[Võ Quốc Bá Cẩn] Dồn Biến Thừa Trừ


[full_width]
Phương pháp dồn biến từ khi mới xuất hiện cho đến nay, nó đã thể hiện được vai trò và tính hiệu quả của mình trong việc giải toán bất đẳng thức. Tuy nhiên, phương pháp này có nhiều nhược điểm mà chúng ta, những ai đã từng sử dụng đều dể dàng nhận thây. Một trong những nhược điểm của nó là rât khó sử dụng với bất đẳng thức chứa căn và một số bất đẳng thức dạng phân thức (phân thức bậc cao). Bài viết nhỏ này, chúng tôi xin được chia sẻ cùng ban đọc một phương pháp dồn biến giúp chúng ta giải quyết được khá nhiều bài toán ba biến (mảnh đất màu mỡ nhất của bất đẳng thức hiện nay) thuộc một trong hai dạng trên. Phương pháp này đã giúp chúng tôi giải được khá nhiều bài toán khó mà một vài trong sô đó đã từng là những bài toán mở. Chúng tôi xin được gọi đó là phương pháp "dồn biển thừa - trừ".

Để bắt đầu, ta sẽ xét ví dụ sau, một bài toán tưởng chừng như không thể giải bằng dồn biến sơ cấp

Ví dụ 1. Giả sủ $a, b, c$ là các số thự không âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Chúng minh rằng $$\frac{1}{\sqrt{a^{2}+a b+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{c^{2}+c a+a^{2}}} \geq 4+\frac{2}{\sqrt{3}}$$
Lời giải. Để ý rằng bất đẳng thức đã cho có đẳng thức xảy ra tại $a=b, c=0$ nên nếu dùng dồn biển để giải thì ý tưởng của ta là dồn biến về trung bình cộng. Khi đó, giả sử $c=\min \{a, b, c\}$ và đặt $$P(a, b, c)=\frac{1}{\sqrt{a^{2}+a b+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{c^{2}+c a+a^{2}}},$$ ta phải chứng minh $$P(a, b, c) \geq P\left(\frac{a+b}{2}, \frac{a+b}{2}, c\right) .$$ Đến đây, ta thấy rằng việc tách bình phương $(a-b)^{2}$ từ $$\frac{1}{\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{c^{2}+c a+a^{2}}}-\frac{2}{\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\frac{c(a+b)}{2}+c^{2}}}$$ là rất phức tạp, nó phải trải qua nhiều lần trục căn. Vì vậy, dù có tách được thành công thì việc đánh giá của ta lúc sau cũng sẽ khó khăn rất nhiều (phải nói là rât khó). Đây cũng chính là lí do làm ta tưởng như phương pháp dồn biến sơ cấp không hiệu quả cho bài toán đẹp và khó này. Bây giờ là ý tưởng chính là chúng tôi muốn giới thiệu cùng bạn đọc: Chúng ta điều biết rằng $$\frac{1}{\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{c^{2}+c a+a^{2}}} \geq \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+a c+b c+2 c^{2}}}(*)$$ và việc tách bình phương từ $$\frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+a c+b c+2 c^{2}}}-\frac{2}{\sqrt{\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\frac{c(a+b)}{2}+c^{2}}}$$ là rất dễ dàng (chỉ cần một bước trục căn là xong), nên ta nghĩ rằng việc dùng bất đẳng thức $(*)$ chắc sẽ có giúp ích cho việc dồn biến của ta. Nhưng tiếc răng, bât đẳng thức $(*)$ không đủ mạnh để thực hiện nhiệm vụ này, vì vậy ý tưởng của ta sẽ là thiêt lập một đánh giá chặt hơn rât nhiều để sử dụng $$\frac{1}{\sqrt{a^{2}+a c+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}} \geq \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+a c+b c+2 c^{2}-k(a-b)^{2}}},$$ tương đương $$2\left[\frac{1}{a^{2}+a c+c^{2}}+\frac{1}{b^{2}+b c+c^{2}}-\frac{4}{a^{2}+b^{2}+a c+b c+2 c^{2}-k(a-b)^{2}}\right] \geq \left(\frac{1}{\sqrt{a^{2}+a c+c^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}}\right)^{2} .$$ Bất đẳng thức này có thể được thu gọn thành $$\frac{2(a-b)^{2}\left[(a+b+c)^{2}-k\left(a^{2}+b^{2}+2 c^{2}+a c+b c\right)\right]}{\left(a^{2}+a c+c^{2}\right)\left(b^{2}+b c+c^{2}\right)\left[a^{2}+b^{2}+a c+b c+2 c^{2}-k(a-b)^{2}\right]} \geq \frac{(a-b)^{2}(a+b+c)^{2}}{\left(a^{2}+a c+c^{2}\right)\left(b^{2}+b c+c^{2}\right)\left(\sqrt{a^{2}+a c+c^{2}}+\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}\right)^{2}}$$ hay là $$\frac{2\left[(a+b+c)^{2}-k\left(a^{2}+b^{2}+2 c^{2}+a c+b c\right)\right]}{\left(a^{2}+a c+c^{2}\right)\left(b^{2}+b c+c^{2}\right)\left[a^{2}+b^{2}+a c+b c+2 c^{2}-k(a-b)^{2}\right]} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\left(a^{2}+a c+c^{2}\right)\left(b^{2}+b c+c^{2}\right)\left(\sqrt{a^{2}+a c+c^{2}}+\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}\right)^{2}}.$$ Cho $a=b=c$, ta tìm được $k \leq \frac{9}{8}$. Vi $k$ càng lớn thì đánh giá của ta sẽ càng chặt, sẽ càng có ích cho ta hơn nên ta có thể thử xét xem với $k=\frac{9}{8}$ thì bất đẳng thức trên có đúng hay không, nhưng vì bài toán chưa được chặt lắm nên ta cũng không cần thiết phải đánh giá "hết ga" như thế, ta sẽ thử với $k=1$ xem thế nào. Cho $k=1$ vào, bất đẳng thức trên trở thành $$\frac{2\left(2 a b+a c+b c-c^{2}\right)}{\left(a^{2}+a c+c^{2}\right)\left(b^{2}+b c+c^{2}\right)\left(2 a b+a c+b c+2 c^{2}\right)} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\left(a^{2}+a c+c^{2}\right)\left(b^{2}+b c+c^{2}\right)\left(\sqrt{a^{2}+a c+c^{2}}+\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}\right)^{2}}$$ tương đương $$\frac{2\left(2 a b+a c+b c-c^{2}\right)}{2 a b+a c+b c+2 c^{2}} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{\left(\sqrt{a^{2}+a c+c^{2}}+\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}\right)^{2}}$$ Dễ dàng đánh giá được $\dfrac{2\left(2 a b+a c+b c-c^{2}\right)}{2 a b+a c+b c+2 c^{2}} \geq 1$ và $\sqrt{a^{2}+a c+c^{2}}+\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}} \geq a+b+c$ nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Như vậy, ta đã thiết lập được $$\frac{1}{\sqrt{b^{2}+b c+c^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{c^{2}+c a+a^{2}}} \geq \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{2 a b+a c+b c+2 c^{2}}} .$$ Và ta đi đến việc chứng minh $$\frac{1}{\sqrt{a^{2}+a b+b^{2}}}+\frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{2 a b+a c+b c+2 c^{2}}} \geq \frac{1}{\sqrt{\frac{3(a+b)^{2}}{4}}}+\frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{\frac{(a+b)^{2}}{2}+a c+b c+2 c^{2}}}$$ để hoàn thành bước dồn biến. Một công việc khá đơn giản với những bạn nào quen với đạo hàm. Thật vậy, đặt $t=a b \leq \frac{(a+b)^{2}}{4}$ và xét hàm số $$f(t)=\frac{1}{\sqrt{(1-c)^{2}-t}}+\frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{2 t+c+c^{2}}},$$ ta dễ thấy $$f^{\prime}(t)=\frac{1}{2\left[(1-c)^{2}-t\right]^{3 / 2}}-\frac{2 \sqrt{2}}{\left(2 t+c+c^{2}\right)^{3 / 2}}<0,$$ bởi vì ta có $2\left[(1-c)^{2}-t\right]-\left(2 t+c+c^{2}\right)=2\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)-\left(2 a b+a c+b c+2 c^{2}\right) \geq 0$ và $\frac{1}{2}-\frac{2 \sqrt{2}}{(2)^{3 / 2}}<0$. Điều này chứng tỏ rằng $f(t)$ là hàm nghịch biến, và chúng ta thu được $f(t) \geq f\left(\frac{(a+b)^{2}}{4}\right)$. Bước dồn biến đã được hoàn tất, tức là ta có $P(a, b, c) \geq P\left(\frac{a+b}{2}, \frac{a+b}{2}, c\right)$. Việc còn lại của ta chỉ là chứng minh $P\left(\frac{a+b}{2}, \frac{a+b}{2}, c\right) \geq 4+\frac{2}{\sqrt{3}}$, một công việc khá nhẹ nhàng với phép chọn tham số trong bất đẳng thức $A M-G M$, xin được dành lại cho bạn đọc phần này.

Ví dụ 2 (Vasile Cirtoaje). Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{5\left(a^{2}+b^{2}\right)+8}+\frac{1}{5\left(b^{2}+c^{2}\right)+8}+\frac{1}{5\left(c^{2}+a^{2}\right)+8} \leq \frac{1}{6}.$$
Lời giải. Để ý rằng bất đẳng thức trên đạt được dấu đẳng thức khi $a=b=c=1$ và $a=\frac{13}{5}, b=c=\frac{1}{5}$ nên ý tưởng của ta sẽ là dồn biến về trung bình cộng (dựa trên giả thiết của bài toán). Giả sử $a \geq b \geq c$, đặt $k=\frac{8}{5}$ và $$P(a, b, c)=\frac{1}{a^{2}+b^{2}+k}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+k}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+k},$$ ta phải chứng minh $$P(a, b, c) \leq P\left(a, \frac{b+c}{2}, \frac{b+c}{2}\right) \leq \frac{3}{k+2}.$$ Nhưng cũng như bài trước, ta thấy rằng việc tách bình phương $(b-c)^{2}$ từ hiệu $\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+k}+\dfrac{1}{a^{2}+c^{2}+k}-\dfrac{2}{a^{2}+\left(\frac{b+c}{2}\right)^{2}+k}$ cũng khá phức tạp và đưa đến bậc cao rât khó đánh giá. Vì vậy, để chứng minh nó, ta sẽ sử dụng ý tưởng sau: Tìm $m$ nhỏ nhất để bất đẳng thức sau đúng $$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+k}+\frac{1}{a^{2}+c^{2}+k} \leq \frac{4}{2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-m(b-c)^{2}}$$ Nhân cả hai vế của bất đẳng thức này với $\left(a^{2}+b^{2}+k\right)+\left(a^{2}+c^{2}+k\right)$ và sử dụng đẳng thức quen thuộc $$(x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)-4=\frac{(x-y)^{2}}{x y},$$ ta có thể dễ dàng viết lại bất đẳng thức trên như sau $$\frac{\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}+k\right)\left(a^{2}+c^{2}+k\right)} \leq \frac{4 m(b-c)^{2}}{2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-m(b-c)^{2}}$$ tương đương $$\frac{(b+c)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}+k\right)\left(a^{2}+c^{2}+k\right)} \leq \frac{4 m}{2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-m(b-c)^{2}} .$$ Cho $a=b=c=1$, ta tìm được $m \geq \dfrac{2}{k+2}$. Như vậy, ta sẽ thử chứng minh bất đẳng thức sau $$\frac{(b+c)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}+k\right)\left(a^{2}+c^{2}+k\right)} \leq \frac{8}{(k+2)\left[2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2}\right]} .$$ Ta có $$2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2} \leq 2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k \leq 2\left(a^{2}+b^{2}+k\right),$$ và $$4\left(a^{2}+c^{2}+k\right)-(k+2)(b+c)^{2} \geq 4\left(b^{2}+c^{2}\right)+k(b+c)^{2}-(k+2)(b+c)^{2} =4\left(b^{2}+c^{2}\right)-2(b+c)^{2}=2(b-c)^{2} \geq 0,$$ nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Do đó, ta có $$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+k}+\frac{1}{a^{2}+c^{2}+k} \leq \frac{4}{2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2}} .$$ Tiếp theo, để hoàn tất bước dồn biến, ta phải chứng minh $$\frac{1}{b^{2}+c^{2}+k}+\frac{4}{2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2}} \leq \frac{1}{\frac{(b+c)^{2}}{2}+k}+\frac{4}{2 a^{2}+\frac{(b+c)^{2}}{2}+2 k},$$ tương đương $$\frac{(b-c)^{2}}{\left(b^{2}+c^{2}+k\right)\left[(b+c)^{2}+2 k\right]} \geq \frac{2(2-k)(b-c)^{2}}{(k+2)\left[2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2}\right]\left[2 a^{2}+\frac{(b+c)^{2}}{2}+2 k\right]},$$ hay là $$\frac{\left[2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2}\right]\left[2 a^{2}+\frac{(b+c)^{2}}{2}+2 k\right]}{\left(b^{2}+c^{2}+k\right)\left[(b+c)^{2}+2 k\right]} \geq \frac{2(2-k)}{k+2}.$$ Ta có $$2 a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 k-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2}-\left[(b+c)^{2}+2 k\right] =2 a^{2}-2 b c-\frac{2}{k+2}(b-c)^{2} \geq 2 b^{2}-2 b c-(b-c)^{2}=b^{2}-c^{2} \geq 0$$ và $$2 a^{2}+\frac{(b+c)^{2}}{2}+2 k-2\left(b^{2}+c^{2}+k\right)=2\left(a^{2}-b^{2}\right)+\left[\frac{(b+c)^{2}}{2}-2 c^{2}\right] \geq 0$$ nên $$V T \geq 2=\frac{2(2-k)}{k+2}+\frac{4 k}{k+2} \geq \frac{2(2-k)}{k+2}=V P .$$ Phép dồn biến được hoàn tất. Và việc còn lại của ta chỉ là chứng minh $P(3-2 t, t, t) \leq \dfrac{3}{k+2}$ với $t=\dfrac{b+c}{2}$ và $k=\dfrac{8}{5}$. Bằng cách khai triển và biến đổi tương đương, ta thấy bất đẳng thức này tương đương với $$\frac{25(5 t-1)^{2}(t-1)^{2}}{6\left(5 t^{2}+4\right)\left(25 t^{2}-60 t+53\right)} \geq 0 \text { (đúng). }$$ Bài toán được chứng minh xong.

Nhận xét. Qua lời giải này, ta có thể thấy tập hợp tất cả các giá trị của k để bât đẳng thúc sau $$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+k}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+k}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+k} \leq \frac{3}{k+2}$$ đúng với $a, b, c>0, a+b+c=3$ là $k \geq \frac{8}{5}$. Ngoài ra, trường hợp $k=2$ chính là bài toán thi chọn đội tuyển Iran năm 2009. Sau đây là một số hai ví dụ khá đẹp khác.

Ví dụ 3 (Phạm Kim Hùng, Vasile Cirtoaje). Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh bất đẳng thức sau $$\frac{a b}{a^{2}+b^{2}+3 c^{2}}+\frac{b c}{b^{2}+c^{2}+3 a^{2}}+\frac{c a}{c^{2}+a^{2}+3 b^{2}} \leq \frac{3}{5} .$$
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $c=\min \{a, b, c\}$. Khi đó, ta sẽ chứng minh $$\frac{b c}{b^{2}+c^{2}+3 a^{2}}+\frac{c a}{c^{2}+a^{2}+3 b^{2}} \leq \frac{c(a+b)+\frac{18}{25}(a-b)^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}} .$$ Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với $$c\left[\frac{b\left(2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}\right)}{b^{2}+c^{2}+3 a^{2}}+\frac{a\left(2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}\right)}{c^{2}+a^{2}+3 b^{2}}-a-b\right] \leq \frac{18}{25}(a-b)^{2} .$$ Ta có $$\frac{b\left(2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}\right)}{b^{2}+c^{2}+3 a^{2}}+\frac{a\left(2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}\right)}{c^{2}+a^{2}+3 b^{2}}-a-b =\frac{a\left(a^{2}-b^{2}\right)}{c^{2}+a^{2}+3 b^{2}}+\frac{b\left(b^{2}-a^{2}\right)}{b^{2}+c^{2}+3 a^{2}} =\frac{(a-b)^{2}(a+b)\left(3 a^{2}+3 b^{2}+c^{2}+2 a b\right)}{\left(3 a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(a^{2}+3 b^{2}+c^{2}\right)}$$ nên bất đẳng thức trên có thể được viết lại thành $$\frac{c(a-b)^{2}(a+b)\left(3 a^{2}+3 b^{2}+c^{2}+2 a b\right)}{\left(3 a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(a^{2}+3 b^{2}+c^{2}\right)} \leq \frac{18}{25}(a-b)^{2},$$ tương đương $$9 c(a+b) \cdot 2\left(3 a^{2}+3 b^{2}+c^{2}+2 a b\right) \leq \frac{18^{2}}{25}\left(3 a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(a^{2}+3 b^{2}+c^{2}\right) .$$ Áp dụng các bất đẳng thức $A M-G M$ và Cauchy Schwarz, ta được $$9 c(a+b) \cdot 2\left(3 a^{2}+3 b^{2}+c^{2}+2 a b\right) \leq\left[\frac{9 c(a+b)+2\left(3 a^{2}+3 b^{2}+c^{2}+2 a b\right)}{2}\right]^{2},$$ và $$\left(3 a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(a^{2}+3 b^{2}+c^{2}\right) \geq\left(a^{2}+b^{2}+2 a b+c^{2}\right)^{2} .$$ Lại có $$\begin{aligned}36\left(a^{2}+b^{2}+2 a b+c^{2}\right)-5\left[9 c(a+b)+2\left(3 a^{2}+3 b^{2}+c^{2}+2 a b\right)\right] &=6 a^{2}+6 b^{2}+26 c^{2}-45 c(a+b)+52 a b \\ &=26(c-a)(c-b)+6 a^{2}+6 b^{2}-19 c(a+b)+26 a b \\ & \geq 6 a^{2}+6 b^{2}-19 c(a+b)+26 a b \geq 38 a b-19 c(a+b) \\ & \geq 0\end{aligned}$$ nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh $$\frac{a b}{a^{2}+b^{2}+3 c^{2}}+\frac{c(a+b)+\frac{18}{25}(a-b)^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}} \leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2\left(a^{2}+b^{2}+3 c^{2}\right)}+\frac{c \sqrt{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}}{2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}},$$ tương đương $$\frac{(a-b)^{2}}{2\left(a^{2}+b^{2}+3 c^{2}\right)}+\frac{c(a-b)^{2}}{\left(2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}\right)\left[\sqrt{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}+a+b\right]} \geq \frac{18(a-b)^{2}}{25\left(2 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}\right)} .$$ Do $\sqrt{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}+a+b \leq 2 \sqrt{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}$, nên ta chỉ cần chứng minh được $$\frac{1}{2\left(2 t^{2}+3 c^{2}\right)}+\frac{c}{4 t\left(4 t^{2}+c^{2}\right)} \geq \frac{18}{25\left(4 t^{2}+c^{2}\right)}\left(t=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}\right)$$ tương đương $$\frac{2\left(4 t^{2}+c^{2}\right)}{2 t^{2}+3 c^{2}}+\frac{c}{t} \geq \frac{72}{25} .$$ Ta có $$\frac{2\left(4 t^{2}+c^{2}\right)}{2 t^{2}+3 c^{2}}+\frac{c}{t}-3=\frac{(t-c)\left(2 t^{2}+4 t c-3 c^{2}\right)}{t\left(2 t^{2}+3 c^{2}\right)} \geq 0,$$ mà $\frac{72}{25}<3$ nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Cuôi cùng, ta đi đến việc chứng minh bất đẳng thức sau $$\frac{t^{2}}{2 t^{2}+3 c^{2}}+\frac{2 t c}{4 t^{2}+c^{2}} \leq \frac{3}{5} .$$ Không mấy khó khăn, ta có thể phân tích $$\frac{t^{2}}{2 t^{2}+3 c^{2}}+\frac{2 t c}{4 t^{2}+c^{2}}-\frac{3}{5}=-\frac{(t-c)^{2}(2 t-3 c)^{2}}{5\left(2 t^{2}+3 c^{2}\right)\left(4 t^{2}+c^{2}\right)} \leq 0,$$ nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng và phép chứng minh của ta được hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b=\frac{3}{2} c$ cùng các hoán vị.

Ví dụ 4 (Vasile Cirtoaje). Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\frac{4 a^{2}-27}{b^{2}+c^{2}}+\frac{4 b^{2}-27}{c^{2}+a^{2}}+\frac{4 c^{2}-27}{a^{2}+b^{2}}+\frac{69}{2} \geq 0 .$$
Lời giải. Với chú ý rằng $\dfrac{4 a^{2}-27}{b^{2}+c^{2}}+4=\dfrac{4\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-27}{b^{2}+c^{2}}$, ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng $$\left(4 a^{2}+4 b^{2}+4 c^{2}-27\right)\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\right)+\frac{45}{2} \geq 0 .$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $a=\max \{a, b, c\}$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có $$4 a^{2}+4 b^{2}+4 c^{2}-27 \geq 4 a^{2}+2(b+c)^{2}-27,$$ nên bất đẳng thức trên được suy ra từ $$\left[4 a^{2}+2(b+c)^{2}-27\right]\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\right)+\frac{45}{2} \geq 0 .$$ Nếu $4 a^{2}+2(b+c)^{2}-27 \geq 0$ thì bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. Trong trường hợp ngược lại, áp dụng bất đẳng thức mà ta đã thiết lập trong Ví dụ 2 ở trên, ta có $$\frac{1}{a^{2}+b^{2}+k}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+k}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+k} \leq \frac{2}{a^{2}+\frac{(b+c)^{2}}{4}+k}+\frac{1}{\frac{(b+c)^{2}}{2}+k}$$ với mọi $k \geq 0$. Từ đó, đặt $t=\frac{b+c}{2}$ và cho $k=0$, ta thu được $$\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}} \leq \frac{2}{a^{2}+t^{2}}+\frac{1}{2 t^{2}} .$$ Do $4 a^{2}+8 t^{2}-27 \leq 0$ nên $$\left(4 a^{2}+8 t^{2}-27\right)\left(\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}}\right) \geq\left(4 a^{2}+8 t^{2}-27\right)\left(\frac{2}{a^{2}+t^{2}}+\frac{1}{2 t^{2}}\right) .$$ Vi thế, ta chỉ cần chứng minh được $$\left[4 a^{2}+8 t^{2}-3(a+2 t)^{2}\right]\left(\frac{2}{a^{2}+t^{2}}+\frac{1}{2 t^{2}}\right)+\frac{45}{2} \geq 0 .$$
Bằng một vài tính toán đơn giản, ta thấy bất đẳng thức này tương đương với $\dfrac{(a-t)^{2}(a-5 t)^{2}}{2 t^{2}\left(a^{2}+t^{2}\right)} \geq$ 0 là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Phép chứng minh của ta được hoàn tât. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hoặc $a=\frac{15}{7}, b=c=\frac{3}{7}$ và các hoán vị tương ứng.

Nhận xét. Mời bạn đọc cùng chúng minh kêt quả sau: Tập hợp tất cả các giá trị của $k$ để bất đẳng thức $$\frac{a^{2}+k}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}+k}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{2}+k}{a^{2}+b^{2}} \geq 3(k+1)$$ đúng với mọi $a, b, c$ dương sao cho $a+b+c=3$ là $-\dfrac{27}{4} \leq k \leq \dfrac{9}{7}$.

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

  1. (Phạm Kim Hùng) Giả sử $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $$\sqrt{a^{2}+b c}+\sqrt{b^{2}+c a}+\sqrt{c^{2}+a b} \leq \frac{3}{2} \text {. }$$
  2. (Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng) Giả sử $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng $$\frac{1}{\sqrt{\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)\left(a^{2}+a c+c^{2}\right)}} + \frac{1}{\sqrt{\left(b^{2}+bc+c^{2}\right)\left(b^{2}+ba+a^{2}\right)}} + \frac{1}{\sqrt{\left(c^{2}+ca+a^{2}\right)\left(c^{2}+cb+b^{2}\right)}}\geq 4+\frac{8}{\sqrt{3}} .$$
  3. (Phan Thành Việt) Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm hằng số $k$ lớn nhất đề bât đẳng thức sau luôn đúng $$\sqrt{a+k(b-c)^{2}}+\sqrt{b+k(c-a)^{2}}+\sqrt{c+k(a-b)^{2}} \leq \sqrt{3}.$$
  4. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Tim hằng số $k$ lớn nhất đề bất đẳng thức sau luôn đúng $$\frac{1}{\sqrt{a+k(b-c)^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{b+k(c-a)^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{c+k(a-b)^{2}}} \geq 3 \sqrt{3} .$$
  5. (Dương Đức Lâm) Giả sử $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng khi đó $$\frac{1}{(b+c)^{2}+6}+\frac{1}{(c+a)^{2}+6}+\frac{1}{(a+b)^{2}+6} \geq \frac{3}{10} .$$
  6. Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a b c=1$. Chứng minh bất đẳng thức sau $$\sqrt{8 a^{2}+1}+\sqrt{8 b^{2}+1}+\sqrt{8 c^{2}+1} \leq 3(a+b+c) .$$
MOlympiad.NET là dự án thu thập và phát hành các đề thi tuyển sinh và học sinh giỏi toán. Quý bạn đọc muốn giúp chúng tôi chỉnh sửa đề thi này, xin hãy để lại bình luận facebook (có thể đính kèm hình ảnh) hoặc google (có thể sử dụng $\LaTeX$) bên dưới. BBT rất mong bạn đọc ủng hộ UPLOAD đề thi và đáp án mới hoặc liên hệ
Chúng tôi nhận tất cả các định dạng của tài liệu: $\TeX$, PDF, WORD, IMG,...



Name

Abel Albania AMM Amsterdam An Giang Andrew Wiles Anh APMO Austria (Áo) Ba Đình Ba Lan Bà Rịa Vũng Tàu Bắc Bộ Bắc Giang Bắc Kạn Bạc Liêu Bắc Ninh Bắc Trung Bộ Bài Toán Hay Balkan Baltic Way BAMO Bất Đẳng Thức Bến Tre Benelux Bình Định Bình Dương Bình Phước Bình Thuận Birch BMO Booklet Bosnia Herzegovina BoxMath Brazil British Bùi Đắc Hiên Bùi Thị Thiện Mỹ Bùi Văn Tuyên Bùi Xuân Diệu Bulgaria Buôn Ma Thuột BxMO Cà Mau Cần Thơ Canada Cao Bằng Cao Quang Minh Câu Chuyện Toán Học Caucasus CGMO China - Trung Quốc Chọn Đội Tuyển Chu Tuấn Anh Chuyên Đề Chuyên Sư Phạm Chuyên Trần Hưng Đạo Collection College Mathematic Concours Cono Sur Contest Correspondence Cosmin Poahata Crux Czech-Polish-Slovak Đà Nẵng Đa Thức Đại Số Đắk Lắk Đắk Nông Đan Phượng Danube Đào Thái Hiệp ĐBSCL Đề Thi Đề Thi HSG Đề Thi JMO Điện Biên Định Lý Định Lý Beaty Đỗ Hữu Đức Thịnh Do Thái Doãn Quang Tiến Đoàn Quỳnh Đoàn Văn Trung Đống Đa Đồng Nai Đồng Tháp Du Hiền Vinh Đức Dương Quỳnh Châu Duyên Hải Bắc Bộ E-Book EGMO ELMO EMC Epsilon Estonian Euler Evan Chen Fermat Finland Forum Of Geometry Furstenberg G. Polya Gặp Gỡ Toán Học Gauss GDTX Geometry Gia Lai Gia Viễn Giải Tích Hàm Giảng Võ Giới hạn Goldbach Hà Giang Hà Lan Hà Nam Hà Nội Hà Tĩnh Hà Trung Kiên Hải Dương Hải Phòng Hậu Giang Hậu Lộc Hilbert Hình Học HKUST Hòa Bình Hoài Nhơn Hoàng Bá Minh Hoàng Minh Quân Hodge Hojoo Lee HOMC HongKong HSG 10 HSG 10 Bắc Giang HSG 10 Thái Nguyên HSG 10 Vĩnh Phúc HSG 11 HSG 11 Bắc Giang HSG 11 Lạng Sơn HSG 11 Thái Nguyên HSG 11 Vĩnh Phúc HSG 12 HSG 12 2010-2011 HSG 12 2011-2012 HSG 12 2012-2013 HSG 12 2013-2014 HSG 12 2014-2015 HSG 12 2015-2016 HSG 12 2016-2017 HSG 12 2017-2018 HSG 12 2018-2019 HSG 12 2019-2020 HSG 12 2020-2021 HSG 12 2021-2022 HSG 12 Bắc Giang HSG 12 Bình Phước HSG 12 Đồng Tháp HSG 12 Lạng Sơn HSG 12 Long An HSG 12 Quảng Nam HSG 12 Quảng Ninh HSG 12 Thái Nguyên HSG 12 Vĩnh Phúc HSG 9 HSG 9 2010-2011 HSG 9 2011-2012 HSG 9 2012-2013 HSG 9 2013-2014 HSG 9 2014-2015 HSG 9 2015-2016 HSG 9 2016-2017 HSG 9 2017-2018 HSG 9 2018-2019 HSG 9 2019-2020 HSG 9 2020-2021 HSG 9 2021-202 HSG 9 2021-2022 HSG 9 Bắc Giang HSG 9 Bình Phước HSG 9 Đồng Tháp HSG 9 Lạng Sơn HSG 9 Long An HSG 9 Quảng Nam HSG 9 Quảng Ninh HSG 9 Vĩnh Phúc HSG Cấp Trường HSG Quốc Gia HSG Quốc Tế Hứa Lâm Phong Hứa Thuần Phỏng Hùng Vương Hưng Yên Hương Sơn Huỳnh Kim Linh Hy Lạp IMC IMO IMT India - Ấn Độ Inequality InMC International Iran Jakob JBMO Jewish Journal Junior K2pi Kazakhstan Khánh Hòa KHTN Kiên Giang Kim Liên Kon Tum Korea - Hàn Quốc Kvant Kỷ Yếu Lai Châu Lâm Đồng Lăng Hồng Nguyệt Anh Lạng Sơn Langlands Lào Cai Lê Hải Châu Lê Hải Khôi Lê Hoành Phò Lê Khánh Sỹ Lê Minh Cường Lê Phúc Lữ Lê Phương Lê Quý Đôn Lê Viết Hải Lê Việt Hưng Leibniz Long An Lớp 10 Lớp 10 Chuyên Lớp 10 Không Chuyên Lớp 11 Lục Ngạn Lượng giác Lương Tài Lưu Giang Nam Lý Thánh Tông Macedonian Malaysia Margulis Mark Levi Mathematical Excalibur Mathematical Reflections Mathematics Magazine Mathematics Today Mathley MathLinks MathProblems Journal Mathscope MathsVN MathVN MEMO Metropolises Mexico MIC Michael Guillen Mochizuki Moldova Moscow MYM MYTS Nam Định Nam Phi National Nesbitt Newton Nghệ An Ngô Bảo Châu Ngô Việt Hải Ngọc Huyền Nguyễn Anh Tuyến Nguyễn Bá Đang Nguyễn Đình Thi Nguyễn Đức Tấn Nguyễn Đức Thắng Nguyễn Duy Khương Nguyễn Duy Tùng Nguyễn Hữu Điển Nguyễn Mình Hà Nguyễn Minh Tuấn Nguyễn Nhất Huy Nguyễn Phan Tài Vương Nguyễn Phú Khánh Nguyễn Phúc Tăng Nguyễn Quản Bá Hồng Nguyễn Quang Sơn Nguyễn Tài Chung Nguyễn Tăng Vũ Nguyễn Tất Thu Nguyễn Thúc Vũ Hoàng Nguyễn Trung Tuấn Nguyễn Tuấn Anh Nguyễn Văn Huyện Nguyễn Văn Mậu Nguyễn Văn Nho Nguyễn Văn Quý Nguyễn Văn Thông Nguyễn Việt Anh Nguyễn Vũ Lương Nhật Bản Nhóm $\LaTeX$ Nhóm Toán Ninh Bình Ninh Thuận Nội Suy Lagrange Nội Suy Newton Nordic Olympiad Corner Olympiad Preliminary Olympic 10 Olympic 10/3 Olympic 11 Olympic 12 Olympic 24/3 Olympic 24/3 Quảng Nam Olympic 27/4 Olympic 30/4 Olympic KHTN Olympic Sinh Viên Olympic Tháng 4 Olympic Toán Olympic Toán Sơ Cấp PAMO Phạm Đình Đồng Phạm Đức Tài Phạm Huy Hoàng Pham Kim Hung Phạm Quốc Sang Phan Huy Khải Phan Quang Đạt Phan Thành Nam Pháp Philippines Phú Thọ Phú Yên Phùng Hồ Hải Phương Trình Hàm Phương Trình Pythagoras Pi Polish Problems PT-HPT PTNK Putnam Quảng Bình Quảng Nam Quảng Ngãi Quảng Ninh Quảng Trị Quỹ Tích Riemann RMM RMO Romania Romanian Mathematical Russia Sách Thường Thức Toán Sách Toán Sách Toán Cao Học Sách Toán THCS Saudi Arabia - Ả Rập Xê Út Scholze Serbia Sharygin Shortlists Simon Singh Singapore Số Học - Tổ Hợp Sóc Trăng Sơn La Spain Star Education Stars of Mathematics Swinnerton-Dyer Talent Search Tăng Hải Tuân Tạp Chí Tập San Tây Ban Nha Tây Ninh Thạch Hà Thái Bình Thái Nguyên Thái Vân Thanh Hóa THCS Thổ Nhĩ Kỳ Thomas J. Mildorf THPT Chuyên Lê Quý Đôn THPTQG THTT Thừa Thiên Huế Tiền Giang Tin Tức Toán Học Titu Andreescu Toán 12 Toán Cao Cấp Toán Chuyên Toán Rời Rạc Toán Tuổi Thơ Tôn Ngọc Minh Quân TOT TPHCM Trà Vinh Trắc Nghiệm Trắc Nghiệm Toán Trại Hè Trại Hè Hùng Vương Trại Hè Phương Nam Trần Đăng Phúc Trần Minh Hiền Trần Nam Dũng Trần Phương Trần Quang Hùng Trần Quốc Anh Trần Quốc Luật Trần Quốc Nghĩa Trần Tiến Tự Trịnh Đào Chiến Trường Đông Trường Hè Trường Thu Trường Xuân TST TST 2010-2011 TST 2011-2012 TST 2012-2013 TST 2013-2014 TST 2014-2015 TST 2015-2016 TST 2016-2017 TST 2017-2018 TST 2018-2019 TST 2019-2020 TST 2020-2021 TST 2021-2022 TST Bắc Giang TST Bình Phước TST Đồng Tháp TST Lạng Sơn TST Long An TST Quảng Nam TST Quảng Ninh TST Thái Nguyên TST Vĩnh Phúc Tuyên Quang Tuyển Sinh Tuyển Sinh 10 Tuyển Sinh 10 Bắc Giang Tuyển Sinh 10 Bình Phước Tuyển Sinh 10 Đồng Tháp Tuyển Sinh 10 Lạng Sơn Tuyển Sinh 10 Long An Tuyển Sinh 10 Quảng Nam Tuyển Sinh 10 Quảng Ninh Tuyển Sinh 10 Thái Nguyên Tuyển Sinh 10 Vĩnh Phúc Tuyển Sinh 2010-2011 Tuyển Sinh 2011-2012 Tuyển Sinh 2011-2022 Tuyển Sinh 2012-2013 Tuyển Sinh 2013-2014 Tuyển Sinh 2014-2015 Tuyển Sinh 2015-2016 Tuyển Sinh 2016-2017 Tuyển Sinh 2017-2018 Tuyển Sinh 2018-2019 Tuyển Sinh 2019-2020 Tuyển Sinh 2020-2021 Tuyển Sinh 2021-202 Tuyển Sinh 2021-2022 Tuyển Tập Tuymaada UK - Anh Undergraduate USA - Mỹ USA TSTST USAJMO USATST USEMO Uzbekistan Vasile Cîrtoaje Vật Lý Viện Toán Học Vietnam Viktor Prasolov VIMF Vinh Vĩnh Long Vĩnh Phúc Virginia Tech VLTT VMEO VMF VMO VNTST Võ Anh Khoa Võ Quốc Bá Cẩn Võ Thành Văn Vojtěch Jarník Vũ Hữu Bình Vương Trung Dũng WFNMC Journal Wiles Yên Bái Yên Định Yên Thành Zhautykov Zhou Yuan Zhe
false
ltr
item
MOlympiad.NET: [Võ Quốc Bá Cẩn] Dồn Biến Thừa Trừ
[Võ Quốc Bá Cẩn] Dồn Biến Thừa Trừ
MOlympiad.NET
https://www.molympiad.net/2017/09/vo-quoc-ba-can-don-bien-thua-tru.html
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/2017/09/vo-quoc-ba-can-don-bien-thua-tru.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Not found any posts Not found any related posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU Tag ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Contents See also related 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 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 THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED
PLEASE FOLLOW THE INSTRUCTIONS TO VIEW THIS CONTENT
NỘI DUNG CAO CẤP NÀY ĐÃ BỊ KHÓA
XIN HÃY LÀM THEO HƯỚNG DẪN ĐỂ XEM NỘI DUNG NÀY
STEP 1: SHARE THIS ARTICLE TO A SOCIAL NETWORK
BƯỚC 1: CHIA SẺ BÀI VIẾT NÀY LÊN MẠNG XÃ HỘI
STEP 2: CLICK THE LINK ON YOUR SOCIAL NETWORK
BƯỚC 2: BẤM VÀO ĐƯỜNG DẪN TRÊN MẠNG XÃ HỘI CỦA BẠN