4q \le 1+r(8+4q-6r)$

Nếu $8+4q-6r \ge 1$ thì bất đẳng thức trên đúng theo Schur

Trường hợp ngược lại thì $4q-1<6r.$

Do dấu bằng xảy ra thì 4q=1, ta nhóm lại như sau:

$(4q-1)(1-r) \le 6r ( \frac{3}{2}-r)$ Đúng do $(1-r) \ge 0$ và:

$(4q-1)(1-r)\le 6r(1-r) \le 6r(\frac{3}{2}-r)$

Vậy ta có điều phải chứng minh.