Đang tải... (xem toàn văn)
C¸c bÊt ®¼ng thøc trªn, khi ®-îc kÕt hîp víi bÊt ®¼ng thøc Nesbitt sÏ cho chóng ta nh÷ng bµi to¸n míi mµ mét trong nh÷ng c¸ch chøng minh nã lµ ®-a bÊt ®¼ng thøc Nesbitt vµo nh- mét phÇn [r]
(1)(2)Tháng 3/1903, tạp chíEducational T imes, A.M.Nesbitt đ-a tốn: Cho a, b, c số thực d-ơng Chứng minh rằng:
a b+c +
b c+a +
c a+b
3
Đẳng thức xảy vµ chØ a=b =c
Bất đẳng thức đ-ợc gọi bất đẳng thức Nesbitt Đây bất đẳng thức đẹp thu hút đ-ợc ý nhiều ng-ời Trong viết này, tơi xin nói ứng dụng, mở rộng số vấn đề liên quan đến
1 Bất đẳng thức Nesbitt ứng dụng
Nh- ta biết, bất đẳng thứcNesbitt bất đẳng thức bản, có nhiều ứng dụng quan trọng giải tốn Sau đây, tơi xin giới thiệu số ví dụ để làm rõ điều
VÝ dơ 1.1 Choa, b, c >0 tho¶ m·nabc= Chøng minh r»ng:
1
a2(b+c) +
1
b2(c+a) +
1
c2(a+b) ≥
3
Lêi gi¶i Ta cã:
X
a2(b+c) =
X abc a2(b+c) =
X bc ab+ca
3
Đẳng thức xảy vµ chØ a=b =c=
VÝ dơ 1.2 Choa, b, c >0 tho¶ m·nabc= Chøng minh r»ng: a
(b+c)2 +
b
(c+a)2 +
c
(a+b)2 ≥
9 (a+b+c)
Lời giải Ta viết lại bất đẳng thức:
(a+b+c)
a
(b+c)2 +
b
(c+a)2 +
c
(a+b)2
≥
Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz có:
(a+b+c)
a
(b+c)2 +
b
(c+a)2 +
c
(a+b)2
≥
a b+c+
b c+a +
c a+b
2
≥ 94
(3)VÝ dô 1.3 Choa, b, c >0 tho¶ m·nabc= Chøng minh r»ng:
1
a(b+ 1) +
b(c+ 1) +
c(a+ 1) ≥
Lời giải Đặt a=x/y, b=y/z, c=z/x, ta có: X
a(b+ 1) =
X yz xy+zx ≥
3
Đẳng thức xảy a=b =c=
VÝ dơ 1.4 (§Ị thi Olympic 30 - 4) Choa, b > 0vµ x, y, z số d-ơng tuỳ ý Tìm giá trị nhá nhÊt cña:
x2
(ay+bz)(az+by)+
y2
(az+bx)(ax+bz) +
z2
(ax+by)(ay+bx)
Lời giải Theo bất đẳng thức AM −GM có:
(ay+bz)(az+by)≤ (ay+bz+az+by)
2
4 =
(a+b)2(y+z)2
4 ≤
(a+b)2(y2+z2)
2
Suy ra,
x2
(ay+bz)(az+by) ≥
2x2
(a+b)2(y2+z2)
T-¬ng tù, ta cã:
y2
(az+bx)(ax+bz) ≥
2y2
(a+b)2(z2+x2)
z2
(ax+by)(ay+bx) ≥
2z2
(a+b)2(x2+y2)
Do đó,
X x2
(ay+bz)(az+by) ≥ (a+b)2
x2 y2+z2 +
y2 z2+x2 +
z2 x2+y2
(a+3b)2
Đẳng thức xảy vµ chØ x=y=z
Bất đẳng thức Nesbittkhông ứng dụng bất đẳng thức Đại số mà cịn cơng cụ quan trọng tốn bất đẳng thức Hình học
VÝ dô 1.5 Chøng minh r»ng: ma
lb+hc
+ mb
lc+ha
+ mc
(4)H-íng dÉn Tr-íc hÕt ta chøng minh: ha≤la ≤ma
Từ ta có:
X ma lb+hc ≥
X ma mb+mc ≥
3
Đẳng thức xảy 4ABC
Ví dụ 1.6 Cho tam giác ABC có đ-ờng phân giácAA1, BB1, CC1 Gọi khoảng cách
từ A1 dến AB, B1 dến BC, C1 dếnCA lần l-ợt a1, b1, c1 Chøng minh r»ng:
a1
ha + b1
hb + c1
hc ≥
Lời giải Gọi H chân đ-ờng vuông góc hạ từ A xuống BC K chân đ-ờng vuông góc hạ từ A1 xuốngAB
Ta có:
SABA1 =
1
2ha.BA1= 2a1.AB ⇒ a1
ha
= BA1
AB = CA1
CA =
BA1+CA1
AB+CA = a b+c T-¬ng tù, ta cã:
b1
hb
= b
c+a; c1
hc
= c
a+b Do đó,
a1
ha + b1
hb + c1
hc
= a
b+c+ b c+a +
c a+b ≥
3
(5)VÝ dơ 1.7 Cho tam gi¸cABC nội tiếp(O) Đ-ờng phân giác gócA cắtBC A1, cắt (O) A2 Các điểm B1, B2;C1, C2 đ-ợc ®inh nghÜa t-¬ng tù A1, A2 Chøng
minh r»ng:
A1A2
BA2+CA2
+ B1B2
AB2+CB2
+ C1C2
AC2+BC2 ≥
3
Lời giải Vì đ-ờng phân giác góc A cắt (O) A2 nên BA2 =CA2 Do đó:
A1A2
BA2+CA2
= A1A2 2CA2
DƠ dµng chøng minh ®-ỵc 4CA1A2∼ 4ACA2 Suy ra: ACA1A22 = CAAA22
Tứ giác ABA2C nội tiếp, theo định lí P tolemecó:
BC.AA2=AB.CA2+AC.BA2
⇔ BC.AA2=CA2(AB+CA)
⇔ CA2
AA2
= BC
AB+CA = a b+c Tãm l¹i,
A1A2
BA2+CA2
= a
2(b+c)
T-¬ng tù, ta cã:
B1B2
AB2+CB2
= b
2(c+a);
C1C2
AC2+BC2
= c
2(a+b)
Do đó, A1A2
BA2+CA2
+ B1B2
AB2 +CB2
+ C1C2
AC2+BC2
=
a b+c+
b c+a +
c a+b
≥
(6)Nhận xét Trong cách chứng minh ta sử dụng đẳng thức P toleme Nếu sử dụng bất đẳng thức P toleme ta có tốn tổng qt hơn:
VÝ dơ 1.8 Cho lơc gi¸c ABCDEF cã AB = BC, CD = DE, EF = F A Chøng minh r»ng:
BC BE +
DE AD +
F A CF ≥
3
VÝ dơ 1.9(§Ị thi Olympic 30 - 4, 2003) Cho tam giácABC nội tiếp (O) Các đ-ờng trung tuyến AA1, BB1, CC1 lần l-ợt cắt(O) A2, B2, C2 Chøng minh r»ng:
AA1
AA2
+ BB1
BB2
+CC1
CC2 ≤
9
H-íng dÉn Ta dƠ dµng cã:
AA1.A1A2 =BA1.CA1=a2/4
AA21 = 2b
2+ 2c2−a2
4
Suy ra,
AA1
AA2
= 2b
2+ 2c2−a2
2b2+ 2c2 = 1−
a2
2(b2+c2)
T-¬ng tù, ta cã:
BB1
BB2
= 1− b
2
2(c2+a2);
CC1
CC2
= 1− c
2
2(a2+b2)
VËy,
AA1
AA2
+BB1
BB2
+ CC1
CC2
= 3−
X a2 b2+c2
≤ 94
(7)2 Bất đẳng thức Nesbitt mở rộng
Bất đẳng thức Nesbitt có nhiều ứng dụng quan trọng giải tốn nên việc mở rộng cơng việc cần thiết Trong mục này, đ-a mở rộng bất đẳng thức Nesbitttheo hai h-ớng lànhững mở rộng trực tiếpvà mở rộng có thêm tham số
2.1 Nh÷ng më réng trùc tiÕp
Đầu tiên, nghĩ đến việc kéo dài bất đẳng thức Nesbitt
Më réng Cho a1, a2, , an>0; n≥2 Chøng minh r»ng:
X a1
a2+a3+ +an ≥
n
n−1 (1)
Lời giải Giả sử a1 ≥a2 ≥ ≥an Khi đó:
a2+a3+ +an ≥
1
a1+a3+ +an ≥
≥
a1+a2+ +an−1
Theo bất đẳng thức Chebyshev có: X a1
a2+a3+ +an ≥
n(a1+a2+ +an)
X
a1+a2+ +an−1
≥ n1(a1+a2+ +an)
n2
(a1+a2+ +an)(n1)
= n
n1
Đẳng thức xảy a1 =a2 = =an
Nếu gắn thêm số mũ vào Mở rộng ta cã:
Më réng Cho a1, a2, , an>0; n≥2 vµ k≥ (n−1)/n Chøng minh r»ng:
X a1
a2+a3+ +an
k
≥ (n n
−1)k (2)
Ta xét tiếp đến mở rộng chiều dài
Më réng Víi mäi xi ≥0, xi+xi+1 >0, xn+i =xi (i= 1,2, , n) th×: n
X
i=1
xi
xi+1+xi+2 ≥
n
(8)Chú ý Bất đẳng thức bất đẳng thứcShapiro đ-ợc nhà Tốn học Shapiro đ-a tạp chí American Mathematic Monthly năm 1954 Bất đẳng thức Shapironhìn đơn giản nh-ng việc chứng minh lại vơ khó khơng với số tự nhiên n Tuy nhiên cuối nhà Tốn học T roeschđã chứng minh đ-ợc bất đẳng thức Shapiro với kết quan trọng sau:
Bất đẳng thức Shapiro với n chẵn ≤ 12 n lẻ ≤ 23 Với giá trị khác n bất đẳng thức sai
Mở rộng bất đẳng thức Nesbittth-ờng gặp gắn với số mũ Ta xét vài mở rộng:
Më réng Cho a, b, c >0 vµ n≥1 Chøng minh r»ng: an
b+c+ bn
c+a + cn
a+b ≥
an−1+bn−1+cn−1
2 ≥
3
a+b+c
3
n−1
(4)
HƯ qu¶ Víi a, b, c >0 thoả mÃn abc= 1và n 1thì: an
b+c + bn
c+a + cn
a+b ≥
3
Ta gắn thêm hệ sè vµo Më réng nh- sau:
Më réng Cho a, b, c >0 vµ n≥1 Chøng minh r»ng: an
pb+qc+ bn
pc+qa+ cn
pa+qb ≥
an−1 +bn−1+cn−1
p+q ≥
3
p+q
a+b+c
3
n−1 (5) Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz có:
an
pb+qc + bn
pc+qa+ cn
pa+qb
= a
2n−2
pban−2+qcan−2 +
b2n−2
pcbn−2 +qabn−2 +
c2n−2
pacn−2+qbcn−2
≥ (a
n−1+bn−1+cn−1)2
p(ban−2+cbn−2+acn−2) +q(can−2+abn−2+bcn−2)
Theo bất đẳng thức hoán vị có:
an−1+bn−1+cn−1
≥ban−2+cbn−2 +acn−2
an−1+bn−1+cn−1 ≥can−2+abn−2+bcn−2
Do đó,
an
pb+qc+ bn
pc+qa+ cn
pa+qb ≥
an−1+bn−1+cn−1
(9)ThËt dễ dàng chứng minh đ-ợc:
an1+bn1+cn1
p+q
3
p+q
a+b+c
3
n−1
Từ ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a=b =c
Nếu nâng số mũ mẫu số Mở rộng ta có tốn t-ơng đối tổng qt sau:
Më réng Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: an
(b+c)m +
bn (c+a)m +
cn (a+b)m ≥
an−m+bn−m +cn−m
2m (6)
Chøng minh Ta cã: (b+c)m≤ 2m−1(bm+cm), suy ra:
X
cyc
an (b+c)m ≥
X
cyc
an 2m−1(bm+cm)
B©y giê, ta chØ cÇn chøng minh: X
cyc
an
2m−1(bm+cm) ≥
an−m+bn−m+cn−m 2m
ThËt vËy, ta cã: X
cyc
an
2m−1(bm+cm)−
an−m+bn−m +cn−m 2m
= X
cyc
an−m
am
bm+cm −
= X
cyc
an−m
bm+cm(2a m
−bm−cm)
= X
cyc
(am−bm)
an−m
bn−m+cn−m −
bn−m
cn−m+an−m
= X
cyc
am−bm
(bn−m+cn−m)(cn−m +an−m) c
n−m(an−m
−bn−m) +a2(n−m)
−b2(n−m)
≥
(10)Më réng Cho a, b, c >0 vµ n lµ h»ng sè cho tr-íc Chøng minh r»ng:
a b+c
n
+
b c+a
n
+
c a+b
n
≥
3 2n;
(7) H-ớng dẫn Bài toán dễ dàng chứng minh đ-ợc với tr-ờng hợp n ≤ n ≥ Còn với tr-ờng hợp 0< n <1, ta chứng minh đ-ợc ph-ơng pháp dồn biến Hằng số tốt cho bất đẳng thức l ln
ln 21
Chú ý Đây kết [1]
Hệ Với a, b, c >0 n N, n2 thì:
n
r a b+c +
n
r b c+a +
n
r c a+b >
n n−1
n
√
n−1
Bất đẳng thức Nesbitt có dạng mở rộng thêm hệ số tử số
Më réng Cho m, n, p;x, y, z >0 Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa: ma
b+c + nb c+a +
pc
a+b (8)
Chứng minh Đặt
x=b+c, y=c+a, z =a+b
⇒ a= y+z−x
2 , b=
z+x−y
2 , c =
x+y−z
2
Suy ra,
ma b+c+
nb c+a +
pc a+b
= m(y+z−x)
2x +
n(z+x−y)
2y +
p(z+y−z) 2z
=
my
x + nx
y
+my
x + my
x
+my
x + my
x
−(m+n+p)
≥ √mn+√mp+√pn− m+n+p
2
VËy,
ma b+c+
nb c+a +
pc a+b ≥
√
mn+√mp+√pn−m+n+p
2
(11)2.2 Những mở rộng có thêm tham số
Bài toán 2.2.1 Cho a, b, c;x, y, z >0 Chøng minh r»ng: a
b+cx
2+ b
c+ay
2+ c
a+bz
2 ≥xy+yz+zx−
2(x
2+y2+z2)
Chứng minh Cộng vế bất đẳng thức với x2+y2+z2, ta có:
a b+cx
2+x2+ b
c+ay
2+y2+ c
a+bz
2+z2
≥xy+yz+zx+ 2(x
2+y2+z2)
Ta viết lại bất đẳng thức:
(a+b+c)
x2
b+c+ y2
c+a+ z2
a+b
≥xy+yz+zx+1 2(x
2+y2+z2)
Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz có: x2
b+c+ y2
c+a + z2
a+b ≥
(x+y+z)2
2(a+b+c)
Tõ ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy b+c
x = c+a
y = a+b
z
Tõ toán trên, ta suy toán sau:
Bài toán 2.2.2 Cho u, v, w >0 a, b, c ba cạnh tam giác cã diÖn tÝchS Chøng minh r»ng:
u v +wa
2+ v
w+ub
2+ w
u+vc
2
≥2√3S H-íng dÉn Ta chØ cÇn chøng minh:
ab+bc+ca−
2(a
2+b2+c2)
≥2√3S §Ỉt x=b+c−a, y=c+a−b, z =a+b−c, ta cã:
ab+bc+ca−
2(a
2 +b2+c2) =xy+yz+zx
S =
p
xyz(x+y+z)
Từ ta suy điều phải chứng minh
(12)Bài to¸n 2.2.3 Cho a, b, c;x, y, z >0 Chøng minh r»ng: a
b+c(y+z) + b
c+a(z+x) + c
a+b(x+y)≥
X p
(x+y)(x+z)−(x+y+z)
Chứng minh Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz có: a
b+c(y+z) + b
c+a(z+x) + c
a+b(x+y)
= (a+b+c)
y+z
b+c + z+x c+a +
x+y a+b
−2(x+y+z) ≥ 12 √y+z+√z+x+√x+y2
−2(x+y+z) = X p(x+y)(x+z)−(x+y+z)
Bất đẳng thức đ-ợc chứng minh xong
NhËn xÐt Ta cã thÓ chứng minh đ-ợc: X p
(x+y)(x+z)(x+y+z)p3(xy+yz+zx)3
xy+yz+zx x+y+z
Từ đó, ta có hai bi toỏn h qu sau:
Bài toán 2.2.4 Cho a, b, c;x, y, z >0 Chøng minh r»ng: a
b+c(y+z) + b
c+a(z+x) + c
a+b(x+y)≥3
xy+yz+zx x+y+z
Bài toán 2.2.5 Cho a, b, c;x, y, z >0 Chøng minh r»ng: a
b+c(y+z) + b
c+a(z+x) + c
a+b(x+y)≥ p
3(xy+yz+zx)
Bình luận Trong phần trên, tơi đ-a vài tốn có gắn thêm số vào bất đẳng thức Nesbitt Những toán th-ờng khơng đ-ợc coi mở rộng bất đẳng thức Nesbitt Tuy nhiên theo quan điểm dạng mở rộng lấy giá trị đặc biệt thay cho số ta thu đ-ợc bất đẳng thức Nesbitt Ví dụ, Bài tốn 2.2.3 ta chọnx=y=z trở thành:
a b+c +
b c+a +
c a+b ≥
(13)3 Tản mạn bất đẳng thức Nesbitt
3.1 So sánh bất đẳng thức dạng Nesbitt
Bµi toán 3.1.1 Cho a, b, c >0 mn 0 Chøng minh r»ng: am
bm+cm +
bm
cm+am +
cm
am+bm ≥
an
bn+cn +
bn
cn+an +
cn
an+bn
Lời giải Đặt
f(t) = a t
bt+ct +
bt
ct+at +
ct
at+bt
Bây giờ, ta việc chứng minh cho hàm số f(t) đơn điệu tăng theo t≥0 Dễ dàng ta có:
f0(t) =X
sym
atbt(atbt)(lnalnb) 2c
t+at+bt
(bt+ct)2(at+ct)2
Từ ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a=b =c Lời giải Ta cã:
X am bm+cm ≥
X an bn+cn
⇔ X a
m
bm+cm −
an
bn+cn ≥0
⇔ Xa
m(bn+cn)−an(bm+cm) (bm+cm)(bn+cn) ≥0
⇔ Xa
nbn(am−n−bm−n) +ancn(am−n−cm−n) (bm+cm)(bn+cn) ≥0 ⇔ Xanbn(am−n
−bm−n)
1
(bm+cm)(bn+cn) −
1
(am+cm)(an+cn)
≥0 (*) Dễ thấy (*) Từ ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ch a=b=c
Bài toán 3.1.2 Cho a1, a2, , an>0 Chøng minh r»ng:
a2
a2
2+ +a2n
+ + a
2
n
a2
1+ +a2n−1
≥ a1
a2+ +an
+ + an
(14)Lời giải Đặt
f(t) = n
X
i=1
at
1
at
2+at3+ +atn
S =at1+at2+ +atn
Ta chứng minh cho hàm số f(t)đơn điệu tăng theo t ≥0 Ta có: f0(t) =
n
X
1
at
1lna1(at2+a3t + +atn)−at1(at2lna2+at3lna3+ +atnlnan) (S−at
1)2
f0(t) =
n
X
1
at
1at2(lna1−lna2) +at1at3(lna1−lna3) + +at1atn(lna1−lnan)
(S−at
1)2
Ta viÕt l¹i f0(t) d-íi d¹ng:
f0(t) =
n
X
i,j=1
at
iatj(lnai−lnaj) (S−at
i)2
= n
X
i,j=1
atiatj(lnai−lnaj)
1 (S−at
i)2 − (S−at
j)2
= n
X
i,j=1
atiatj(lnai−lnaj)(ati−atj)
2S−at i −atj (S−at
i)2 + (Satj)2
Từ ta suy điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy số
Bình luận Đến hẳn bạn đặt câu hỏi liệu ta kết hợp hai bất đẳng thức để có đ-ợc bất đẳng thức tổng quát không? Đây ý nghĩ tự nhiên Và hy vọng bạn suy nghĩ để tìm câu trả lời Chúc bạn thành công!
3.2 Liệu chặt?
Đã bạn đặt câu hỏi số 3/2 chặt với bất đẳng thứcNesbittch-a? Câu trả lời 3/2 ch-a phải số thực chặt! Tơi xin lấy vài ví dụ
Bài tốn 3.2.1 Cho a, b, c khơng âm Tìm số k tốt để bất đẳng thức sau đúng:
a b+c +
b c+a +
c a+b ≥
3 2+
k.max{(a−b)2,(b−c)2,(c−a)2}
(15)Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥b ≥c, bất đẳng thức trở thành: a
b+c+ b c+a +
c a+b ≥
3 2+
k.(a−c)2
ab+bc+ca Chon a = 4/3, b = 1, c = 0, ta cã: k 7/16
Ta chứng minh cho giá trị cần tìm, nghĩa là: a
b+c+ b c+a +
c a+b ≥
3 +
7(a−c)2
16(ab+bc+ca)
⇔ X
cyc
a(ab+ac+bc)
b+c ≥
3(ab+bc+ca)
2 +
7(a−c)2
16 ⇔ a2 +b2+c2+abcX
cyc
b+c ≥
3(ab+bc+ca)
2 +
7(a−c)2
16
Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz có: X
cyc
b+c ≥
9 2(a+b+c)
B©y giê, ta cÇn chøng minh:
a2+b2+c2 + 9abc 2(a+b+c) ≥
3(ab+bc+ca)
2 +
7(a−c)2
16
Đặt a=c+x, b=c+y x≥y≥0, thay vào bất đẳng thức biến đổi t-ơng đ-ơng, ta có:
(11x2−32xy+ 32y2)c+ (x+y)(3x−4y)2≥
Bất đẳng thức hiển nhiên Từ ta suy điều phải chứng minh Vy, kmax = 7/16
Bài toán 3.2.2 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b ≥
X
cyc
2ab
(c+a)(c+b)
H-ớng dẫn Biến đổi t-ơng đ-ơng sử dụng bất đẳng thức Schur
Bµi to¸n 3.2.3 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng:
a b+c
2
+
b c+a
2
+
c a+b
2
≥ 34
a2+b2+c2
ab+bc+ca
Bài toán 3.2.4 Cho a, b, c không âm Chøng minh r»ng: a2
b2 +c2 +
b2
c2+a2 +
c2
a2+b2 ≥
(a2+b2+c2)2
2(a2b2+b2c2+c2a2) ≥
(a+b+c)2
(16)3.3 Nhìn theo h-ớng ng-ợc lại
Trong phn ny, chỳng ta nhìn bất đẳng thức Nesbitt theo h-ớng ng-ợc lại, hay nói cách khác đ-a a
b+c + b c+a +
c
a+b vµo yếu
Bài toán 3.3.1 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b ≤
a2+bc
(b+c)2 +
b2+ac
(c+a)2 +
c2 +ab
(a+b)2
Lêi gi¶i Ta cã:
a2+bc
(b+c)2 −
a b+c =
(ab)(ac) (b+c)2
Đặt x= (b+1c)2, y =
1
(a+c)2, z =
1
(a+b)2, ta cÇn chøng minh:
x(a−b)(a−c) +y(b−a)(b−c) +z(c−a)(c−b)≥0
Giả sử a ≥b ≥ c, ta dễ dàng suy x≥y ≥ z Do đó, bất đẳng thức hiển nhiên theo bất đẳng thức Schur suy rng
Đẳng thức xảy a=b =c
Chú ý Bất đẳng thức Schur suy rộng đ-ợc phát biểu nh- sau:
Định lý 3.1 (Bất đẳng thức Schur suy rộng) Với số d-ơng a, b, c, x, y, z cho
(a, b, c) (x, y, z)đều đơn iu thỡ:
x(ab)(ac) +y(ba)(bc) +z(ca)(cb)0
Bài toán 3.3.2 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b ≤
s
a3+abc
(b+c)3 +
s
b3+abc
(c+a)3 +
s
c3 +abc
(a+b)3
Bài toán 3.3.3 Cho a, b, c >0 Chứng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b ≤
3
a2+b2+c2
ab+bc+ca
Bài toán 3.3.4 Chom, n >0; m < n; a, b, c >0; a, b, c∈(m, n) Chøng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b ≤
3 +
(m−n)2
2m(m+n)
Bài toán 3.3.5 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a
b+c+ b c+a +
(17)Lêi gi¶i Không tính tổng quát, giả sử a b c >0 th×a+b ≥a+c≥b+c Suy ra: c
a+b ≤ c b+c,
b c+a ≤
b b+c,
a b+c =
a b+c
Cộng vế bất đẳng thức trên, ta có: a
b+c + b c+a+
c a+b ≤
a
b+c+ 1<1 + = Bất đẳng thức đ-ợc chứng minh xong
Bài toán 3.3.6 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
ab+bc+ca a2+b2+c2 ≤
5
Lêi gi¶i Ta cã:
2a b+c +
2b c+a +
2c
a+b −3 =
(a−b)2
(a+c)(b+c) +
(b−c)2
(b+a)(c+a)+
(c−a)2
(b+c)(b+a) 2− 2(ab+bc+ca)
a2+b2+c2 =
(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2
a2+b2+c2
Ta phải chứng minh Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2 ≥0 Trong đó:
Sa= 1−
a2+b2+c2
(a+b)(a+c), Sb = 1−
a2+b2+c2
(b+a)(b+c), Sc = 1−
a2+b2+c2
(c+a)(c+b)
Không tính tổng quát, giả sử a b≥cth× Sa≥0
Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên: Sb =
a(b+c−a) +c(b−c) (b+a)(b+c) ≥
c(b−c) (b+a)(b+c)
Sc =
a(b+c−a) +b(c−b) (c+a)(c+b) ≥
b(c−b) (c+a)(c+b)
a−c a−b ≥
b c ≥
a+b a+c Từ bất đẳng thức suy ra:
Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2 ≥Sb(c−a)2+Sc(a−b)2 ≥ (a−b)2
b2
c2Sb +Sc
≥ (a−b)
2
c2
b2c(b−c)
(b+a)(b+c) +
c2b(c−b)
(c+a)(c+b)
= (a−b)
2(b−c)b
(b+a)(b+c)
b c−
a+b a+c
0 Đẳng thức xảy vµ chØ a=b =c
(18)3.4 So s¸nh a b+c +
b c+a +
c a+b vµ
b+c a +
c+a b +
a+b c
Nh- biết a b+c +
b c+a+
c a+b ≥
3 2;
b+c a +
c+a b +
a+b
c ≥6 Vì hai bất đẳng thức
trên chiều nên ta không dễ dàng đ-a đ-ợc phép so sánh chúng Sau đây, tơi xin đ-a vài ví d so sỏnh
Bài toán 3.4.1 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: b+c
a +
c+a
b +
a+b c ≥4
a b+c+
b c+a +
c a+b
Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz có: a
b + a c ≥
4a b+c;
b a +
b c ≥
4b c+a;
c a +
c b ≥
4c a+b Cộng vế bất đẳng thức ta cú iu phi chng minh
Đẳng thức xảy a=b =c
Bài toán 3.4.2 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: b+c
a +
c+a
b +
a+b
c ≥
a b+c +
b c+a +
c a+b +
9
Bµi to¸n 3.4.3 (ViƯt Nam TST 2006) Cho a, b, c∈[1,2] Chøng minh r»ng:
(a+b+c)
a + b + c ≥6 a b+c+
b c+a +
c a+b
Bài toán 3.4.4 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: r
b+c
a +
r c+a
b +
r a+b
c ≥2 r
a b+c+
r b c+a +
r c a+b
!
Bình luận Sau số ví dụ đ-ợc đ-a để so sánh a b+c+
b c+a+
c a+b vµ
b+c a +
c+a b +
a+b c ,
ta thÊy a b+c +
b c+a +
c
a+b có phần bị yếu
3.5 Nhng bất đẳng thức lồng ghép
(19)Bµi toán 3.5.1 Cho a, b, c không âm vàn > Chøng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
n2(ab+bc+ca)
a2+b2+c2 ≥2n
Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử a+b+c= 1; đặt ab+bc+ca=q Bất đẳng thức t-ơng đ-ơng với:
3abc+ 1−2q q−abc +
n2q
1−2q ≥2n Ta cã:
V T ≥ 1−2q
q +
n2q
1−2q ≥2n Bất đẳng thức đ-ợc chng minh xong
Bài toán 3.5.2 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng:
a b+αc+
b c+βa +
c a+γb
1 +
αca+βab+γbc
(a+b+c)2
≥1
Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy−Schwarz có:
(a+b+c)2
=
r a b+αc
p
a(b+αc) +
s b c+βa
p
b(c+βa) +
r c a+γb
p
c(a+γb)
!2
≤
a b+αc +
b c+βa +
c a+γb
(ab+bc+ca+αca+βab+γbc)
Suy ra,
1≤
a b+αc +
b c+βa +
c a+γb
1 +
αca+βab+γbc
(a+b+c)2
Bất đẳng thức đ-ợc chứng minh xong
Bài tốn 3.5.3 Choa, b, c khơng âm Tìm số k d-ơng lớn để bất đẳng thức sau đúng:
a b+c+
b c+a +
c a+b +k
(a+b)(b+c)(c+a)
a2+b2+c2 ≥k+
3
Bài toán 3.5.4 Cho a, b, ckhơng âm Tìm điều kiện cho số d-ơng k, l để bất đẳng thức sau đúng:
a b+c+
b c+a +
c a+b +k
(a+b)(b+c)(c+a)
a2+b2+c2 +l
a2+b2+c2
(a+b+c)2 ≥
3
2 +k+
l
(20)Bµi toán 3.5.5 Cho a, b, c không âm Chứng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
4(a+b)(b+c)(c+a)
a3+b3+c3 ≥5
Lời giải Không tính tổng quát, giả sử a+b+c = 1; đặt ab+bc+ca = q, abc=r Bất đẳng thức t-ơng đ-ơng với:
1−2q+ 3r q−r +
4(q−r) 1−3q−3r ≥5 Theo bất đẳng thức AM −GM có:
1−2q+ 3r q−r +
4(q−r) 1−3q−3r =
q q−r +
1−3q+ 3r q−r +
4(q−r) 1−3q−3r ≥5 Bất đẳng thức đ-ợc chứng minh xong
Ta cã toán tổng quát
Bài toán 3.5.6 Cho a, b, c không âm vàn > Chứng minh rằng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
n2(a+b)(b+c)(c+a)
a3+b3+c3 ≥1 + 2n
Tõ nhËn xét (a+b+c)(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a) +abc, ta có toán sau:
Bài toán 3.5.7 Cho a, b, c không âm Chứng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
n2(a+b+c)(ab+bc+ca)
a3+b3+c3 ≥1 + 2n
Bµi to¸n 3.5.8 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
abc
2(a3+b3+c3) ≥
5
Bµi to¸n 3.5.9 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
4abc
(a+b)(b+c)(c+a)
Bài toán 3.5.10 Cho a, b, c không âm Chứng minh rằng:
a b+c
3
+
a b+c
3
+
a b+c
3
+ 5abc
(a+b)(b+c)(c+a) ≥
a2+b2+c2
(21)Ta xét số toán có thức
Bài toán 3.5.11 Cho a, b, c >0 Chứng minh r»ng: r
a b+c +
r b c+a +
r c a+b +
r
3(ab+bc+ca)
a2+b2+c2 ≥
7√2
Lêi giải Không tính tổng quát, giả sử a b c, ta chứng minh đ-ợc: r
b c+a +
r c a+b ≥
r b+c
a
Lại có: ab+bc+caa(b+c) a2+b2+c2 a2+ (b+c)2 nên:
V T ≥ r
a b+c+
r b+c
a + s
3a(b+c)
a2+ (b+c)2 =x+
3√3 √
x2−2
Trong đó, x=p
a/(b+c) +p
(b+c)/a2 Bây giờ, ta cần chøng minh:
x+ √
3 √
x2−2 ≥
7√2
Nếu x≥ 7√22, bất đẳng thức hiển nhiên Nếux≤ 7√22, ta có:
27
x2−2 −
7√2
2 −x
!2
= (x−2 √
2)2(19 + 6√2x−2x2)
2(x2−2) ≥0(do x≤
7√2 )
Bất đẳng thc ó -c chng minh xong
Đẳng thức xảy vµ chØ (a, b, c)∼(3 + 2√2,1,0) Ta có toán tổng quát
Bài toán 3.5.12 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: r
a b+c +
r b c+a +
r c
a+b +k r
(ab+bc+ca)
a2+b2+c2 ≥minx≥2
x+√ k
x2−2
Bài toán 3.5.13 Cho a, b, c >0 Chứng minh r»ng: a
b+c+ b c+a +
c a+b +
abc
(a+b)(b+c)(c+a)
2/3
Bài toán 3.5.14 Cho a, b, c≥0vµ k ≥4 Chøng minh r»ng: r
a b+c +
r b c+a +
r c a+b +k
s
(a+b)(b+c)(c+a) (a+b+c)3 ≥2
√
(22)4 Bài tập áp dụng
Để kết thúc viết, xin nêu số tập t-ơng tự áp dụng
Bài tËp 4.1 Cho a, b, c, d >0 tho¶ m·nabcd= Chøng minh r»ng:
1
a(1 +b)+
b(1 +c)+
c(1 +d)+
d(1 +a) ≥2
Bµi tËp 4.2 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: a3b
1 +ab2 +
b3c
1 +bc2 +
c3a
1 +ca2 ≥
abc(a+b+c) +abc
Bµi tËp 4.3 (IMO 1995) Choa, b, c >0 tho¶ m·nabc= Chøng minh r»ng:
1
a3(b+c)+
1
b3(c+a)+
1
c3(a+b) ≥
3
Bµi tËp 4.4 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng:
1
b(b+a) +
c(c+b)+
a(a+c) ≥
9
2(ab+bc+ca)
Bµi tËp 4.5 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: r
a b+c+
r a b+c+
r a b+c ≥2
s
abc
(a+b)(b+c)(c+a)+
Bµi tËp 4.6 Cho a, b, c >0 tho¶ m·na2+b2+c2 = 3 Chøng minh r»ng:
a3+abc
(b+c)2 +
b3+abc
(c+a)2 +
c3+abc
(a+b)2 ≥
3
Bµi tËp 4.7 Cho a, b, c >0 Chøng minh r»ng: a
(bx+cy)3 +
b
(cx+ay)3 +
c
(ax+by)3 ≥
9
(x+y)3(ab+bc+ca)
Bµi tËp 4.8 (JBMO, 2003) Cho a, b, c >−1 Chøng minh r»ng:
1 +x2
1 +y+z2 +
1 +y2
1 +z+x2 +
1 +z2
1 +x+y2 ≥2
Bµi tËp 4.9 Cho a, b, c, k không âm Chứng minh rằng:
1 + ka
b+c + kb
c+d + kc
d+a + kd a+b
(23)
[1] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri Thức, 2006
[2] Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ,Bất đẳng thức Suy luận Khám phá, NXB ĐHQGHN, 2007
[3] Nguyễn Vũ L-ơng, Nguyễn Ngọc Thắng, Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopxki, NXB ĐHQGHN, 2007
[4] Titu Andresscu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequality