Đánh giá từng số hạng trong bất đẳng thức

Đề: Cho ba số thực dương a,b,ca,b,c thỏa mãn điều kiện a+b+c=3. Chứng minh rằng


$\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ca+a^2} \geqslant 2.$

Lời giải:

Ta có:

$$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}\Leftrightarrow \frac{2(a-b)^2}{3(a^2+ab+b^2)}\geq 0,\text{đúng}$$

Do đó:

$$\sum \frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\sum (a+b).\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \sum \frac{1}{3}(a+b)=2$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Đặt ẩn phụ trong chứng minh bất đẳng thức

Đề bài: Cho ba số thực dương 
$a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
$\sqrt{\frac{b}{a^2+3}}+\sqrt{\frac{c}{b^2+3}}+\sqrt{\frac{a}{c^2+3}} \leqslant \frac32\sqrt[4]{\frac{1}{abc}}.$

Lời giải

Ta sẽ cố gắng đưa về bất đẳng thức đồng bậc

Vế phải của bất đẳng thức thực ra là $\dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{\sqrt[4]{abc}}=\dfrac{a+b+c}{2\sqrt[4]{abc}}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM thì $a^2+3\geq 4\sqrt{a}$ nên $VT\leq \sum \dfrac{\sqrt{b}}{2\sqrt[4]{a}}$

Đặt $\sqrt[4]{a}=x,\cdots $ thì ta chỉ cần chứng minh $\sum \dfrac{y^2}{x}\leq \dfrac{x^4+y^4+z^4}{xyz}\Leftrightarrow x^3y+y^3z+z^3x\leq x^4+y^4+z^4$

Bất đẳng thức trên chứng minh khá dễ bằng AM-GM

Điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy

(Saudi Arabia TST 2016). Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{\sqrt{abc}} \geqslant \frac{4}{3}.$
Lời giải:

Đặt $t=ab+bc+ca$, với $t \in (0;3]$.
Sử dụng liên tiếp AM-GM ta có $3^6 = [a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)]^3 \geq 27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2$ $\Leftrightarrow$ $\frac{1}{a^2+b^2+c^2} \geq \frac{t^2}{27}$. Mặt khác $3 \geq t \geq 3 \sqrt[3]{a^2b^2c^2}$. Do đó $\frac{1}{\sqrt{abc}} \geq \sqrt{\dfrac{27}{t^3}}$. Từ đó ta có $\frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{1}{\sqrt{abc}} \geq \frac{t^2}{27} + \sqrt{\frac{27}{t^3}} = \frac{t^2}{81}.3 + \frac{1}{9}\sqrt{\frac{27}{t^3}}.4 + \dfrac{5}{9}\sqrt{\frac{27}{t^3}} \geq 7\sqrt[7]{(\frac{t^2}{81})^3.(\dfrac{1}{9}\sqrt{\frac{27}{t^3}})^4} + \frac{5}{9} = \frac{4}{3}$. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.

Phương pháp sắp thứ tự các biến trong bất đẳng thức

Bài (Russia 2016): Cho bốn số thực dương $a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c+d=3.$ Chứng minh rằng:



a) $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\le\frac{1}{a^2b^2c^2d^2},$




b) $\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\le\frac{1}{a^3b^3c^3d^3}.$


Lời giải

$(a)$ Giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$, BĐT cần chứng minh tương đương với

$a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} \leqslant 1$

Ta đưa BĐT về dạng đồng bậc

$a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} \leqslant \frac{1}{3^6}(a+b+c)^6$

Do $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$ nên ta có

\[\begin{aligned} a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}c^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}d^{2} &\leqslant a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}d^{2}+a^{2}b^{2}cd+a^{2}b^{2}cd \\ &= a^{2}b^{2}(c+d)^{2} \\ &\leqslant \frac{1}{3^{6}}(a+b+c+d)^{6} \\ &=1\end{aligned}\]

Bài toán được chứng minh. $\square$

$(b)$ Giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$, BĐT cần chứng minh tương đương với

$a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant 1$

Ta đưa BĐT về dạng đồng bậc

$a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant \frac{1}{3^9}(a+b+c)^9$

Theo BĐT $AM - GM$ ta có

$ \frac{1}{3^9}(a+b+c+d)^9 \geqslant \frac{1}{3^9}\left(3\sqrt[3]{ab(c+d)} \right)^9 = a^3b^3(c+d)^3 $

Do đó ta chỉ cần chứng minh $a^{3}b^{3}c^{3}+a^{3}b^{3}d^{3}+a^{3}c^{3}d^{3}+b^{3}c^{3}d^{3} \leqslant a^3b^3(c+d)^3$ $\Leftrightarrow c^3d^3(a^3+b^3) \leqslant 3a^3b^3cd(c+d)$ $\Leftrightarrow c^2d^2(a^3+b^3) \leqslant 3a^3b^3(c+d)$

BĐT này luôn đúng do $a \geqslant b \geqslant c \geqslant d$

Bài toán được chứng minh. $\square$$

Bất đẳng thức với số thực

Đề bài: Cho ba số thực $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=4+abc.$ Chứng minh rằng


$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge 9+6(ab+bc+ca).$

Lời giải:

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $a^2+b^2+c^2=4+abc\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

Đặt $\sqrt[3]{abc}=t\Rightarrow t^3+4\geq 3t^2\Leftrightarrow (t+1)(t-2)^2\geq 0\Leftrightarrow t\geq -1\Rightarrow abc\geq -1\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3$.

Ta sẽ chứng minh $3(a+b+c)^2\leq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$.

Ta có $(a+b+c)^2=(a.1+\sqrt{2}.\frac{b+c}{\sqrt{2}})^2\leq (a^2+2)(1+\frac{(b+c)^2}{2})$.

Do đó ta chỉ cần chứng minh $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(1+\frac{(b+c)^2}{2})\Leftrightarrow (bc-1)^2+\frac{(b-c)^2}{2}\geq 0$ ( luôn đúng)

Vậy $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2=3(a^2+b^2+c^2)+6(ab+bc+ca)\geq 9+6(ab+bc+ca)$ ( do $a^2+b^2+c^2\geq 3$).

Vậy ta có đpcm.

Nhận xét: Ở đây ta đã sử dụng bổ đề rất quen thuộc đó là: $3(a+b+c)^2\leq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$.

Phương pháp uct trong bất đẳng thức

Bài 1: (Iran TST 2016): Cho bốn số thực dương 
$a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{1}{d+1}=2.$

Chứng minh: $\sqrt{\frac{a^2+1}{2}} +\sqrt{\frac{b^2+1}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+1}
{2}}+\sqrt{\frac{d^2+1}{2}} +8 \geqslant 3(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}).$

Lời giải:

Ta thấy có thể tách a,b ,c không ràng buộc với nhau và có thể đánh giá từng vế, nên ta cần tìm x và y sao cho:

$\sqrt{\frac{a^2+1}{2}} - 3\sqrt{a} \ge \frac{x}{a+1}+y$ (1)

Tương tự với b,c ta được: $2x+4y=-8$

Ngoài ra dấu bằng của $(1)$ xảy ra  khi $a=b=c=d=1$ thay vào trên ta lại có hệ:

$f'(a)=0$ với $f(a)=\sqrt{\frac{a^2+1}{2}} - 3\sqrt{a} -\frac{x}{a+1}$

Giải được $x=-y=4$

ta sẽ cm $\sqrt{\frac{a^{2}+1}{2}}-3\sqrt{a}\geq \frac{4}{a+1}-4$

$\Leftrightarrow \frac{(a+1)(a-1)^{2}}{2(\sqrt{\frac{a^{2}+1}{2}}+\sqrt{a})}-2\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)^{2}\geq 0$

do $\sqrt{\frac{a^{2}+1}{2}}+\sqrt{a}\leq a+1$

nên ta cần cm $(\sqrt{a}-1)^{2}(\frac{(\sqrt{a}+1)^{2}}{2}-2\sqrt{a})\geq 0$(luôn đúng)

thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta có đpcm

Bài 2: (Austrian 2016). Cho ba số thực 

$a,b,c⩾-1$ thỏa mãn điều kiện $a^3+b^3+c^3=1.$ Chứng minh rằng$$a+b+c+a^2+b^2+c^2⩽4.$$

Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Lời giải:

Sử dụng bất đẳng thức $a^2+a-a^3-1\leq 0\Leftrightarrow (a+1)(a-1)^2\geq 0$

Xây dựng các bất đẳng thức tượng tự rồi cộng lại ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(1,1,-1)$ và các hoán vị.

Dùng cô si ngược dấu để chứng minh bất đẳng thức

Đề:Với 
$a,b,c$ là ba số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2} \geqslant \frac{3}{2}$

Lời giải

Áp dụng AM-GM ta có:

$a-\frac{a^{2}}{a+b^{2}}=\frac{ab^{2}}{a+b^{2}}\leq \frac{ab^{2}}{2b\sqrt{a}}=\frac{b\sqrt{a}}{2}$

Tương tự cộng lại ta được:

$\sum \frac{a}{a+b^{2}}\geq 3-\frac{1}{2}(b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c})\geq 3-\frac{1}{2}.\sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)}\geq 3-\frac{1}{2}.\sqrt{(a+b+c).\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu = xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c=1$$