Tài liệu 45 cách chứng minh bất đẳng thức nesbitt

www.VNMATH.com Một số cách chứng minh BẤT ĐẲNG THỨC NESBITT 1. Bất đẳng thức Nesbitt: Nếu a, b, c là các số dương thì ta có bất đẳng thức a b c 3 P= + + ≥ b+c c+a a+b 2 2. Một số cách chứng minh. Cách 1. Bất đẳng thức đã cho tương đương với  a   b   c  9 + 1 +  + 1 +  + 1 ≥  b+c  c+a  a+b  2 1 1   1 ⇔ [(a + b) + (b + c) + (c + a )]  + + ≥9 a+b b+c c+a Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo AM – GM : (a + b) + (b + c) + (c + a ) ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a ) 1 1 1 3 + + ≥ . và 3 a+b b+c c+a (a + b)(b + c)(c + a) Nhân theo vế hai bất đẳng thức này ta có điều phải chứng minh.
Cách 2. Viết lại bất đẳng thức đã cho dưới dạng 2a (a + b)(c + a ) + 2b(b + c )(a + b) + 2c(c + a )(b + c) ≥ 3(a + b)(b + c)(c + a ) ⇔ 2(a 3 + b3 + c3 ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) ⇔ (a + b)(a − b) 2 + (b + c )(b − c) 2 + (c + a )(c − a )2 ≥ 0 Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 3. Đặt x = b + c, y = c + a, z = a + b thì a = Bất đẳng thức trở thành y+z−x z+x− y x+ y−z ,b = ,c = 2 2 2 y+z−x z+x− y x+ y−z 3 + + ≥ 2x 2y 2z 2  x y  y z   z x ⇔ + + + + + ≥6  y x  z y x z luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM.
b c a c a b Cách 4. Đặt Q = + + ,R = + + thì theo AM – GM ta có b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a a+c b+a c+b P+Q = + + ≥ 3, P + R = + + ≥3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b 3 Suy ra 2 P + Q + R ≥ 6 , mà Q + R = 3 , nên P ≥ .
2 Cách 5. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có a2 b2 c2 (a + b + c) 2 3(ab + bc + ca ) 3 P= + + ≥ ≥ = ab + ac bc + ba ca + cb 2( ab + bc + ca ) 2(ab + bc + ca ) 2 Đó là điều phải chứng minh.
1 1 1 Cách 6. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c , thế thì . Áp dụng bất đẳng ≥ ≥ b+c c+a a+b thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có a b c 1 1 1   1 + + ≥ (a + b + c)  + +  b+c c+a a+b 3 b+c c+a a+b a b c 1 a b c  ⇔ + + ≥  +1+ +1+ + 1 b + c c + a a + b 3 b + c c+a a+b  1 3 Hay P ≥ ( P + 3) , nghĩa là P ≥ .
3 2 www.VNMATH.com Cách 7. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 b+c b2 c+a c2 a+b + ≥ a, + ≥ b, + ≥c b+c 4 c+a 4 a+b 4 Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được a2 b2 c2 3 +a+ +b+ + c ≥ (a + b + c) b+c c+a a+b 2 a ( a + b + c) b(a + b + c) c( a + b + c) 3 ⇔ + + ≥ ( a + b + c) b+c c+a a+b 2 a b c 3 ⇔ + + ≥ .
b+c c+a a+b 2 x Cách 8. Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Xét hàm f ( x) = trên khoảng (0,3). Ta 3− x 6 có f ''( x) = > 0 , suy ra f ( x) là hàm lõm trên (0,3) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen ta (3 − x)3 được 3 a+b+c P = f (a ) + f (b) + f (c ) ≥ 3 f   = 3 f (1) = .
3 2   Cách 9. Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Ta có a 1 3 ≥ + (a − 1) (1) 3− a 2 2 Thật vậy, (1) ⇔ 3( a − 1) 2 ≥ 0 luôn đúng với mọi a dương. Trong (1) thay a lần lượt bởi b và c rồi cộng theo vế ta được a b c 3 3 3 P= + + ≥ + ( a + b + c − 3) = .
3− a 3−b 3−c 2 2 2 Cách 10. Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a a (b + c ) b b( c + a ) c c( a + b) + ≥ a, + ≥ b, + ≥c b+c 4 c+a 4 a+b 4 Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta được a b c ab + bc + ca (a + b + c) 2 3 + + ≥ a+b+c− ≥ a+b+c− = .
b+c c+a a+b 2 6 2 a 1 8a − b − c Cách 11.Ta có nhận xét rằng ≥ . (2) b+c 4 a+b+c Thật vậy, (2) ⇔ (2a − b − c )2 ≥ 0 luôn đúng. Tương tự ta cũng có b 1 8b − c − a c 1 8c − a − b và ≥ . ≥ . c+a 4 a+b+c a+b 4 a+b+c Suy ra a b c 1 (8a − b − c) + (8b − c − a ) + (8c − a − b) 3 + + ≥ . = .
b+c c+a a+b 4 a+b+c 2 Cách 12. Ta có P− 3 (a − b)2 (b − c) 2 (c − a ) 2 = + + ≥ 0.
2 2(a + c )(b + c) 2(b + a )(c + a ) 2(c + b)( a + b) Cách 13. Không mất tính tổng quát giả sử c = min{a, b, c} , ta có P− 3 ( a − b) 2 a + b − 2c = + (a − c)(b − c) ≥ 0 .
2 (a + c)(b + c) 2(a + b)(b + c)(c + a) www.VNMATH.com Cách 14. Đặt f ( a, b, c) = a b c a+b ta có + + và t = b+c c+a a+b 2 ( a − b) 2 ( a + b + c ) f ( a, b, c) − f ( t , t , c ) = ≥0 ( a + c)(b + c)( a + b + 2c) và f (t, t, c ) − 3 2t c 3 (c − t ) 2 = + − = ≥0 2 c + t 2t 2 2t (c + t ) 3 .
2 a b c Cách 15. Đặt f (a, b, c) = + + và t = ab . Không mất tính tổng b+c c+a a+b quát, giả sử c = min{a, b, c} , ta có t ≥ c và a (t − c) b (t − c ) c−t f ( a, b, c) − f ( a, b, t ) = + + (b + c)(b + t ) (c + a )(t + a) a + b Suy ra f (a, b, c) ≥ f ( t , t , c ) ≥ ≥ t −c  a b ( a − b) 2  t −c + − = ≥0 1 .   a + b  b + t t + a  a + b (b + t )(t + a) Mặt khác ta lại có 3 ( a − b) 2 (a − t )2 (t − b ) 2 = + + ≥0 2 2(b + t )(t + a ) 2(b + t )( a + b) 2( a + b)(t + a) 3 Suy ra f ( a, b, c) ≥ f (a, b, t ) ≥ .
2 f ( a , b, t ) − Cách 16. Không m ất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Ta có a b c c a  a−b b−c c−a  b + + − + + + + = b+c c+a a+b b+c c+a a+b b+c c+a a+b a−b b−c c−a a−b+b−c+c−a ≥ + + = =0. a+c c+a a+c a+c Suy ra a b c b c a + + ≥ + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b Nên 2a 2b 2c a b c b c a + + ≥ + + + + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a = + + ≥ 3 (AM – GM) b+c c+a a+b Suy ra điều phải chứng minh.
2P = Cách 17. Áp d ụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có 3 a 1 b 1 c 1 1  b 1  c 1  a = + + + + + ≥ 33  +  +  +  2 b+c 2 c+a 2 a+b 2  b + c 2  c + a 2  a + b 2  Ta chỉ cần chứng minh rằng 1  b 1  c 1  a +  +  +  ≥1   b + c 2  c + a 2  a + b 2  ⇔ (2a + b + c)(2b + c + a )(2c + a + b) ≥ 8( a + b)(b + c)(c + a) Lại sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì 2a + b + c = ( a + b) + ( a + c) ≥ 2 ( a + b)( a + c) Tương tự với hai bất đẳng thức còn lại rồi nhân theo vế ta được điều phải chứng minh.
P+ www.VNMATH.com Cách 18. Tương tự cách 17, sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì a b c  a  b  c  +1+ +1+ + 1 ≥ 33  + 1 + 1 + 1 b+c c+a a+b  b + c  c + a  a + b  Ta chỉ cần chứng minh P+3= 3  a  b  c  3 + 1 + 1 + 1 ≥     b + c  c + a  a + b   2  ⇔ 8(a + b + c)3 ≥ 27(a + b)(b + c)(c + a) Bất đẳng thức cuối luôn đúng vì theo AM – GM : 8( a + b + c)3 = [(a+b)+(b+c)+(c+a)]3 ≥ 27( a + b)(b + c)(c + a ) .
Cách 19. Viết lại bất đẳng thức dưới dạng tương đương sau a 1 b 1 c 1 − + − + − ≥0 b+c 2 c+a 2 a+b 2 2a − b − c 2b − c − a 2c − a − b ⇔ + + ≥0 b+c c+a a+b Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c , thế thì  2a − b − c ≥ 2b − c − a ≥ 2c − a − b   1 1 1  b + c ≥ c + a ≥ a + b Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có 2a − b − c 2b − c − a 2c − a − b + + b+c c+a a+b 1 1 1   1 ≥ [(2a − b − c) + (2b − c − a ) + (2c − a − b) ]  + + =0 3 b +c c +a a +b Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 20. Không m ất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Ta có 3( a − 1) 2 ≥ 0 ⇔ 4a ≥ 10a − 3a 2 − 3 = (3 − a)(3a − 1) a 3a − 1 (3) ⇔ ≥ 3−a 4 Trong (3) thay a bởi b, c rồi cộng lại theo vế ta được a b c 3a − 1 3b − 1 3c − 1 3 P= + + ≥ + + = .
3− a 3−b 3−c 4 4 4 2 Cách 21. Đặt b c a = x, = y, = z ta có x, y, z > 0 và xyz = 1 . Bất đẳng thức trở thành c a b x y z 3 + + ≥ 1 + zx 1 + xy 1 + yz 2 x y z ⇔ 2  + +  ≥ x + y + z + xy + yz + zx z x y Sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số ta có x x z x2 + + ≥ 33 = 3x z z y yz Từ đó dễ dàng suy ra Chứng minh tương tự cho Suy ra điều phải chứng minh.
x y z + + ≥ x+ y+z z x y x y z + + ≥ xy + yz + zx z x y www.VNMATH.com a b c 1 1 1 ,y = ,z = thì + + = 2 (4) 1+ x 1+ y 1+ z b+c c+a a+b 3 Ta sẽ chứng minh x + y + z ≥ . 2 3 Thật vậy, giả sử x + y + z < , thế thì theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2 1 1 1 9 9 + + ≥ > = 2 (mâu thuẫn với (4)) 1+ x 1+ y 1+ z 3 + x + y + z 3 + 3 2 3 Vậy x + y + z ≥ , đó là điều phải chứng minh.
2 a b c Cách 23. Đặt x = ,y = ,z = thì P = x + y + z . b+c c+a a+b 1 1 1 Suy ra + + = 2 hay xy + yz + zx + 2 xyz = 1 . 1+ x 1+ y 1+ z Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 2 3 xy + yz + zx + 2 xyz ≤ P 2 + P 3 27 Cách 22. Đặt x = 1 2 3 3 1 ≤ P2 + P ⇔ (2 P − 3)( P + 3) 2 ≥ 0 ⇔ P ≥ .
3 27 2 a b c t Cách 24. Đặt x = ,y = ,z = . Xét hàm f (t ) = với t > 0 ta có b+c c+a a+b t +1 1 2 f '(t ) = > 0 và f ''(t ) = − < 0 với mọi t ∈ (0; +∞) 2 (t + 1) (t + 1)3 Suy ra f (t ) là hàm lõm nên theo bất đẳng thức Jensen thì  x + y + z  f ( x) + f ( y ) + f ( z ) 1 1 = = f  f ≥ 3 3 3   2 Mà hàm f tăng ngặt trên (0; +∞) nên ta có x+ y+z 1 3 ≥ ⇔ P= x+ y+z≥ .
3 2 2 a b c Cách 25. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Đặt f (a ) = + + . b+c c+a a+b 1 b c 1 b c Ta có f '( a) = − − ≥ − − =0 2 2 2 b + c (c + a ) ( a + b) b + c (c + b ) ( c + b ) 2 2b c + = g (b) Suy ra f (a ) ≥ f (b) = b + c 2b 2c c 2c c Lại có g '(b) = − 2≥ − 2 =0 2 2 (b + c) 2b (b + b) 2b 2c c 3 + = . Suy ra g (b) ≥ g (c) = c + c 2c 2 3 Vậy P = f (a ) ≥ g (b) ≥ g (c) = .
2 a b Cách 26.Đặt x = , y = . Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c , ta có x ≥ y ≥ 1 c c Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x y 1 3 + + ≥ y +1 x +1 x + y 2 Theo bất đẳng thức AM – GM thì x +1 y +1 x y 1 1 + ≥2⇔ + ≥2− − y +1 x +1 y +1 x +1 x +1 y +1 Ta chỉ cần chứng minh Nên www.VNMATH.com 1 1 1 3 1 1 1 1 y −1 y −1 − + ≥ ⇔ − ≥ − ⇔ ≥ x +1 y +1 x + y 2 2 y +1 x +1 x + y 2( y + 1) ( x + 1)( x + y ) Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì x ≥ y ≥ 1 nên y − 1 ≥ 0 và 2( y + 1) ≤ ( x + 1)( x + y ) .
2− Cách 27. Làm như cách 24, ta cần chứng minh x y 1 3 với x ≥ y ≥ 1 . + + ≥ y +1 x +1 x + y 2 Đặt A = x + y và B = xy , bất đẳng thức tương đương với x2 + y 2 + x + y 1 3 + ≥ ( x + 1)( y + 1) x+ y 2 Hay A2 − 2 B + A 1 3 + ≥ ⇔ 2 A3 − A2 − A + 2 ≥ B(7 A − 2) A + B +1 A 2 2 Để ý rằng 7 A − 2 > 0 và A ≥ 4 B , suy ra ta chỉ cần chứng minh 4(2 A3 − A2 − A + 2) ≥ A2 (7 A − 2) ⇔ ( A − 2) 2 ( A + 2) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối luôn đúng và ta có điều phải chứng minh.
S dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Cách 28. Sử a+ ⇔ (a + b + c )3 ≥ b+c b+c (b + c) 2 + ≥ 33 a 2 2 4 27 3 3 b+c a (b + c) 2 ⇔ (a + b + c)3 ≥ a a. 4 2 a a a a 3 3 ≥ . . b+c 2 ( a + b + c )3 a b c 3 3 a a +b b +c c + + ≥ . Từ đó ta chứng minh được b+c c+a a+b 2 ( a + b + c )3 Suy ra Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Ta chỉ cần chứng minh a a + b b + c c ≥ 3 . Thật vậy, theo bất đẳng thức AM – GM thì  a a + a a + 1 ≥ 3a  b b + b b + 1 ≥ 3b  c c + c c + 1 ≥ 3c Suy ra 2( a a + b b + c c ) + 3 ≥ 3( a + b + c) = 9 ,hay a a + b b + c c ≥ 3 .
Cách 29. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 a + (b + c ) ≥ 2 2 a ( b + c ) b+c a 8a 2 ⇔ ≥ a b + c (2a + b + c) 2 8a 2 8b 2 8c 2 + + Từ đó ta chứng minh được P ≥ (2a + b + c) 2 (2b + c + a )2 (2c + a + b) 2 Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 ,ta chỉ cần chứng minh a2 b2 c2 3 + + ≥ 2 2 2 ( a + 3) (b + 3) (c + 3) 16 a2 1 3 Để ý rằng (5) ≥ + ( a − 1) ( a + 3) 2 16 32 3 Thật vậy, (5) ⇔ ( a − 1) 2 ( a − 3) ≤ 0 luôn đúng vì 0 < a < 3 . 2 Trong (5) thay a lần lượt bởi b, c rồi cộng theo vế các bất đẳng thức ta được ⇔ (2a + b + c) 2 ≥ 8a 2 . a2 b2 c2 3 3 3 + + ≥ + ( a + b + c − 3) = .
2 2 2 ( a + 3) (b + 3) (c + 3) 16 32 16 www.VNMATH.com Cách 30. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng a 3 a3 ≥ b + c 2 a 3 + b3 + c 3 Thật vậy, (6) ⇔ 2( a3 + b3 + c3 ) ≥ 3 a (b + c) Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có (6) (7)  a 3 + b3 + b3 ≥ 3b a   a 3 + c 3 + c 3 ≥ 3c a Cộng theo vế hai bất đẳng thức này cho ta (7). Xây dựng thêm hai bất đẳng thức tương tự dạng (6) rồi cộng chúng theo vế ta được  3 3 a3 b3 c3 P≥  + + = .
2  a 3 + b 3 + c 3 a3 + b3 + c 3 a 3 + b 3 + c 3  2 Cách 31. Ta có 2a 2b 2c + + b+c c+a a+b (a + b) + (a + c ) (b + c ) + (b + a ) (c + a ) + (c + b) = + + −3 b+c c+a a+b a+b b+c c+a b+c c+a a+b = + + + + + −3 b+c c+a a+b a+b b+c c+a ≥6−3=3 (AM – GM cho 6 số) Suy ra điều phải chứng minh.
2P = Cách 32. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Thế thì 1 1 1 ≥ ≥ b+c c+a a+b Áp dụng bất đẳng thức hoán vị ta có b c b c a  a  b + c + c + a + a + b ≥ b + c + c + a + a + b   a + b + c ≥ c + a + b  b + c c + a a + b b + c c + a a + b Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được 2P ≥ b c c a a b + + + + + =3 b+c b+c c+a c+a a+b a+b Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 33. B ất đẳng thức đã cho tương đương với a(a + b + c) a (a + b + c) a (a + b + c) 3( a + b + c) + + ≥ b+c b+c b+c 2 a2 b2 c2 a+b+c ⇔ + + ≥ b+c c+a a+b 2 Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . Suy ra 1 1 1 a 2 ≥ b 2 ≥ c 2 và ≥ ≥ b+c c+a a+b Áp dụng bất đẳng thức hoán vị ta có  a2 b2 c2 b2 c2 a2 + + ≥ + +  b+c c+a a+b b+c c+a a+b  2 2 2 2 2 2  a + b + c ≥ c + a + b  b + c c + a a + b b + c c + a a + b www.VNMATH.com Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được a2 b2 c2 1  a2 + b2 b 2 + c 2 c2 + a 2  + + ≥  + +  b+c c+a a+b 2 a+b b+c c+a  1  (a + b) 2 (b + c )2 (c + a) 2  ≥  + +  4  a+b b+c c+a  = a+b+c 2 Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 34. K h ô n g mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c và a + b + c = 1 . Khi đó 1 1 2 1 1 1 a ≥ , c ≤ suy ra a + b = 1 − c ≥ , nên (a, b, c) f  , ,  . Áp dụng bất đẳng thức Karamata 3 3 3  3 3 3 x 1 1 1 , lồi trên (0,1), đối với bộ trội (a, b, c) f  , ,  , ta có cho hàm y = f ( x) = 1− x  3 3 3 1 1 1 3 P = f (a ) + f (b) + f (c ) = f   + f   + f   = 3  3  3 2 Bất đẳng thức được chứng minh.
Cách 35. K h ô n g mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 1 . Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Do đó 3 64  (2 − 2a ) + (1 + a ) + (1 + a )  (2 − 2a )(1 + a )(1 + a ) ≤  =  3 27   a 27 a (1 + a ) 2 . Tương tự ≥ 1 − a 32 b 27 c 27 ≥ b(1 + b) 2 , ≥ c(1 + c ) 2 1 − b 32 1 − c 32 n xn + y n + z n  x + y + z  Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và sử dụng kết quả quen biết ≥  với 3 3   mọi x, y, z ≥ 0, n ≥ 1 ta được P= Cách 36. a b c 27 (a 3 + b3 + c3 ) + 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + (a + b + c)  + + ≥  1 − a 1 − b 1 − c 32 3 2  3 27   1  1 ≥ 3   + 6   + 1 = .
32   3  3  2 t tính tổng quát giả sử a + b + c = 3 . Hiển nhiên là ( a − 1) 2 ≥ 0 ⇔ a + 1 ≥ a (3 − a ) ⇔ a a2 ≥ ( vì a, b, c ∈ (0,3) ) 3 − a a +1 b b2 c c2 và ≥ ≥ 3 − b b +1 3 − c c +1 Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên và sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được a b c a2 b2 c2 (a + b + c) 2 3 P= + + ≥ + + ≥ = .
3 − a 3 − b 3 − c a +1 b +1 c +1 a + b + c + 3 2 Hoàn toàn tương tự, ta có Cách 37. Không m ất tính tổng quát, giả sử a + b + c = 1 . Trước hết ta sẽ chứng minh rằng a + bc b + ca c + ab + + ≥2 b+c c+a a+b www.VNMATH.com Sử dụng bất đẳng thức AM – GM với chú ý a + b + c = 1 , ta có a + bc b + ca c + ab (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) + + = + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b ≥ (a + b) + (b + c) + (c + a ) = 2 . xy x+ y Trở lại bài toán, sử dụng bất đẳng thức quen biết với mọi x, y ≥ 0 , ta có ≤ x+ y 4 a b c bc ca ab 1 3 + + ≥ 2− − − ≥ 2 − [ (b + c) + (c + a ) + (a + b)] = b+c c+a a+b b+c c+a a+b 4 2 Đó là điều phải chứng minh.
Cách 38. S ử dụng bất đẳng thức quen biết ( x + y + z ) 2 ≥ 3( xy + yz + zx) ta có   ab bc ca P2 ≥ 3  + +   (b + c)(c + a ) (c + a )(a + b) (a + b)(b + c)  Suy ra bất đẳng thức đã cho là đúng nếu ta chứng minh được bất đẳng thức mạnh hơn là ab bc ca 3 + + ≥ (b + c )(c + a ) (c + a )(a + b) (a + b)(b + c) 4 ⇔ 4[ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a )] ≥ 3(a + b)(b + c)(c + a ) Không mất tính tổng quát giả sử a + b + c = 1 , bất đẳng thức trở thành 4[ ab(1 − c) + bc(1 − a ) + ca (1 − b)] ≥ 3(1 − a )(1 − b)(1 − c) 1 1 1 9 ⇔ ab + bc + ca ≥ 9abc ⇔ + + ≥ a b c a+b+c Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo AM – GM và ta có điều phải chứng minh.
Cách 39. Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a a 1 a2 9a 9a + + ≥ 33 = ≥ 2 3 b+c b+c 2 2(b + c) 3 2a(b + c)(b + c) 2( a + b + c) Tương tự ta chứng minh được b b 1 9b c c 1 9c và + + ≥ + + ≥ c + a c + a 2 2( a + b + c) a + b a + b 2 2( a + b + c) Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên cho ta 3 9 3 2P + ≥ ⇔ P ≥ .
2 2 2 Cách 40. K h ô n g m ất tính tổng quát, giả sử a + b + c = 3 . Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 2a 3 2a3 a3 a a a = ≥ = ⇒ ≥ 3 2 (3 − a) 2a(3 − a)(3 − a)  2 a + (3 − a) + (3 − a)  4 3−a 2   3 Chứng minh tương tự b b b c c c ≥ và ≥ 3−b 2 3−c 2 Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được a b c a a +b b +c c 3 + + ≥ ≥ .
3− a 3−b 3−c 2 2 Cách 41. Ta có 3 P− = 2 2 [ a ( a − b)( a − c) + b(b − a )(b − c) + c(c − a )(c − b)] + (a + b + c)  (a − b)2 + (b − c) 2 + (c − a ) 2  = 4(a + b)(b + c )(c + a ) www.VNMATH.com Theo bất đẳng thức Schur thì a ( a − b)( a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a )(c − b) ≥ 0 và hiển nhiên ( a + b + c)  (a − b)2 + (b − c) 2 + (c − a )2  ≥ 0 suy ra điều phải chứng minh.
Cách 42. Ta có 3 (2a + b + c )(a − b)(a − c) + (2b + c + a )(b − a )(b − c) + (2c + a + b)(c − a )(c − b) P− = 2 2(a + b)(b + c )(c + a ) Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c , thế thì 2a + b + c ≥ 2b + c + a ≥ 2c + a + b Sử dụng bất đẳng thức Vornicu – Schur (hay bất đẳng thức Schur suy rộng) ta được (2a + b + c)( a − b)( a − c ) + (2b + c + a )(b − a)(b − c) + (2c + a + b)(c − a )(c − b) ≥ 0 Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 43. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có a4 b4 c4 (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 P= 3 + + ≥ a b + a 3c b3c + b3a c3a + c3b (a 3b + b3c + c3a ) + (ab3 + bc 3 + ca 3 ) Ta chỉ cần chứng minh 2( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3( a 3b + b3c + c 3a ) + 3(ab3 + bc 3 + ca 3 ) Sử dụng bất đẳng thức Vasile Cirtoaje quen biết sau ( a 2 + b 2 + c 2 )2 ≥ 3( a 3b + b3c + c3a ) Tương tự ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3( ab3 + bc 3 + ca3 ) Suy ra điều phải chứng minh.
Cách 44. Nhận xét rằng vế trái của bất đẳng thức là một hàm đối xứng đối với ba biến a, b, c , nếu viết nó dưới dạng đa thức thì được một đa thức có bậc không quá 3. Theo định lí ABC ta chỉ cần xét bất đẳng thức trong hai trường hợp: •Trường hợp 1: Một trong ba biến a, b, c bằng 0, giả sử c = 0 . Bất đẳng thức trở thành a b 3 + ≥ b a 2 luôn đúng theo bất đẳng thức AM – GM. •Trường hợp 2: Hai trong ba biến a, b, c bằng nhau, giả sử b = c . Bất đẳng thức trở thành a 2b 3 ( a − b) 2 + ≥ ⇔ ≥0 2b a + b 2 2b(a + b) Bất đẳng thức được chứng minh.
Cách 45. Tr ước hết ta sẽ phát biểu và chứng minh một bổ đề. a b c 2( ab + bc + ca)  1 1 1  Bổ đề. Với mọi a, b, c > 0 thì + + ≥ + +  2 2 b+c c+a a+b 3 (b + c) (c + a ) 2   ( a + b) Thật vậy, bổ đề tương đương với 3a 3b 3c 2ab 2c 2bc 2a 2ca 2b + + ≥ + + + + + 2 2 2 b + c c + a a + b ( a + b) a + b (b + c) b + c (c + a ) c+a a b c 2ab 2bc 2ca ⇔ + + ≥ + + 2 2 b + c c + a a + b ( a + b) (b + c) (c + a ) 2 ab + ac − 2bc bc + ba − 2ca ca + cb − 2ab (8) ⇔ + + ≥0 (b + c ) 2 (c + a ) 2 ( a + b) 2 Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c , thế thì  ab + ac − 2bc ≥ bc + ba − 2ca ≥ ca + cb − 2ab  1 1  1  (b + c) 2 ≥ (c + a ) 2 ≥ (a + b) 2  www.VNMATH.com Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có  1 1 1  + + VT (8) ≥ [ (ab + ac − 2bc) + (bc + ba − 2ca ) + (ca + cb − 2ab) ]  =0 2 2 (c + a ) ( a + b) 2   (b + c) Bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán, sử dụng bổ đề và bất đẳng thức Iran TST 1996  1 1 1  9 + + ( xy + yz + zx)  ≥ 2 2 ( y + z) ( z + x)2  4  ( x + y) ta có ngay điều phải chứng minh.