$hide=mobile

[Nguyễn Văn Huyện] Bổ Đề Hoán Vị

Năm 2008 trên diễn đàn toán học Art of Problem Solving anh Võ Quốc Bá Cẩn đề xuất một bổ đề khá thú vị sau
Bổ Đề. Với mọi số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=1,$ đặt $q = ab+bc+ca\,(1 \geqslant 3q).$ Chứng minh rằng $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant \frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\frac{1}{q}-6.$$
Lời Giải. Đặt $p=a+b+c,\,q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ (ta sẽ thống nhất cách đặt này cho cả bài viết) khi đó
\[(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 = p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2.\]
Ta có đánh giá
\[\begin{aligned} 2(ab^2+bc^2+ca^2) & = \sum ab(a+b) + (a-b)(b-c)(c-a) \\ &= pq - 3r + (a-b)(b-c)(c-a) \\& \geqslant pq - 3r - \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \\& = pq - 3r - \sqrt{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2},\end{aligned}\]
vì thế
\[ab^2+bc^2+ca^2 \geqslant \frac{pq - 3r - \sqrt{p^2q^2 - 4q^3 + 2p(9q - 2p^2)r - 27r^2}}{2}.\]
Mặt khác từ giả thiết ta được $p = 1$ cho nên
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} = \frac{ab^2+bc^2+ca^2}{abc} \geqslant \frac{q-3r-\sqrt{q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2}}{2r}.\]
Xét hàm số
\[f\,(r) = \frac{q-3r-\sqrt{q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2}}{2r},\]
tính đạo hàm
\[f^{'}(r) = \frac{q^2-4q^3+(9q-2)r-q\sqrt{q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2}}{2r^2\sqrt{q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2}},\]
do đó phương trình $f^{'}(r) = 0$ có nghiệm
\[r = r_0 = \frac{q^2\left[9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}\right]}{27q^2-9q+1}.\]
Lập bảng biến thiên ta được $f(r) \geqslant f(r_0).$ Biến đổi
\[\begin{aligned} f(r_0) & = \frac{q - 3r_0 - \sqrt{q - 4q^3 + 2(9q - 2)r_0 - 27r^2_0}}{2r_0} \\& = \frac{q-3r_0 - \dfrac{q^2 - 4q^3 + (9q - 2)r_0}{q}}{r_0} \\& = \frac{2q^3 + (1 - 6q)r_0}{qr_0} = \frac{2q^2}{r_0} + \frac{1}{q} - 6 \\& = \frac{2(27q^2 - 9q + 1)}{9q^2 - 2q + (1 - 3q)\sqrt{q(1 - 3q)}} + \frac{1}{q} - 6.\end{aligned}\]
Đây chính là điều phải chứng minh.
Nhận Xét.
  1. Ở thời điểm đó bổ đề trên là một bài toán rất khó, do hình thức khá cồng kềnh, không đẹp mắt (có căn thức nằm ở mẫu số) nên không nhận được sự quan tâm của nhiều người, sau này vào năm 2011 anh Lê Hữu Điền Khuê (Nesbit) mới đưa ra một chứng minh khác trên Diễn Đàn Toán Học.
  2. Đây là một kết quả rất chặt với vô số các trường hợp để đẳng thức xảy ra và cũng là dạng chặt nhất trong lớp các bài toán có dạng \[f\left(\frac{a}{b},\,\frac{b}{c},\,\frac{c}{a},\,a+b+c,\,ab+bc+ca\right) \geqslant 0.\]
  3. Bổ đề này sẽ giúp chúng ta sẽ giải quyết được rất nhiều bài toán khó sau đây (đã từng là unsolve suốt một thời gian dài trên AoPS).

Các Bài Toán Áp Dụng

Bài Toán 1 (Võ Quốc Bá Cẩn). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} + \frac{28(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geqslant 12.\]
Lời Giải. Do tính thuần nhất của bài toán nên ta có thể chuẩn hóa $p=1,$ khi đó
\[\frac{28(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} = \frac{28q}{p^2} = 28q.\]
Áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
\[\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6 + 28q \geqslant 12,\]
hay là
$$\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} + 28q \geqslant 18.$$
Bất đẳng thức lúc này chỉ còn một biến nên hai công cụ đầu tiên mà chúng ta nghĩ đến là khảo sát hàm hoặc quy đồng phân tích nhân tử. Tuy nhiên biểu thức này khi lấy đạo hàm sẽ cho ra một kết quả “rất khủng” còn nếu phân tích nhân tử thì thì biểu thức thu được cũng không khá hơn mấy vì sự xuất hiện của căn thức ở mẫu. Viết bất đẳng thức trên lại như sau
$$\frac{2(27q^2 - 9q + 1)}{9q^2 - 2q + (1 - 3q) \cdot q \cdot \sqrt{\frac{1 - 3q}{q}}} + \frac{1}{q} + 28q \geqslant 18.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{2(x^2+3x+3)}{x+1} + x^2 + \frac{28}{x^2+3} \geqslant 15.\]
Xét hiệu hai vế ta được
\[\frac{2(x^2+3x+3)}{x+1} + x^2 + \frac{28}{x^2+3} - 15 = \frac{(x^3+5x^2+3x+1)(x-1)^2}{(x+1)(x^2+3)} \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi và chỉ khi
\[\frac{a}{\sqrt{7}-\tan\frac{\pi}{7}} = \frac{b}{\sqrt{7}-\tan\frac{2\pi}{7}} = \frac{c}{\sqrt{7}-\tan\frac{4\pi}{7}}.\]
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2 ((Võ Quốc Bá Cẩn)). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} + \frac{7(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant \frac{17}{2}.\]
Lời giải. Tương tự như trên ta cũng chuẩn hóa $p=1,$ khi đó
\[\frac{7(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} = \frac{7q}{p^2-2q} = \frac{7q}{1-2q}.\]
Áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
\[\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6 + \frac{7q}{1-2q} \geqslant \frac{17}{2},\]
hay là
$$\frac{2(27q^2 - 9q + 1)}{9q^2 - 2q + (1 - 3q) \cdot q \cdot \sqrt{\frac{1 - 3q}{q}}} + \frac{1}{q} + \frac{7q}{1-2q} \geqslant \frac{29}{2}.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ bất đẳng thức bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{2(x^2+3x+3)}{x+1}+x^2+\frac{7}{x^2+1} \geqslant \frac{23}{2},\]
tương đương với
\[\frac{(2x^3+10x^2+9x+3)(x-1)^2}{2(x+1)(x^2+1)} \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
\[\frac{a}{\sqrt{7}-\tan\frac{\pi}{7}} = \frac{b}{\sqrt{7}-\tan\frac{2\pi}{7}} = \frac{c}{\sqrt{7}-\tan\frac{4\pi}{7}}.\]
Bài toán được chứng minh.
Nhận xét. Bài toán này là hệ quả của bài toán 1. Thật vậy vì
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant 12 - \frac{28(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2},\]
nên ta chỉ cần chứng minh
\[12 - \frac{28(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} + \frac{7(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant \frac{17}{2},\]
hay là
\[\frac{7(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} \geqslant \frac{28(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2},\]
hoặc
\[8(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \leqslant (a+b+c)^4.\]
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[\begin{aligned}8(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \leqslant \left[2(ab+bc+ca) + (a^2+b^2+c^2)\right]^2 = (a+b+c)^4.\end{aligned}\]
Khi đẳng thức xảy ra thì ta được đẳng thức khá đẹp mắt $a^2+b^2+c^2 = 2(ab+bc+ca).$

Bài toán 3 (Nguyễn Văn Huyện). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2 + \frac{70(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 60.\]
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ và áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
$$\left[\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6\right]^2 + \frac{70q}{1-2q} \geqslant 60.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ bất đẳng thức trên trở thành
\[\left(\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1}\right)^2 + \frac{70}{x^2+1} \geqslant 60,\]
tương đương với
\[\frac{(x^6+8x^5+31x^4+84x^3+119x^2+76x+19)(x-1)^2}{(x^2+1)(x+1)^2} \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
\[\frac{a}{\sqrt{7}-\tan\frac{\pi}{7}} = \frac{b}{\sqrt{7}-\tan\frac{2\pi}{7}} = \frac{c}{\sqrt{7}-\tan\frac{4\pi}{7}}.\]
Bài toán được chứng minh.

Bài toán 4 (Tạ Hồng Quảng). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2 + \frac{280(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geqslant 95.\]
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ và áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
$$\left[\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6\right]^2 + 280q \geqslant 95.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ bất đẳng thức trên trở thành
\[\left(\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1}\right)^2 + \frac{280}{x^2+3} \geqslant 95,\]
tương đương với
\[\frac{(x^6+8x^5+33x^4+100x^3+144x^2+88x+22)(x-1)^2}{(x^2+3)(x+1)^2} \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
\[\frac{a}{\sqrt{7}-\tan\frac{\pi}{7}} = \frac{b}{\sqrt{7}-\tan\frac{2\pi}{7}} = \frac{c}{\sqrt{7}-\tan\frac{4\pi}{7}}.\]
Bài toán được chứng minh.

Bài toán 5 (Nguyễn Văn Quý). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}.\]
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ và áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
$$\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6 \geqslant \frac{1-2q}{q} + 6(1-2q).$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ bất đẳng thức bất trên trở thành
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} \geqslant \frac{(x^2+9)(x^2+1)}{x^2+3},\]
hay là
\[\frac{2x^2(x-1)^2}{(x+1)(x^2+3)} \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc
\[\frac{a}{\sqrt{7}-\tan\frac{\pi}{7}} = \frac{b}{\sqrt{7}-\tan\frac{2\pi}{7}} = \frac{c}{\sqrt{7}-\tan\frac{4\pi}{7}}.\]
Chứng minh hoàn tất.
Bài toán 6 (Ji Chen). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{k(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 3+k,\]
trong đó $k = 3\sqrt[3]{4} - 2.$
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ và áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
$$\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} + \frac{kq}{1-2q} \geqslant 9 + k.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3}$ bất đẳng thức bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{2(x^2+3x+3)}{x+1}+x^2+\frac{k}{x^2+1} \geqslant k+6,\]
hay là
\[\frac{x^2[x^3+3x^2+(1-k)x-k+3]}{(x+1)(x^2+1)} \geqslant 0.\]
Bất đẳng thức này đúng vì với $k = 3\sqrt[3]{4} - 2,$ thì
\[x^3+3x^2+(1-k)x-k+3 = \big(x + 1 + 2\sqrt[3]{2}\big)\big(x + 1 - \sqrt[3]{2} \big)^2 \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=0$ hoặc $x = \sqrt[3]{2} - 1,$ cụ thể

  • Nếu $x = 0$ thì $q = \frac{1}{3}$ kết hợp với $p = 1$ ta được $a = b = c.$
  • Nếu $x = \sqrt[3]{2} - 1$ thì $q = \frac{2+\sqrt[3]{2}}{10}$ dẫn đến $r = \frac{3-\sqrt[3]{2}}{50},$ kết hợp với $p=1$ ta thấy $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của phương trình \[t^3 - t^2 + \frac{2+\sqrt[3]{2}}{10}t - \frac{3-\sqrt[3]{2}}{50} = 0.\] Bằng Maple hoặc Wolframalpha ta tìm được \[\left\{ \begin{aligned} & a = \frac{1}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{\frac{8-6\sqrt[3]{2}}{5}} \cos \left(\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{101-54\sqrt[3]{4}}{20}}\right) \\ & b = \frac{1}{3}-\frac{1}{3}\sqrt{\frac{8-6\sqrt[3]{2}}{5}} \sin \left(\frac{\pi}{6}-\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{101-54\sqrt[3]{4}}{20}}\right)\\ & c = \frac{1}{3}-\frac{1}{3}\sqrt{\frac{8-6\sqrt[3]{2}}{5}} \sin \left(\frac{\pi}{6}+\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{101-54\sqrt[3]{4}}{20}}\right)\end{aligned}\right.\] cùng các hoán vị.
Bài toán được chứng minh.

Bài toán 7 (Võ Quốc Bá Cẩn, Bách Ngọc Thành Công). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+k\geqslant \frac{(9+3k)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2},\]
với $k = 3\sqrt[3]{2} - 3.$
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ và áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
$$\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6 + k \geqslant (9+3k)(1-2q).$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ bất đẳng thức bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} + k \geqslant \frac{(9+3k)(x^2+1)}{x^2+3}.\]
Với $k = 3\sqrt[3]{2} - 3,$ ta có
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} + k-\frac{(9+3k)(x^2+1)}{x^2+3} = \frac{x^2\big(x+1+2\sqrt[3]{4}\big)\big(x+1-\sqrt[3]{4}\big)^2}{(x+1)(x^2+3)} \geqslant 0\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của phương trình
\[t^3 - t^2 + \frac{2+\sqrt[3]{4}}{12} t - \frac{1}{36} = 0,\]
cụ thể
$$\begin{aligned} & a = \frac{1}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{2-\sqrt[3]{4}} \cos \left(\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{7-\sqrt[3]{2}}{4}}\right) \\ & b = \frac{1}{3} - \frac{1}{3}\sqrt{2-\sqrt[3]{4}} \sin \left(\frac{\pi}{6}-\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{7-\sqrt[3]{2}}{4}}\right) \\ & c = \frac{1}{3} - \frac{1}{3}\sqrt{2-\sqrt[3]{4}} \sin \left(\frac{\pi}{6}+\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{7-\sqrt[3]{2}}{4}}\right)\end{aligned}.$$
cùng các hoán vị. Bài toán được chứng minh.

Bài toán 8 (Võ Quốc Bá Cẩn). Cho $a,\,b,\,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant \sqrt{9-k+\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}},\]
trong đó $k = 3\big(1+\sqrt[3]2\big)^2.$
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ và áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
$$\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6 \geqslant \sqrt{9-k+\frac{k(1-2q)}{q}}.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ bất đẳng thức bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{2(x^2+3x+3)}{x+1}+x^2-3 \geqslant \sqrt{9 + kx^2},\]
hay là
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} \geqslant \sqrt{9 + kx^2},\]
hoặc
\[(x^3+3x^2+3x+3)^2 \geqslant (9 + kx^2)(x+1)^2,\]
\[x^2[x^4+6x^3+(15-k)x^2+2(12-k)x-k+18] \geqslant 0.\]
Đặt
\[P = x^4+6x^3+(15-k)x^2+2(12-k)x-k+18,\]
ta sẽ chứng minh $P \geqslant 0.$ Thật vậy, với $k = 3\big(1+\sqrt[3]2\big)^2$ thì
\[P = \big(x+1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}\big)\big(x+3+\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}\big)\big(x+1-\sqrt[3]{4}\big)^2 \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của phương trình
\[t^3 - t^2 + \frac{2+\sqrt[3]{4}}{12} t - \frac{1}{36} = 0.\]
Giải phương trình này ta được nghiệm. Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 9 (Nguyễn Văn Huyện). Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{(4\sqrt{2}-4)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 4\sqrt{2}-2+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}.\]
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ và áp dụng bổ đề ta đưa bài toán về chứng minh
\[\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} + \frac{1}{q} - 6+\frac{(4\sqrt{2}-4)q}{1-2q} \geqslant 4\sqrt{2}-2+\frac{1-2q}{q},\]
hay là
$$\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}} +\frac{(4\sqrt{2}-4)q}{1-2q} \geqslant 4\sqrt{2}+2.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ khi đó bất đẳng thức bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} \geqslant \frac{x^4+4\sqrt{2}x^2+3}{x^2+1}.\]
Xét hiệu hai vế ta được
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} - \frac{x^4+4\sqrt{2}x^2+3}{x^2+1} = \frac{2x^2\big(x+1-\sqrt{2}\big)^2}{(x+1)(x^2+1)} \geqslant 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a,\,b,\,c$ lần lượt là ba nghiệm của phương trình
\[t^3-t^2+\frac{3+\sqrt{2}}{14}t - \frac{2+3\sqrt{2}}{196} = 0,\]
cụ thể
\[\left\{ \begin{aligned} & a = \frac{1}{3}+\frac{1}{3}\sqrt{\frac{10-6\sqrt{2}}{7}} \cos \left(\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{115-27\sqrt{2}}{196}}\right) \\ & b = \frac{1}{3}-\frac{1}{3}\sqrt{\frac{10-6\sqrt{2}}{7}} \sin \left(\frac{\pi}{6}-\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{115-27\sqrt{2}}{196}}\right) \\ & c = \frac{1}{3}-\frac{1}{3}\sqrt{\frac{10-6\sqrt{2}}{7}} \sin \left(\frac{\pi}{6}+\frac{1}{3} \arccos \sqrt{\frac{115-27\sqrt{2}}{196}}\right)\end{aligned}\right.\]
Bài toán được chứng minh.

Bài Toán 10 (Nguyễn Văn Huyện). Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện
\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = \frac{5}{2}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}.\]
Chứng minh rằng \[a^2+b^2+c^2 \geqslant 2(ab+bc+ca).\]
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ từ giả thiết áp dụng bổ đề ta có
$$\frac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\frac{1}{q} - 6 \leqslant \frac{5(1-2q)}{2q}.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ khi đó bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} \leqslant \frac{5(x^2+1)}{2},\]
tương đương với
\[\frac{(x - 1)(3x^2 + 2x + 1)}{x+1} \geqslant 0.\]
Suy ra $x \geqslant 1,$ hay là
\[(a+b+c)^2 \geqslant 4(ab+bc+ca),\]
hoặc
\[a^2+b^2+c^2 \geqslant 2(ab+bc+ca).\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc
\[\frac{a}{\sqrt{7}-\tan\frac{\pi}{7}} = \frac{b}{\sqrt{7}-\tan\frac{2\pi}{7}} = \frac{c}{\sqrt{7}-\tan\frac{4\pi}{7}}.\]
Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 11 (Nguyễn Văn Huyện, VMEO IV). Với $k \geqslant 0$ là một số thực cho trước và $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương sao cho
\[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} = (k + 1)^2 + \frac{2}{k+1}.\]
Chứng minh rằng
\[a^2 + b^2 + c^2 \leqslant (k^2+1)(ab+bc+ca).\]
Lời giải. Chuẩn hóa $p=1$ từ giả thiết áp dụng bổ đề ta được
$$\frac{2(27q^{2}-9q+1)}{9q^{2}-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\frac{1}{q}-6\leq(k+1)^{2}+\frac{2}{k+1}.$$
Đặt $x = \sqrt{\frac{1-3q}{q}} \geqslant 0$ thì $q = \frac{1}{x^2+3},$ khi đó bất đẳng thức trên trở thành
\[\frac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1} \leqslant (k + 1)^2 + \frac{2}{k+1},\]
hay
\[(x+1)^2 + \frac{2}{x+1} \leqslant (k + 1)^2 + \frac{2}{k+1},\]
tương đương với
\[\frac{(x-k)\big[(k+1)x^2+(k^2+4k+3)x+k^2+3k\big]}{(x+1)(k+1)} \leqslant 0.\]
Suy ra $x \leqslant k$ hay là
\[(a+b+c)^2\leqslant (k^2+3)(ab+bc+ca),\]
hoặc
\[a^2 + b^2 + c^2 \leqslant (k^2+1)(ab+bc+ca).\]
Bài toán được chứng minh.

Nhận xét. Trường hợp $k = 1$ ta được bài toán rất đẹp sau \[a^2 + b^2 + c^2 \leqslant 2(ab+bc+ca)\] với $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương thỏa mãn $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} = 5.$$

Các Bài Toán Rèn Luyện

Để kết thúc chuyên đề xin được giới thiệu một số bài tập để bạn đọc tự luyện
  1. (Nguyễn Văn Huyện) Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng \[\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^3+\frac{525(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant \frac{775}{2}.\]
  2. (Tạ Hồng Quảng) Chứng minh rằng với mọi số thực $k \geqslant 12$ ta luôn có \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geqslant 4+2\sqrt{k-12},\] trong đó $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương thay đổi bất kỳ.
  3. (Bách Ngọc Thành Công) Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geqslant \sqrt{\frac{k(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+9-\dfrac{k}{3}},\] trong đó $k = 54\sqrt[3]{2}.$
  4. Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant \sqrt{9+k-\frac{k(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}},\] luôn đúng với mọi số thực dương $a,\,b,\,c.$
  5. Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + k \geqslant \sqrt{\frac{k^2(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}} + 3,\] luôn đúng với mọi số thực dương $a,\,b,\,c$ bất kỳ.
  6. Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + 2 \sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}.\]
  7. (Nguyễn Văn Huyện) Cho $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{k(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca} \geqslant 3+ \frac{k}{2},\] trong đó $k = 2\big(3\sqrt[3]{9}-1\big).$
  8. (Phạm Sinh Tân) Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + k \geqslant \sqrt{\frac{3k^2(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}} + 3,\] luôn đúng với mọi số thực dương $a,\,b,\,c$ bất kỳ.
  9. Tìm hằng số $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + k\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2 \geqslant 3+k,\] luôn đúng với mọi số thực dương $a,\,b,\,c$ bất kỳ.
  10. (Nguyễn Văn Huyện) Với $k \geqslant 1$ là một số thực cho trước và $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương sao cho \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = \frac{(k^2+9)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}.\] Chứng minh rằng \[a^2+b^2+c^2 \leqslant (k^2+1)(ab+bc+ca).\]

Tài Liệu Tham Khảo

  1. Võ Quốc Bá Cẩn, Chuyên Đề Bất Đẳng Thức Hiện Đại, 2008.
  2. Diễn đàn toán học: http://diendantoanhoc.net
  3. Art of Problem Solving: http://artofproblemsolving.com

Post a Comment


$hide=home

$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

$hide=post$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

$hide=home

Kỷ Yếu$cl=violet$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Journals$cl=green$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Name

Ả-rập Xê-út,1,Abel,5,Albania,2,AMM,2,Amsterdam,5,Ấn Độ,1,An Giang,22,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,19,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,52,Bắc Giang,49,Bắc Kạn,1,Bạc Liêu,9,Bắc Ninh,47,Bắc Trung Bộ,7,Bài Toán Hay,5,Balkan,37,Baltic Way,30,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,66,Bến Tre,46,Benelux,13,Bình Định,44,Bình Dương,21,Bình Phước,38,Bình Thuận,34,Birch,1,Booklet,11,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,5,Buôn Ma Thuột,1,BxMO,12,Cà Mau,13,Cần Thơ,14,Canada,39,Cao Bằng,6,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,36,Caucasus,2,CGMO,10,China,10,Chọn Đội Tuyển,347,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,124,Chuyên Sư Phạm,31,Chuyên Trần Hưng Đạo,3,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,610,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,25,Đà Nẵng,39,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,54,Đắk Nông,7,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi HSG,1643,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,8,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,4,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,49,Đồng Tháp,51,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Duyên Hải Bắc Bộ,25,E-Book,33,EGMO,16,ELMO,19,EMC,8,Epsilon,1,Estonian,5,Euler,1,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,Forum Of Geometry,2,Furstenberg,1,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,26,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,12,Gia Lai,25,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,29,Hà Nội,231,Hà Tĩnh,72,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,49,Hải Phòng,42,Hàn Quốc,5,Hậu Giang,4,Hậu Lộc,1,Hilbert,1,Hình Học,33,HKUST,7,Hòa Bình,13,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,8,HSG 10,100,HSG 11,87,HSG 12,581,HSG 9,402,HSG Cấp Trường,78,HSG Quốc Gia,99,HSG Quốc Tế,16,Hứa Lâm Phong,1,Hứa Thuần Phỏng,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,32,Hương Sơn,2,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,25,IMO,54,India,45,Inequality,13,InMC,1,International,307,Iran,11,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,20,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,16,KHTN,53,Kiên Giang,64,Kim Liên,1,Kon Tum,18,Korea,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,42,Lai Châu,4,Lâm Đồng,33,Lạng Sơn,21,Langlands,1,Lào Cai,16,Lê Hải Châu,1,Lê Hải Khôi,1,Lê Hoành Phò,4,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,1,Lê Phương,1,Lê Quý Đôn,1,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,1,Leibniz,1,Long An,42,Lớp 10,10,Lớp 10 Chuyên,452,Lớp 10 Không Chuyên,230,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Lý Thánh Tông,1,Macedonian,1,Malaysia,1,Margulis,2,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today,1,Mathley,1,MathLinks,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,10,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,9,MYTS,4,Nam Định,32,Nam Phi,1,Nam Trung Bộ,1,National,249,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,50,Ngô Bảo Châu,2,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,1,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Đức Thắng,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,8,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Tài Chung,5,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,8,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,25,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,2,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,3,Nhóm $\LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,41,Ninh Thuận,15,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,19,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,98,Olympic 10/3,5,Olympic 11,89,Olympic 12,30,Olympic 24/3,6,Olympic 27/4,20,Olympic 30/4,66,Olympic KHTN,6,Olympic Sinh Viên,73,Olympic Tháng 4,12,Olympic Toán,300,Olympic Toán Sơ Cấp,3,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,30,Phú Yên,26,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,11,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,45,Putnam,25,Quảng Bình,44,Quảng Nam,31,Quảng Ngãi,33,Quảng Ninh,43,Quảng Trị,26,Quỹ Tích,1,Riemann,1,RMM,12,RMO,24,Romania,36,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,69,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia,7,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,24,Shortlists,56,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học - Tổ Hợp,27,Sóc Trăng,28,Sơn La,11,Spain,8,Star Education,5,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,14,Tập San,6,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,29,Thạch Hà,1,Thái Bình,39,Thái Nguyên,49,Thái Vân,2,Thanh Hóa,57,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPTQG,15,THTT,6,Thừa Thiên Huế,35,Tiền Giang,19,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TPHCM,126,Trà Vinh,5,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,34,Trại Hè Hùng Vương,25,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,9,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,2,Trần Quốc Luật,1,Trần Quốc Nghĩa,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trung Quốc,12,Trường Đông,19,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,55,Tuyên Quang,6,Tuyển Sinh,3,Tuyển Tập,44,Tuymaada,4,Undergraduate,66,USA,44,USAJMO,10,USATST,7,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,2,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,27,Vĩnh Long,20,Vĩnh Phúc,63,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,46,VNTST,22,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,26,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,17,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,11,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
MOlympiad: [Nguyễn Văn Huyện] Bổ Đề Hoán Vị
[Nguyễn Văn Huyện] Bổ Đề Hoán Vị
MOlympiad
https://www.molympiad.net/2017/09/nguyen-van-huyen-bo-de-hoan-vi.html
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/2017/09/nguyen-van-huyen-bo-de-hoan-vi.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU LABEL ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED Please share to unlock Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy