Dồn biến trong bất đẳng thức

Bài toán 1: Cho $ a, b, c > 0$  và $ abc = 1$. Chứng minh rằng: $ 81(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) \leq 8(a+b+c)^4$

Lời giải:

Cách 1:

Đặt $ f(a,b,c)=8(a+b+c)^4-81(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)$ và $ \frac{4a}{(\sqrt b+\sqrt c)^2}=t.$
Vì thế, $ f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=$
$ =8(\sqrt b-\sqrt c)^2(2a+b+c+2\sqrt{bc})((a+b+c)^2+(a+2\sqrt{bc})^2)-$
$ -81(\sqrt b-\sqrt c)^2(1+a^2)(\sqrt b+\sqrt c)^2)=$
$ =8(\sqrt b-\sqrt c)^2(2a+(\sqrt b+\sqrt c)^2)(2a^2+2a(\sqrt b+\sqrt c)^2+b^2+6bc+c^2)-$
$ -81(\sqrt b-\sqrt c)^2(\sqrt[3]{a^2b^2c^2}+a^2)(\sqrt b+\sqrt c)^2)\geq$
$ \geq8(\sqrt b-\sqrt c)^2(2a+(\sqrt b+\sqrt c)^2)(2a^2+2a(\sqrt b+\sqrt c)^2+\frac{(\sqrt b+\sqrt c)^4}{2})-$
$ -81(\sqrt b-\sqrt c)^2(\sqrt[3]{a^2\cdot\frac{(\sqrt b+\sqrt c)^8}{256}}+a^2)(\sqrt b+\sqrt c)^2)=$
$ =\frac{(\sqrt b-\sqrt c)^2(\sqrt b+\sqrt c)^6}{16}(8(t+2)^3-81(\sqrt[3]{t^2}+t^2))\geq0$ since,
$ 8(t+2)^3-81(\sqrt[3]{t^2}+t^2)=8t^3-33t^2+96t-81\sqrt[3]{t^2}+64=$
$ =(8t^3-33t^2+42t+37)+(54t-81\sqrt[3]{t^2}+27)\geq0.$
Ta chỉ cần chứng minh rằng:
 $ f(\frac{1}{b^2},b,b)\geq0.$
Nhưng $ f(\frac{1}{b^2},b,b)\geq0\Leftrightarrow\frac{(1+2b^3)^4}{(1+b^4)(1+b^2)^2b^4}\geq\frac{81}{8}.$
Đặt $ g(b)=\ln{\frac{(1+2b^3)^4}{(1+b^4)(1+b^2)^2b^4}}.$
Vì thế, $ g'(b)=\frac{24b^2}{1+2b^3}-\frac{4b^3}{1+b^4}-\frac{4b}{1+b^2}-\frac{4}{b}=$
$ =\frac{4(b-1)(2b^8+2b^6+2b^4-b^3+3b^2+b+1)}{b(1+2b^3)(1+b^2)(1+b^4)}.$
Nên $ b_{min}=1$ Và $ \min_{b>0}g=g(1)=\ln\frac{81}{8}$ ta có đpcm

Chú ý ở đây việc lấy ln đã làm việc xét đạo hàm gọn hơn rất nhiều

Cách 2:

Đặt $a+b+c=p,ab+bc+ca=q$, Bất đẳng thức trở thành:

$$p^4-6p^2+24p-12q^2+12q-27 \ge0$$

Đây là một hàm bậc hai theo q.

Vì $q\ge 3>1/2$, Ta chỉ cần chứng minh khi q đạt giá trị lớn nhất

Áp dụng bdt Schur $q\le \frac{p^3+9}{4p}$ Vậy

$$p^4-6p^2+24p-27-\frac{3(p^6+18p^3+81)}{4p^2}+\frac{3(p^3+9)}{p} \ge0$$

$$(p-3)(p^5+3p^4-3p^3+33p^2-9p+81)\ge0$$

Luôn đúng do $p\ge 3$.

Bài toán 2:

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 chứng minh rằng:

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

Lời giải:

Đặt $a=\frac1x, b=\frac1y, c=\frac1z \implies xyz=1$
Bất đẳng thức trở thành
\[\frac{x}{(3x+1)^2}+\frac{y}{(3y+1)^2}+\frac{z}{(3z+1)^2}\le \frac3{16}\]
Tương đương
\[\sum_{cyc}\left(\frac1{12}-\frac{x}{(3x+1)^2}\right) \ge \frac1{16} \iff \sum_{cyc}\frac{(3x-1)^2}{(3x+1)^2} \ge \frac34\]
Áp dụng bất đẳng thức C-S
\[\sum_{cyc}\frac{(3x-1)^2}{(3x+1)^2} \ge \frac{9(x+y+z-1)^2}{\sum (3x-1)^2}\]
Ta chỉ cần chứng minh:
\[f(x,y,z)=3+\sum x^2+8\sum xy-10\sum x \ge 0\]
Không mất tính tổng quát giả sử $x=\max(x,y,z) \implies x \ge 1$.
\[f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})=(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2((\sqrt{y}+\sqrt{z})^2+8x-10) \ge 0\]
Do \[(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2+8x \ge 4\sqrt{yz}+4x+4x \ge 8\sqrt{x\sqrt{yz}}+4x=8\sqrt[4]{x}+4x \ge 12\]
Cần chứng minh: \[f\left(\frac1{t^2},t,t\right) \ge 0\]
Tức là
\[((3t^2-1)^2+t(1-t)+t^4+t)(t-1)^2 \ge 0\]
Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.

Các bạn thử bài này dùng bằng bất đẳng thức Vacs

Các bài bất đẳng thức trong đề thi hsg tỉnh, thành phố

Bài 1 (Thái Bình) : Cho a,b, c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1}\ge4$

Bài 2: (TP HCM) Chứng minh rằng với mọi a,b, c dương ta đều có:

$\sum \frac{1}{a(1+b)}\ge\frac{3}{1+abc}$
Bài 3: (PTNK): Cho a,b,c dương thỏa mãn: ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{3+2(a^2-bc)}\ge1$
Giải:

Bài 1: Áp dụng bất đẳng thức C-S ta đưa về chứng minh:

$(a^2+b^2+c^2)+18(ab+bc+ca-a-b-c)-3 \ge 0$

Đặt VT= f(a,b,c), đặt $t=\sqrt{ab}$

$f(a,b,c)-f(t,t,c)=a^2+b^2-2ab+18((c-1)(a+b)-(c-1)2t) \ge 0 $ Đúng nếu ta giả sử c=max

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:

$2t^2+c^2+18(t^2+2tc-2t-c)-3 \ge0 $

Do $c.t^2=1$

Sau khi rút gọn ta sẽ đưa về:
$(t-1)^2(t+1)(5t+1)(2t-1)^2 \ge 0$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1, a=b=1/2, c=4

Bài 2:

Bất đẳng thức tương đương:

$\sum \frac{1+abc}{a(1+b)}\ge 3 \Leftrightarrow \sum (1+\frac{1+abc}{a(1+b)})\ge 6\\\Leftrightarrow \sum (\frac{a+1+ab(c+1)}{a(1+b)})\ge 6 \Leftrightarrow \sum (\frac{a+1}{a(1+b)}+\frac{a(b+1)}{1+a})\ge6$ (đúng theo AM-GM)

Bài 3:

Đặt ab=x, bc=y, ca=z ta đưa về bất đẳng thức:

x,y,z dương thỏa mãn x+y+z=1, và:

$\sum \frac{x}{3x+2yz-x^2}\ge1$

Nhận xét mẫu số là số dương do 3x+2yz-x^2=3x(x+y+z)+2yz-x^2 >0. Áp dụng bdt C-S:

$\sum \frac{x}{3x+2yz-x^2}\ge \frac{(x+y+z)^2}{3(x^2+y^2+z^2)-2(x^3+y^3+z^3-3xyz)}=\frac{1}{3(x^2+y^2+z^2)-2(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)}=1$

Dùng đạo hàm để giải bất đẳng thức

Đề:

Cho a, b, c là các số thực không âm đôi một khác nhau

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\left [ (a+b)^{2}+(b+c)^{2}+(c+a)^{2} \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}} \right ]$

Lời giải:

Giả sử $a > b > c \ge 0$
Khi đó $P= \Big[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \Big].\left[ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(a-c)^2}\right]$
$\ge \left[ (a+b)^2 +a^2+b^2\right] .\left[ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right]$
$=2\left[(a+b)^2-ab \right].\left[ \frac{1}{(a+b)^2-4ab}+\frac{(a+b)^2}{a^2b^2}-\frac{2}{ab}\right]$
BDT đã cho có dạng thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b=1,$ đặt $ab=x,0< x \le \frac 14$
Khi đó $\frac F2 \ge(1-x)\left( \frac{1}{1-4x}+\frac{1}{x^2}-\frac 2x\right)$
$=3+\frac{1}{x^2}-\frac{3}{x}+\frac{3x}{1-4x}$
Khảo sát hàm số $f(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{3}{x}+\frac{3x}{1-4x}$ trên $\left[0;\frac 14 \right)$
Ta thu được $\min f(x)=\frac{35+11\sqrt{33}}{8}$
Từ đó suy ra $F \ge \frac{59+11\sqrt{33}}{4}$
$\min F=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$ đạt được chẳng hạn khi $a,b$ là 2 nghiệm của pt $x^2-x+\frac{13-\sqrt{33}}{34},c=0$

Một cách giải hay cho bài bất đẳng thức Iran 1996

Problem: (Iran 1996) Chứng minh 

Sau đây tôi xin giới thiệu lời giải mà tôi cho là hay nhất, thông minh nhất:

Lời giải ( bởi Võ Quốc Bá Cẩn):
Giả sử . Ta có bổ đề


Chứng minh: Bổ đề tương đương với:


Nhưng vì  nên 
& Vậy bổ đề được chứng minh

Dùng bổ đề trên



.
Dễ thấy theo AM-GM

Câu bất đẳng thức trong đề thi Olympic Chuyên KHTN 2016

Câu 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2} \leqslant \frac{9}{16}$

Giải

Cách 1: Từ điều kiện ta suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}\, \cdots $ tương tự cho $b$ và $c$

Viết lại bất đẳng thức thành $\sum \dfrac{x(x+y+z)}{(2x+y+z)^2}\leq \dfrac{9}{16}$

Mặt khác ta có $(x+y+z)\sum \dfrac{x}{(2x+y+z)^2}\leq (x+y+z)\sum \dfrac{x}{4(x+y)(x+z)}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \dfrac{9}{16}$


Cách 2:

Với cách đặt trên:

Do bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc nên:

Giả sử: $x+y+z=1$

$P=\sum \frac{x}{(x+1)^2}$

$x+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3^3}}=\frac{4}{3}\sqrt[4]{3x}$

$\sum \sqrt{3x}\leq \sqrt{9(\sum x)}=3$

Từ đó ta thu được:

$P\leq \sum \frac{x}{\frac{16}{3\sqrt{3}}\sqrt{x}}=\frac{3}{16}\sum \sqrt{3x}\leq \frac{9}{16}$



Cách 3:




Đặt $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

$=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

$=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$

Bất đẳng thức này tương đương

$\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$



Cách 4:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}\ge\frac{3}{4}$

Mà $(1^2+1^2+1^2)(\sum \frac{1}{(2a+1)^2})\ge(\sum \frac{1}{2a+1})^2$

Nên chỉ cần chứng minh:

$\sum \frac{1}{2a+1}\geq \frac{3}{2}$ (*)

Mặt khác do điều kiện suy ra: $1=2abc+ab+bc+bc\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3}$

$1\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3} \Leftrightarrow \sum a\ge\frac{3}{2}$

Và $1=2abc+ab+bc+bc\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}$

$(*) \Leftrightarrow 2\sum a-4\sum ab-24 abc+3\ge0\\\Leftrightarrow 2\sum a-4(\sum ab+2abc)-16abc+3\ge0\Leftrightarrow 2\sum a-16abc-1\ge3-2-1=0$

Cách 5:

$BĐT\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}\leq \frac{9}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{4}-\frac{a^2+a}{(2a+1)^2} \right ]\geq \frac{3}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(2a+1)^2}\geq \frac{3}{4}$

Mặt khác xuất phát từ giả thiết : $ab+bc+ac+2abc=1$ ta có thể đặt:

$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{x}{z+y} & & & \\ b=\dfrac{y}{x+z} & & & \\ c=\dfrac{z}{x+y} & & & \end{matrix}\right.$

Khi đó:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$=\sum \frac{1}{\left ( 2.\dfrac{x}{y+z}+1 \right )^2}$

$=\frac{(y+z)^2}{\left [ (x+y)+(x+z) \right ]^2}$

$\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{(y+z)^2}{(x+z)^2+(x+y)^2} \right ]$


$\geq \frac{3}{4}$ (BĐT Nesbit)

Do đó ta có ĐPCM