Inequality

September 5, 2014

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\sqrt[8]{\dfrac{a^8+b^8}{2}}+\sqrt[8]{\dfrac{b^8+c^8}{2}}+\sqrt[8]{\dfrac{c^8+a^8}{2}}\leq \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}$

Lời giải :

Theo BĐT AM-GM :

$8\sqrt[8]{\dfrac{a^8+b^8}{2}}=8\sqrt[8]{\dfrac{(a^4+b^4)^2-2a^4b^4}{2}}=8\sqrt[8]{\dfrac{(a^4+b^4-a^2b^2\sqrt{2})(a^4+b^4+a^2b^2\sqrt{2})}{2}}$

$=8\sqrt[8]{\dfrac{\left ( a^2+b^2-ab\sqrt{2+\sqrt{2}} \right ).\left ( a^2+b^2+ab\sqrt{2+\sqrt{2}} \right ).\left ( a^2+b^2-ab\sqrt{2-\sqrt{2}} \right ).\left ( a^2+b^2+ab\sqrt{2-\sqrt{2}} \right ).b^4}{\left ( 2-\sqrt{2+\sqrt{2}} \right ).\left ( 2+\sqrt{2+\sqrt{2}} \right ).\left ( 2-\sqrt{2-\sqrt{2}} \right ).\left ( 2+\sqrt{2-\sqrt{2}} \right ).b^4}}$

$\leq \dfrac{a^2+b^2-ab\sqrt{2+\sqrt{2}}}{b\left ( 2-\sqrt{2+\sqrt{2}} \right )}+\dfrac{a^2+b^2+ab\sqrt{2+\sqrt{2}}}{b\left ( 2+\sqrt{2+\sqrt{2}} \right )}+\dfrac{a^2+b^2-ab\sqrt{2-\sqrt{2}}}{b\left ( 2-\sqrt{2-\sqrt{2}} \right )}+\dfrac{a^2+b^2+ab\sqrt{2-\sqrt{2}}}{b\left ( 2+\sqrt{2-\sqrt{2}} \right )}+b+b+b+b$

$=\dfrac{8a^2}{b}+12b-12a$

Suy ra :

$\sqrt[8]{\dfrac{a^8+b^8}{2}}\leq \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{3}{2}(b-a)$

Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế, ta được điều phải chứng minh.

Inequality

September 4, 2014

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh bất đẳng thức :

$\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}+\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}+\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}\leq \left ( a+b+c \right )^{10}\left ( \dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{9b}+\dfrac{1}{9c} \right )^9$

Lời giải :

Áp dụng BĐT AM-GM :

$\dfrac{a^7+b^7}{(a+b)^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}\geq 7\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{(2^6)^6}}=\dfrac{7}{32}\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}$

Tức là :

$\dfrac{a^7+b^7}{(a+b)^6}+\dfrac{3}{32}(a+b)\geq \dfrac{7}{32}\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}$

Ta có :

$(a+b)^7=a^7+b^7+7ab(a^5+b^5)+21a^2b^2(a^3+b^3)+35a^3b^3(a+b)=a^7+b^7+7ab\left [ a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2b^2(a+b) \right ]$

Theo AM-GM :

$12a^5+9b^5+7a^4b+2ab^4\geq 30\sqrt[30]{(a^5)^{12}.(b^5)^9.(a^4b)^7.(ab^4)^2}=30a^3b$

$12b^5+9a^5+7b^4a+2ba^4\geq 30\sqrt[30]{(b^5)^{12}.(a^5)^9.(b^4a)^7.(ba^4)^2}=30b^3a$

Cộng vế theo vế hai kết quả trên thì được :

$7(a^5+b^5)+3ab(a^3+b^3)\geq 10a^2b^2(a+b)$

Suy ra :

$16(a^5+b^5)+48ab(a^3+b^3)+80a^2b^2(a+b)\geq 9(a^5+b^5)+45ab(a^3+b^3)+90a^2b^2(a+b)\Leftrightarrow 16\left [ a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2b^2(a+b) \right ]\geq 9\left [ a^5+b^5+5ab(a^3+b^3)+10a^2b^2(a+b) \right ]\Leftrightarrow a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2b^2(a+b) \geq \dfrac{9}{16}(a+b)^5$

Từ đó ta được :

$(a+b)^7\geq a^7+b^7+7ab.\dfrac{9}{16}(a+b)^5\Leftrightarrow \dfrac{a^7+b^7}{(a+b)^6}\leq a+b-\dfrac{63ab}{16(a+b)}$

Lại được tiếp :

$\dfrac{7}{32}\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}\leq \dfrac{3}{32}(a+b)+(a+b)-\dfrac{63ab}{16(a+b)}=\dfrac{35}{32}(a+b)-\dfrac{63ab}{16(a+b)}\Leftrightarrow \sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}\leq 5(a+b)-\dfrac{18ab}{a+b}$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng chúng vế theo vế, ta dẫn đến việc chứng minh :

$\left ( a+b+c \right )^{10}\left ( \dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{9b} +\dfrac{1}{9c}\right )^9+\dfrac{18ab}{a+b}+\dfrac{18bc}{b+c}+\dfrac{18ca}{c+a}\geq 10(a+b+c)\Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}\geq 10(a+b+c)$

Theo Cauchy-Schwarz :

$\dfrac{18}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}\geq \dfrac{18.9}{2\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c}\right )}=\dfrac{81abc}{ab+bc+ca}$

Như vậy cần chỉ ra :

$\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+\dfrac{81abc}{ab+bc+ca}\geq 10(a+b+c)$

Nhưng điều này hiển nhiên đúng theo AM-GM cho 10 số :

$\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+\dfrac{81abc}{ab+bc+ca}=\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+9.\dfrac{9abc}{ab+bc+ca}\geq 10\sqrt[10]{\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}.\dfrac{(9abc)^9}{(ab+bc+ca)^9}}=10(a+b+c)$

Bài toán hoàn tất.

Author : Me 🙂

Inequality

September 2, 2014

By Đình Huy

Bài toán :

a) Cho các số thực dương $a,b,c,x,y,z$ . Chứng minh rằng :

$\left [ (a+b)z+(b+c)y+(c+a)x \right ]^2\geq 4(abz+bcy+cax)(x+y+z)$

b) (ELMO Shortlist 2014)

Cho các số thực dương $a,b,c,d,e,f$ thỏa mãn $def+de+ef+fd=4$ . Chứng minh rằng :

$\left [ (a+b)de+(b+c)ef+(c+a)fd \right ]^2\geq 12(abde+bcef+cafd)$

Lời giải :

a) Ta khai triển BĐT cần chứng minh :

$(a+b)^2z^2+(b+c)^2y^2+(c+a)^2x^2+2yz(a+b)(b+c)+2zx(a+b)(c+a)+2xy(b+c)(c+a)$

$\geq 4abz^2+4bcy^2+4cax^2+4ab(xz+yz)+4bc(xy+yz)+4ca(xy+xz)$

Sử dụng AM-GM ta dễ thấy :

$(a+b)^2z^2+(b+c)^2y^2+(c+a)^2x^2\geq 4abz^2+4bcy^2+4cax^2$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$yz(a+b)(b+c)+zx(a+b)(c+a)+xy(b+c)(c+a)\geq 2ab(xz+yz)+2bc(xy+yz)+2ca(xy+xz)$

$\Leftrightarrow yz(ab+bc+ca+b^2)+zx(ab+bc+ca+a^2)+xy(ab+bc+ca+c^2)\geq 2ab(xz+yz)+2bc(xy+yz)+2ca(xy+xz)$

$\Leftrightarrow yz(ca+b^2)+zx(bc+a^2)+xy(ab+c^2)\geq ab(xz+yz)+bc(xy+yz)+ca(xy+xz)=yz(ab+bc)+zx(ab+ca)+xy(bc+ca)$

$\Leftrightarrow xy(c-a)(c-b)+zx(a-b)(a-c)+yz(b-a)(b-c)\geq 0$

Đúng theo BĐT Schur suy rộng. Ta hoàn thành ý a.

b) Sử dụng câu a ta có ngay :

$\left [ (a+b)de+(b+c)ef+(c+a)fd \right ]^2\geq 4\left ( abde+bcef+cafd \right )(de+ef+fd)$

Vậy ta chỉ cần chứng tỏ $de+ef+fd \geq 3$ . Nhưng với giả thiết ban đầu ta có thể đặt :

$d=\dfrac{2A}{B+C},e=\dfrac{2B}{C+A},f=\dfrac{2C}{A+B}$

Như thế ta cần chứng minh :

$\dfrac{AB}{(B+C)(C+A)}+\dfrac{BC}{(C+A)(A+B)}+\dfrac{CA}{(A+B)(B+C)}\geq \dfrac{3}{4}\Leftrightarrow 4\sum AB(A+B)\geq 3(A+B)(B+C)(C+A)\Leftrightarrow AB(A+B)+BC(B+C)+CA(C+A)\geq 6ABC$

Luôn đúng theo AM-GM. Ta có điều phải chứng minh.

Inequality

August 27, 2014

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c$ có tổng bằng $4$ . Chứng minh :

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

Lời giải :

Đặt $a^2+b^2+c^2+d^2=4+12t^2$ với $0\leq t<1$ . Nếu $t=0$ thì $a=b=c=d=1$ và bất đẳng thức trở thành đẳng thức.

Ta chỉ xét $0<t<1$ . Theo bổ đề Võ Quốc Bá Cẩn, ta có :

$a,b,c,d \leq 1+3t$

Do đó ta tách :

$\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{1+3t}+\dfrac{1+3t-a}{a(1+3t)}$

Và áp dụng Cauchy-Schwarz :

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}=\dfrac{4}{1+3t}+\dfrac{1}{1+3t}.\sum \dfrac{1+3t-a}{a}\geq \dfrac{4}{1+3t}+\dfrac{1}{1+3t}.\dfrac{\left [ (1+3t-a)+(1+3t-b)+(1+3t-c)+(1+3t-d) \right ]^2}{\sum a(1+3t-a)}=\dfrac{4}{1+3t}+\dfrac{1}{1+3t}.\dfrac{12t}{1-t}=\dfrac{4+8t}{(1-t)(1+3t)}\;\;\;(*)$

Ta cũng có :

$\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{1}{a(1+3t)}+\dfrac{1+3t-a}{a^2(1+3t)}$

Do đó mà :

$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}=\dfrac{1}{(1+3t)}.\sum \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{1+3t}\sum \dfrac{1+3t-a}{a^2}$

Sử dụng BĐT Holder :

$\left ( \sum \dfrac{1+3t-a}{a^2} \right )\left [ \sum a(1+3t-a) \right ]^2\geq \left ( \sum (1+3t-a) \right )^3=(12t)^3\Rightarrow \sum \dfrac{1+3t-a}{a^2}\geq \dfrac{(12t)^3}{\left [ \sum a(1+3t-a) \right ]^2}=\dfrac{12t}{(1-t)^2}$

Từ đó chú ý vào $(*)$ ta thu được :

$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}\geq \dfrac{1}{1+3t}.\dfrac{4+8t}{(1+3t)(1-t)}+\dfrac{1}{1+3t}.\dfrac{12t}{(1-t)^2}$

Vậy ta đi chứng minh :

$\dfrac{1}{1+3t}.\dfrac{4+8t}{(1+3t)(1-t)}+\dfrac{1}{1+3t}.\dfrac{12t}{(1-t)^2}\geq 4+12t^2\Leftrightarrow \dfrac{(1+2t)}{(1+3t)^2(1-t)}+\dfrac{3}{(1+3t)(1-t)^2}\geq 1+3t^2$

Hơn nữa bằng AM-GM, dễ thấy :

$(1+3t)(1-t)\leq \dfrac{4}{3}$

Do vậy ta chứng minh một kết quả mạnh hơn là :

$\dfrac{3(1+2t)}{4(1+3t)}+\dfrac{9}{4(1-t)}\geq1+3t^2\Leftrightarrow f(t)=36t^4-24t^3-6t^2+22t+8\geq 0$

Ta có :

$f'(t)=144t^3-72t^2-12t+22$

Theo AM-GM :

$16t^3+2+2\geq 3\sqrt[3]{16t^3.2.2}=12t$

$64t^3+64t^3+8\geq 3\sqrt[3]{64t^3.64t^3.8}=96t^2$

Suy ra :

$f'(t)> (16t^3+2+2)+(64t^3+64t^3+8)-12t-96t^2> 0$

Suy ra hàm $f$ đồng biến, từ đó $f(t) \geq f(0)=8 >0$ . Bất đẳng thức được chứng minh.

Inequality

August 27, 2014

By Đình Huy

Bài toán (Võ Quốc Bá Cẩn)

Cho các số dương $a,b,c$ và $a+b+c=3$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{a^2}{a+2}+\dfrac{b^2}{b+2}+\dfrac{c^2}{c+2}\leq \dfrac{3}{ab+bc+ca}$

Lời giải :

Chú ý rằng :

$\dfrac{a^2}{a+2}=\dfrac{(a^2-4)+4}{a+2}=(a-2)+\dfrac{4}{a+2}$

Nên ta dẫn đến việc chứng minh :

$(a+b+c)-6+4\left ( \dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2} \right )\leq \dfrac{3}{ab+bc+ca}\Leftrightarrow \dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2} \leq \dfrac{3}{4(ab+bc+ca)}+\dfrac{3}{4}$

Đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $0\leq t <1$ nên theo bổ đề Võ Quốc Bá Cẩn :

$a,b,c\geq 1-2t$

Như vậy ta sẽ tách :

$\dfrac{1}{a+2}=\dfrac{1}{3-2t}+\dfrac{1}{a+2}-\dfrac{1}{3-2t}=\dfrac{1}{3-2t}+\dfrac{1-a-2t}{(a+2)(3-2t)}$

Và chú ý $ab+bc+ca=\dfrac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}{2}=3-3t^2$

Nên ta sẽ chứng minh :

$\dfrac{3}{3-2t}+\dfrac{1}{3-2t}.\underset{a,b,c}{\sum} \dfrac{1-a-2t}{a+2}\leq \frac{1}{4(1-t^2)}+\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow \dfrac{3}{3-2t}\leq \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4(1-t^2)}+\dfrac{1}{3-2t}\underset{a,b,c}{\sum} \dfrac{a+2t-1}{a+2}$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz :

$\underset{a,b,c}{\sum }\dfrac{a+2t-1}{a+2}\geq \dfrac{\left [ (a+2t-1)+(b+2t-1)+(c+2t-1) \right ]^2}{\underset{a,b,c}{\sum}(a+2)(a+2t-1) }=\dfrac{36t^2}{6t^2+18t}=\dfrac{6t}{t+3}$

Như vậy ta cần chỉ ra :

$\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4(1-t^2)}+\dfrac{1}{3-2t}.\dfrac{6t}{t+3}\geq \dfrac{3}{3-2t}\Leftrightarrow 3+\dfrac{1}{1-t^2}+\frac{24t}{(t+3)(3-2t)}\geq \dfrac{12}{3-2t}\Leftrightarrow \dfrac{24t}{(t+3)(3-2t)}+\left ( \dfrac{1}{1-t^2}-1 \right )\geq \dfrac{12}{3-2t}-4\Leftrightarrow \dfrac{24t}{(t+3)(3-2t)}+\dfrac{t^2}{1-t^2}\geq \dfrac{8t}{3-2t}\Leftrightarrow \dfrac{t^2}{1-t^2}\geq \dfrac{8t^2}{(3-2t)(t+3)}$

Điều này là đúng vì :

$\dfrac{1}{1-t^2}\geq \dfrac{8}{(t+3)(3-2t)}\Leftrightarrow 1-3t+6t^2\geq 0$

Ta được điều phải chứng minh.

Inequality

August 26, 2014

By Đình Huy

Bài toán (Vasile Cirtoaje)

Cho các số dương $a,b,c,d,e$ thoả mãn $a+b+c+d+e=5$ . Chứng minh :

$9\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} +\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{e}\right )\geq 5+7(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$

Lời giải :

Bổ đề (Võ Quốc Bá Cẩn)

Cho $n$ số thực $x_1,x_2,...,x_n$ thoả mãn $x_1+x_2+...+x_n=n$ . Đặt :

$x_1^2+x_2^2+...+x_n^2=n+n(n-1)t^2$

với $t\geq 0$ . Khi đó ta có :

$1-(n-1)t\leq x_i\leq 1+(n-1)t,\;\forall i=\overline{1,n}$

Chứng minh bổ đề :

Ta áp dụng Cauchy-Schwarz :

$n+n(n-1)t=x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\geq x_1^2+\dfrac{(x_2+x_3+...+x_n)^2}{n-1}=x_1^2+\dfrac{(n-x_1)^2}{n-1}$

Giải bất phương trình bậc hai biến $x_1$ ta được :

$1-(n-1)t\leq x_1\leq 1+(n-1)t$

Vì các biến vai trò như nhau nên ta được $1-(n-1)t\leq x_i\leq 1+(n-1)t,\;\forall i=\overline{1,n}$ . Bổ đề được chứng minh.

Chú ý trong trường hợp các số $x_i$ không âm thì ta có $0\leq t \leq 1$ .

Quay trở lại với bài toán.

Đặt $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=5+20t^2\;\;(t\geq 0)$ . Ở đây thì $0\leq t <1$ . Chú ý khi $t=0$ thì $a=b=c=d=e=1$ và bất đẳng thức đúng. Ta xét $0<t<1$ .

Theo bổ đề trên thì ta có :

$a\leq 1+4t$

Và như vậy ta sẽ tách :

$\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{1+4t}+\dfrac{4t+1-a}{a(1+4t)}$

Vì vậy ta đi chứng minh :

$9\left ( \dfrac{1}{1+4t}\underset{a,b,c}{\sum} \dfrac{1+4t-a}{a} +\dfrac{5}{1+4t}\right )\geq 5+7\left ( 5+20t^2 \right )$

Hơn nữa chú ý theo bổ đề ta cũng có $1+4t-a,1+4t-b,1+4t-c,1+4t-d,1+4t-e \geq 0$ nên sử dụng Cauchy-Schwarz :

$\underset{a,b,c}{\sum }\dfrac{1+4t-a}{a}\geq \dfrac{(5+20t-(a+b+c+d+e))^2}{\underset{a,b,c}{\sum} a(1+4t-a)}=\dfrac{400t^2}{(1+4t)(a+b+c+d+e)-(a^2+b^2+c^2+d^2)}=\dfrac{400t^2}{20t-20t^2}=\dfrac{20t}{1-t}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$9\left ( \dfrac{1}{1+4t}.\dfrac{20t}{1-t}+\dfrac{5}{1+4t} \right )\geq 5+7(5+20t^2)\Leftrightarrow \Leftrightarrow 9\left ( \dfrac{4t}{(1-t)(1+4t)} +\dfrac{1}{1+4t}\right )\geq 1+7(1+4t^2)\Leftrightarrow (2t-1)^2(28t^2+7t+)\geq 0$

Điều này hiển nhiên đúng.

Bổ đề được nêu trong bài là một kết quả quan trọng, đặc biệt hữu hiệu với những bất đẳng thức $n$ biến mà dấu bằng đạt được tại $n-1$ biến bằng nhau.

Inequality

August 26, 2014

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn không hai số nào cùng bằng $0$ . Chứng minh :

$\dfrac{a^3+abc}{b^3+c^3+abc}+\dfrac{b^3+abc}{c^3+a^3+abc}+\dfrac{c^3+abc}{a^3+b^3+abc}\geq 2$

Lời giải :

Chú ý bài này có dấu bằng tại cả tâm và cả biên $(a,b,c)=(k,k,0)$ . Ta loại dấu bằng tại tâm như sau.

Nếu $abc=0$ , không giảm tổng quát, giả sử $c=0$ , ta cần chứng minh :

$\dfrac{a^3}{b^3}+\dfrac{b^3}{a^3}\geq 2$

Điều này là hiển nhiên.

Ta xét $abc \neq 0$ , chia tử và mẫu của mỗi phân thức cho $abc \neq 0$ :

$\dfrac{\dfrac{a^2}{bc}+1}{\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}+1}+\dfrac{\dfrac{b^2}{ca}+1}{\dfrac{c^2}{ab}+\dfrac{a^2}{bc}+1}+\dfrac{\dfrac{c^2}{ab}+1}{\dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+1}\geq 2$

Ta đặt $x=\dfrac{a^2}{bc},y=\dfrac{b^2}{ca},z=\dfrac{c^2}{ab}$ thì $xyz=1$ và ta cần chứng minh :

$\dfrac{x+1}{y+z+1}+\dfrac{y+1}{z+x+1}+\dfrac{z+1}{x+y+1}\geq 2$

Áp dụng Cauchy-Schwarz :

$VT\geq \dfrac{\left [ (x+1)+(y+1)+(z+1) \right ]^2}{(x+1)(y+z+1)+(y+1)(z+x+1)+(z+1)(x+y+1)}=\dfrac{(x+y+z+3)^2}{2(xy+yz+zx)+3(x+y+z)+3}$

Như vậy cần chỉ ra :

$(x+y+z+3)^2\geq 4(xy+yz+zx)+6(x+y+z)+6\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+3\geq 2(xy+yz+zx)\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$

Đây là một kết quả quen thuộc. Bài toán hoàn tất.

Inequality

August 25, 2014

By Đình Huy

Bài toán (Mathematical Reflections Magazine J30)

Cho các số không âm $a,b,c$ và không có hai số nào cùng bằng $0$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{a^3+abc}{b+c}+\dfrac{b^3+abc}{c+a}+\dfrac{c^3+abc}{a+b}\geq a^2+b^2+c^2$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho tương đương với :

$\underset{a,b,c}{\sum} \left ( \dfrac{a^3+abc}{b+c}-a^2\right )\geq 0\Leftrightarrow \dfrac{a(a-b)(a-c)}{b+c}+\dfrac{b(b-c)(b-a)}{c+a}+\dfrac{c(c-a)(c-b)}{a+b}\geq 0\;\;\;(*)$

Rõ ràng nếu $a\geq b\geq c$ thì :

$\dfrac{a}{b+c}\geq \dfrac{b}{c+a}\geq \dfrac{c}{a+b}$

Khi đó theo bất đẳng thức Schur suy rộng thì $(*)$ là đúng. Bài toán hoàn tất.

Ta nhắc lại về BĐT Schur suy rộng :

Cho các số không âm $a,b,c,x,y,z$ . Khi đó nếu $(a,b,c),(x,y,z)$ là hai bộ đơn điệu thì ta có bất đẳng thức sau :

$x(a-b)(a-c)+y(b-a)(b-c)+z(c-a)(c-b)\geq 0$

Chứng minh :

Không giảm tổng quát ta giả sử $a\geq b\geq c$ . Xét hai trường hợp sau :

i) Nếu $x\geq y\geq z$ thì :

$z(c-a)(c-b)\geq 0$

$x(a-c)-y(b-c)\geq x(b-c)-y(b-c)=(b-c)(x-y)\geq 0\Rightarrow x(a-b)(a-c)+y(b-a)(b-c)\geq 0$

Cộng hai vế BĐT trên ta có kết quả cần chứng minh.

ii) Nếu $z\geq y \geq x$ thì :

$x(a-b)(a-c)\geq 0$

$z(a-c)-y(a-b)\geq z(a-b)-y(a-b)=(z-y)(a-b)\geq 0\Rightarrow z(c-a)(c-b)+y(b-a)(b-c)\geq 0$

Cộng hai vế BĐT trên ta có kết quả cần chứng minh.

Bất đẳng thức Schur suy rộng được chứng minh.

Inequality

August 25, 2014

By Đình Huy

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ và không có hai số nào cùng bằng $0$ . Chứng minh :

$\dfrac{3a^3+abc}{b^3+c^3}+\dfrac{3b^3+abc}{c^3+a^3}+\dfrac{3c^3+abc}{a^3+b^3}\geq 6$

Lời giải :

Theo AM-GM, ta có :

$(a^3+b^3)(b^3+c^3)+(b^3+c^3)(c^3+a^3)+(c^3+a^3)(a^3+b^3)\geq 3\sqrt[3]{(a^3+b^3)^2(b^3+c^3)^2(c^3+a^3)^2}\geq 12a^2b^2c^2$

Suy ra :

$\dfrac{1}{a^3+b^3}+\dfrac{1}{b^3+c^3}+\dfrac{1}{c^3+a^3}\geq \dfrac{12a^2b^2c^2}{(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)}\Rightarrow \sum \dfrac{abc}{a^3+b^3}\geq \dfrac{12a^3b^3c^3}{(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$\dfrac{a^3}{b^3+c^3}+\dfrac{b^3}{c^3+a^3}+\dfrac{c^3}{a^3+b^3}+\dfrac{4a^3b^3c^3}{(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)}\geq 2$

Đúng vì đây là BĐT Schur.

Nhận xét :

Bất đẳng thức này ngoài dấu bằng tại tâm $a=b=c$ còn có dấu bằng tại biên là $(a,b,c)=(k,k,0)$ và các hoán vị. Ta đã đảm bảo cả hai dấu bằng này trong quá trình đánh giá trên là nhờ sử dụng ước lượng :