Bài 116 (CĐTMO 2005) : Chứng minh rằng
$\frac{a^{3}}{(b+c)^{3}}+\frac{b^{3}}{(c+a)^{3}}+\frac{c^{3}}{(a+b)^{3}}$
trong đó $a,b,c$ là các số dương.
Đề bài này sai rồi, đề đúng là như vầy
\[\frac{a^{3}}{(a+b)^{3}}+\frac{b^{3}}{(b+c)^{3}}+\frac{c^{3}}{(c+a)^{3}} \geqslant \frac{3}{8}.\]
Tác giả là thầy Nam Dũng.
Lời giải 1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có \[\left [ \sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^3 \right ]\left [ \sum c^3(a+b)^3 \right ] \ge \left (\sum c^{\frac{3}{2}}a^{\frac{3}{2}} \right )^2,\] như vậy ta cần chứng minh được \[8\left (\sum c^{\frac{3}{2}}a^{\frac{3}{2}}\right )^2 \ge 3 \sum c^3(a+b)^3 .\] Đặt $x=\sqrt{ab},\,y=\sqrt{bc},\,z=\sqrt{ca},$ bất đẳng thức trên trở thành \[8\left (\sum z^3\right )^2 \ge 3 \sum (y^2+z^2)^3,\] hay là \[\sum (x^6+y^6)+16\sum x^3y^3 \ge 9 \sum x^2y^2(x^2+y^2),\] bất đẳng thức này đúng vì \[x^6+y^6+16x^3y^3-9x^2y^2(x^2+y^2) =(x-y)^4(x^2+4xy+y^2) \ge 0.\] Chứng minh hoàn tất.
Lời giải 2. Theo bất đẳng thức trung bình lũy thừa, ta có \[\sqrt[3]{\frac{\displaystyle\sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^3}{3}}\ge\sqrt{\frac{\displaystyle\sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^2}{3}}.\] Như vậy, để hoàn tất chứng minh thì ta cần chỉ ra được \[\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2 \ge \frac{3}{4}.\] Thay $\left ( \frac{b}{a},\,\frac{c}{b},\,\frac{a}{c} \right )$ bởi $(x,\,y,\,z)$ ta sẽ đưa bài toán về chứng minh \[\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2}\ge\frac{3}{4},\] với điều kiện $xyz=1.$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có \[\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\ge \frac{1}{(\frac{x}{y}+1)(xy+1)}+\frac{1}{(\frac{y}{x}+1)(xy+1)}=\frac{1}{xy+1}.\] Ta sẽ chứng minh \[\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2}\ge \frac{3}{4},\] hay là \[\frac{z}{1+z}+\frac{1}{(z+1)^2}\ge \frac{3}{4}.\] Bất đẳng thức này đúng bởi vì \[\frac{z}{1+z}+\frac{1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4}=\frac{(z-1)^2}{4(z+1)} \ge 0.\]
Nhận xét. Một cách khác để chứng minh bất đẳng thức \[\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2 \ge \frac{3}{4}.\] Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có \[\left [ \sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^2 \right ]\left [ \sum (a+b)^2(a+c)^2 \right ]\ge \left [ \sum a(a+c) \right ]^2.\] Tuy nhiên \[4\left [ \sum a(a+c) \right ]^2 = \left [ \sum (a+b)^2 \right ]^2\] Vậy, ta chỉ cần chứng minh \[\left [ \sum (a+b)^2 \right ]^2 \ge 3 \sum (a+b)^2(a+c)^2,\] nhưng bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức cơ bản \[(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx).\] Bất đẳng thức được chứng minh.
Ngoài ra ta có thể chứng minh bài toán bằng cách sử dụng bất đẳng thức China TST 2004 của giáo sư Vasile Cirtoaje
\[\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+d)^2}+\frac{d^2}{(d+a)^2} \geqslant 1.\]
Bài 115 (CĐTMO 2006) : Chứng minh rằng với mọi số thực $x,y,z$ thuộc đoạn $[1;2]$ ta luôn có bất đẳng thức :
$(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 6(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}).$
Hỏi đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào ?
Đặt \[f(x,\,y,\,z)=(x+y+z)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)-6\left( \frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \right),\]
ta sẽ chứng minh $f(x,\,y,\,z)\ge 0$ bằng kỹ thuật dồn biến. Thật vậy, ta có $f(x,\,y,\,z)-f\left ( x,\,\frac{y+z}{2},\, \frac{y+z}{2}\right ),$ sẽ bằng \[\frac{(x+y+z)(y-z)^2}{yz(y+z)}-\frac{6(x+y+z)(y-z)^2}{(x+y)(x+z)(2x+y+z)},\] hay \[\frac{(x+y+z)(y-z)^2[(x+y)(z+x)(2x+y+z)-6yz(y+z)]}{(x+y)(y+z)(z+x)(2x+y+z)}.\] Giả sử $x$ là số lớn nhất trong ba số thì $(x+y)(z+x)(2x+y+z) > 6yz(y+z),$ nên $f(x,\,y,\,z)\ge f(x,\,t,\,t)$ với $t=\frac{y+z}{2} \ge 1.$
Tiếp đến, ta sẽ chứng minh $f(x,\,t,\,t)\ge 0.$ Bất đẳng thức tương đương với
$$(x+2t)\left( \frac{1}{x}+\frac{2}{t} \right)-6\left( \frac{x}{2t}+\frac{2t}{t+x} \right)\ge 0,$$
$$\frac{{{(t-x)}^{2}}(2t-x)}{tx(t+x)}\ge 0,$$
hiển nhiên đúng vì $2t\ge 2\ge x.$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z,$ hoặc $x=2$ và $y=z=1.$ Bài toán được chứng minh.
Nhận xét. Nếu $x,\,y,\,z$ là độ dài ba cạnh của tam giác thì bài toán vẫn đúng. Thật vậy, vì $x,\,y,\,z$ là độ dài ba cạnh của tam giác nên, theo phép thế Ravi, ta có thể viết bất đẳng thức lại như sau \[(x+y+z)\sum \frac{1}{x+y} \ge 3\sum \frac{y+z}{2x+y+z},\] tương đương với \[2\sum x^2(x^2-y^2)(x^2-z^2)+3\sum yz(y^2-z^2)^2 \ge 0,\] hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Shur.
Tác giả bài toán cũng là thầy Nam Dũng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 19-06-2015 - 13:24
, không nên để thêm mấy icon hoặc lời nhắn không cần thiết cạnh đề bài
