Bất đẳng thức jensen cho bài IMO 2009

Đề bài: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$ Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(2b+c+a)^2}+\frac{1}{(2c+a+b)^2}\le\frac{3}{16}$

Câu bất này quá quen thuộc với cách giải AM-GM, sau đây tôi xin trình bày cách giải bằng bất đẳng thức jensen:

Bất đẳng thức tương đương:

$\frac{(a+b+c)^2}{(2a+b+c)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2b+c+a)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2c+a+b)^2}\le(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Do tính đồng bậc, chuẩn hóa $a+b+c=1$. Bất đẳng thức được viết lại:

$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2} \leq  (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Giờ xét hàm $f(x)=\frac{x}{(1+x)^2}(0 \le x \le 1)$ thì đây là hàm lõm và nghịch biến nên áp dụng bdt jensen ta được:

$\alpha \frac{a}{(1+a)^2}+\beta \frac{b}{(1+b)^2}+\gamma \frac{c}{(1+c)^2}\le (\alpha +\beta +\gamma )\frac{A}{(1+A^2)} (A=\frac{\alpha a+\beta b+\gamma c}{\alpha +\beta +\gamma })$

Chọn $\alpha =\frac{1}{a},\beta =\frac{1}{b},\gamma =\frac{1}{c}$
Áp dụng bất đẳng thức trung bình điều hòa:

$A=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\leq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3} $

Như vậy: $\sum \frac{1}{(1+a)^2}\le(\sum \frac{1}{a})\frac{A}{(1+A)^2} \le\sum \frac{1}{a} \frac{\frac{1}{3}}{(1+\frac{1}{3})^2}=\frac{3}{16}(\sum \frac{1}{a})$

Bất đẳng thức trong đề thi Olympic chuyên KHTN 2015

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$Cách 1:

Đổi biến $(a,b,c)=(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}). $

Từ GT suy ra $a^2+b^2+c^2=1$. BĐT trở thành: $\sum \frac{bc}{a^2+\sqrt{3}a}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}abc}$




Ta có: $VT \leq \sum \frac{bc}{a^2+a(a+b+c)}$ (do $a+b+c\leq \sqrt{3}$) $=\sum \frac{bc}{a(a+b)+a(a+c)}$

$\leq \frac{1}{4}\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{bc}{a(a+c)}=\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{ac}{b(b+a)}=\sum \frac{c(a^2+b^2)}{4ab(a+b)}$




Ta cần CM: $\sum \frac{c^2(a^2+b^2)}{a+b} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$ $\Leftrightarrow \sum (c^2(a+b)-\frac{2abc^2}{a+b} )\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$




$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc-2abc(\sum \frac{a}{b+c})\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$




Do $(ab+bc+ca)(a+b+c) \leq \sqrt{3}$ và $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ nên ta chỉ cần CM:$\frac{1}{ab+bc+ca}+5 \geq \frac{2}{\sqrt{3}abc}$



Hay $\frac{2}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+5(ab+bc+ca)$

BĐT này đúng vì ta CM được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3\sqrt{3}$ và $ab+bc+ca \leq 1$.

Cách 2: đặt $a=3yz, b=3zx, c=3xy$ cho đơn giản, ta đưa về:

Cho $a+b+c=3$, cần chứng minh:

$\sum \frac{bc}{\sqrt{a}+3}\leq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\leq 9 \\\Leftrightarrow \sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\leq (\sum a)^2\Leftrightarrow \sum a^2+\sum 2ab-\sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\ge0$

Ý tưởng của ta là dùng shur cho 3 số để chứng minh bất đẳng thức trên, nên:

$\sum a^2+\sum 2ab-\sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\ge0\Leftrightarrow \sum a^2-2\sum ab+4\sum bc(1-\frac{3}{\sqrt{a}+3})\ge0\\\Leftrightarrow a^2-2\sum ab+4\sum bc(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3})\ge0\Leftrightarrow a^2-2\sum ab+4\sum abc(\frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)})\ge0$

Theo shur bậc 3 thì ta thiếu đại lượng 3abc nữa nên:

$\sum a^2-2\sum ab+4\sum abc(\frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)})\ge0\\\Leftrightarrow \sum a^2-2\sum ab+3abc+4abc(\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4})\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh:

$\sum a^2-2\sum ab+3abc \ge 0$

$\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4} \ge 0$

Bất đẳng thức tương đương: $\sum a^2-2\sum ab+3abc \ge 0\Leftrightarrow (\sum a)(\sum a^2-2\sum ab)+9abc\ge0$ Là bất đẳng thức shcur bậc 3

$\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4} \ge 0$

Thì ta thấy dạo hàm cấp 2 của hàm này lớn hơn 0 nên dùng bất đẳng thức jensen ta có đpcm.