Chào mọi người mình là Lục Trường Phát, học sinh THPT chuyên Lê Hồng Phong (TPHCM).Hôm nay mình thấy diễn đàn dạo này nóng ít quá, nên mình góp một bài cho diễn đàn vui vậy, bài viết về một bất đẳng thức quen thuộc lúc THCS nhưng sẽ mạnh hơn nhé và nhìn lại những gì ta đã đi qua, một thời đáng nhớ!!!
Bài toán quen thuộc: Cho $a,b,c \geq 0.$ Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}.$
Đây là bất đẳng thức Nesbitt vô cùng quen thuộc và được sử dụng rất nhiều cùng với vô số các cách chứng minh khác nhau. Chúng ta hãy cùng xem qua nhé:
(Mọi $a,b,c$ trong đây đều không âm)
Điều kiện thú vị: (kết quả của sqing - AoPS)
Điều kiện như trên nhưng chỉ thêm một thứ nữa là $a \geq b+c.$ thì có 2 kết quả sau:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{5}{3}$$
$$\frac{a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\geq \frac{7}{3}$$
Và đây là chứng minh:
Kết quả thứ nhất: Do vai trò của $b,c$ như nhau nên ta "mạnh dạn" Cauchy - Schwarz cho 2 lượng có tử $b,c$ được: $$VT\geq \frac{a}{b+c}+\frac{(b+c)^2}{a(b+c)+2bc}\geq\frac{a}{b+c}+\frac{(b+c)^2}{a(b+c)+2(\frac{b+c}{2})^2}=\frac{a}{b+c}+\frac{1}{\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2}}$$
Tới đây là bước AM - GM quen thuộc trong dạng điểm rơi:
$$=\frac{5}{9}(\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2})+[\frac{4}{9}(\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2})+\frac{1}{\frac{a}{b+c}+\frac{1}{2}}]-\frac{1}{2}\geq \frac{5}{3}.$$
Kết quả thứ hai: chứng minh tương tự kết quả 1!! (Bạn đọc tự chứng minh)
Ngoài ra tạp chí Crux cũng đề cập đến một dạng bất đẳng thức quen thuộc này, trong sách "Sáng tạo bất đẳng thức" của Phạm Kim Hùng cũng đề cập đến:
Đề bài chỉ cho thêm $x,y,z \geq 0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $$\frac{xa}{b+c}+\frac{yb}{c+a}+\frac{zc}{a+b}(*)$$
Đây là một dạng toán có thể đem đi chế đề mà không ai hay biết:) nhưng bài này thực sự nếu thay $x,y,z$ thành các biến $f(a;b;c)$ thì sẽ rất khó!!
Lời giải ta vẫn ưu tiên sử dụng Cauchy - Schwarz bằng việc thêm bớt để có nhân tử:
Có: $$(*)=(\frac{xa}{b+c}+x)+(\frac{yb}{c+a}+y)+(\frac{zc}{a+b}+z)-(x+y+z)$$
$$=\frac{1}{2}[(b+c)+(c+a)+(a+b)](\frac{x}{b+c}+\frac{y}{c+a}+\frac{z}{a+b})-(x+y+z)\geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{2}-(x+y+z).$$
Dấu bằng xảy ra khi:$\frac{b+c}{\sqrt{x}}=\frac{c+a}{\sqrt{y}}=\frac{a+b}{\sqrt{z}}.$
Qua đây có thể thấy Nesbitt được biến tấu thành những dạng vô cùng độc đáo, ngoài ra ta có kết quả thú vị nữa:
Lúc này ta cho thêm điều kiện: $a+b+c=3$
Thì với mọi $k$ không âm có: $$\frac{a^{k+1}}{b^{k}+c^{k}}+\frac{b^{k+1}}{c^{k}+a^{k}}+\frac{c^{k+1}}{a^{k}+b^{k}}\geq \frac{3}{2} (**)$$
Lời giải bài này vô cùng đơn giản: Chứng minh theo tư tưởng của Nesbitt, ta lấy vế trái trừ vế phải được:$$\sum _{cyc}(\frac{a^{k+1}}{b^k+c^k}-\frac{1}{2})=\sum_{cyc}(\frac{(a^k-b^k)(a^{k+1}-b^{k+1}+c^k(a-b))}{(b^k+c^k)(c^k+a^k)})=\sum_{cyc}(a-b)^2.S_a\geq 0.$$
Một lời chứng minh vô cùng đơn giản, bài này ta còn có thể giải quyết bằng bất đẳng thức hoán vị hoặc Chebyshev (Bạn đọc tự chứng minh)
Một kết quả khá thú vị mà chắc hẳn ai cũng từng làm qua. Với $n \geq 2$ thì có:
$$\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\frac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\frac{c}{a+b}}\geq 2.$$
Ta giả sử: $a \geq b \geq c$ thì có: $a^{n-1}(b+c) , b^{n-1}(c+a) \geq c^{n-1}(a+b)$
Theo bất đẳng thức Bernoulli thì có: $(1+\frac{x}{n})^n \geq 1+x$ nên suy ra được $(1+x)^{\frac{1}{n}} \leq 1+ \frac{x}{n}$
Hay từ đây ta có được: $$(\frac{c+a}{b+c})^{\frac{1}{n}}\leq (\frac{a}{b+c})^{\frac{1}{n}}+\frac{1}{n}(\frac{c^n}{a^{n-1}(b+c)})^{\frac{1}{n}}\leq(\frac{a}{b+c})^{\frac{1}{n}}+\frac{1}{2}(\frac{c}{a+b})^{\frac{1}{n}}.$$
Tương tự cũng có được: $$(\frac{b+c}{c+a})^{\frac{1}{n}}\leq (\frac{b}{c+a})^{\frac{1}{n}}+\frac{1}{2}(\frac{c}{a+b})^{\frac{1}{n}}.$$
Cộng các bất đẳng thức trên lại, kết hợp AM - GM 2 số có điều phải chứng minh.
Một bài nữa cũng là một vẻ đẹp của Nesbitt nhưng được làm theo cách khác nữa, ta thêm một lượng ngược dấu:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}} \geq \frac{5}{2}.$$
Bằng việc nâng bậc cụm Nesbitt và Cauchy - Schwarz kết hợp một chút cân bằng điểm rơi ta có điều phải chứng minh!!
Ta thử đổi lượng khác: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9abc}{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}\geq 2.$$
Bằng phương pháp đổi biến p,q,r thì ta thu lại được bất đẳng thức Schur. Ngoài ra còn có cách bằng SOS (Bạn đọc tự chứng minh)
Một bất đẳng thức được làm chặt lên, ta thêm lượng bình phương bên phải:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{(b-c)^2}{2(b+c)^2}$$
Điều này tương đương:$$\frac{b(a-b)^2}{(c+a)(b+c)^2}+\frac{c(c-a)^2}{(a+b)(b+c)^2} \geq 0.$$
Sau đây là một sự pha trộn giữa Nesbitt và Schur: Ta thêm điều kiện: $ab+bc+ca\neq 0.$ Thì có:$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{2(a+b+c)}{a+b+c+\sqrt[3]{abc}}.$$
Bạn chỉ cần Cauchy - Schwarz rồi Schur kết hợp thêm AM - GM là xong.
Một bất đẳng thức thú vị phù hợp cho lớp 8: Xét trường hợp: $a>b>c$ thì có:
$$\frac{a}{b-c}+\frac{b}{a-c}+\frac{c}{a-b}>2.$$
Bạn cũng chỉ cần Cauchy - Schwarz rồi nhân chéo thôi!
Để làm bất đẳng thức này tổng quát hơn, ta xét trường hợp $a,b,c$ là các số thực phân biệt thì có: $$|\frac{a}{b-c}|+|\frac{b}{c-a}|+|\frac{c}{a-b}| \geq 2.$$
Ta đặt:$(\frac{a}{b-c};\frac{b}{c-a};\frac{c}{a-b}) \mapsto (x;y;z)$
Vậy có: $$VT^2= (x+y+z)^2+2+2\sum_{cyc}|xy|\geq 4$$ hay ta có điều phải chứng minh.
Hãy thử trong trường hợp 4 số.
Một bất đẳng thức Nesbitt dưới góc nhìn của Muirhead:
$$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c} \geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9}{2}.$$
Chỉ cần quy đồng hết lên thì bạn sẽ nhận lại bất đẳng thức Muirhead!!! (Bạn đọc tự chứng minh)
Quay lại bài toán này:$$\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\frac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\frac{c}{a+b}}\geq 2.$$
Ta làm mạnh thêm chút nữa bằng việc thêm điều kiện: $ab+bc+ca=1$ thì ta thu được: $$\sqrt{\frac{a}{b+c-2abc}}+\sqrt{\frac{b}{c+a-2abc}} +\sqrt{\frac{c}{a+b-2abc}} \geq 2$$
Bài này chỉ việc sử dụng đồng bậc, Holder và cuối cùng là Muirhead (Bạn đọc tự chứng minh)
Một bài toán thú vị khác của 2012: Ta thêm điều kiện $abc=1$ thì thu được:
$$\frac{a^5b^5}{a^2+b^2}+\frac{b^5c^5}{b^2+c^2}+\frac{c^5b^5}{c^2+a^2}\geq \frac{3}{2}.$$
Bằng việc đổi biến:$(a;b;c) \mapsto (\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z})$ kết hợp với 2 lần Chebyshev thì ta có điều phải chứng minh.
Ta có một bài toán khác:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2.$$
Bằng việc quy đồng ta thu được Schur.
Ta đổi lượng: $\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \mapsto \frac{3\sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)}$ thì ta vẫn thu được kết quả trên vì: $\frac{3\sqrt[3]{abc}}{2(a+b+c)} \geq \frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Đây là một kết quả hay tiếp theo: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\leq \frac{1}{2}(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}).$$
Ta sử dụng Cauchy - Schwarz trực tiếp cho từng cặp bên vế phải thì thu được các lượng đối xứng, tiếp túc Cauchy - Schwarz trực tiếp cho từng cặp đối xứng chung tử vừa mới tạo được thì có điều phải chứng minh!
Một kết quả cực kì đẹp trong tam giác: Ta đổi điều kiện $a,b,c$ thành 3 cạnh tam giác thì với mọi
$n$ nguyên dương thì có: $$(\frac{a}{b+c})^n+(\frac{b}{c+a})^n+(\frac{c}{a+b})^n <2.$$
Cách chứng minh bằng việc ta đổi biến: $(\frac{a}{b+c};\frac{b}{c+a};\frac{c}{a+b}) \mapsto (x;y;z)$ Điều kiện: $x,y,z \in (0;1)$
Không mất tính tổng quát giả sử: $x \geq y \geq z$
Từ đây có giả thiết mới: $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=2.$
Ta đi chứng minh 2 điều sau: $x+y+z <2$ và $x^{n+1} + y^{n+1}+z^{n+1} < x^n+y^n+z^n$
Bất đẳng thức đầu tiên, ta lấy vế phải trừ vế trái:
Thì có: $$VP-VT=(x+1)(\frac{2}{x+1}-1)+(y+1)(\frac{2}{y+1}-1)+\frac{z+1}{2}(\frac{2}{z+1}-2)$$
Ngoài ra có:$\frac{2}{x+1}-1;\frac{2}{y+1}-1>0$ và $x+1 \geq y+1 \geq z+1 >\frac{z+1}{2}$
Vậy thu được: $$VP-VT>\frac{z+1}{2}(\frac{2}{x+1}-1+\frac{2}{y+1}+\frac{2}{z+1}-2)=0$$
Đến bất đẳng thức thứ 2: Ta lấy vế phải trừ vế trái được:
$$VP-VT=x^n(1-x)+y^n(1-y)+z^n(1-z)>0$$
Từ 2 bất đẳng thức trên ta có: $$x^{n+1} + y^{n+1} + z^{n+1} <x^n+y^n+z^n < ...<x+y+z<2$$
Hay có điều phải chứng minh.
Ta hãy đến một số vẻ đẹp khác thông qua thêm lượng bên vế trái. Bạn đọc hãy thử chứng minh sau, khi nào có bài chứng minh đúng hay sai không quan trọng, mình sẽ đăng solution!! HIHI
Bài 1: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{1}{2}.$$
Bài 2: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+Ca}$$
Bài 3: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ab+bc+ca}{2(a^2+b^2+c^2)}\geq 2$$
Bài 4: $$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3(a+b+c)}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}+\frac{1}{2}.$$
Rất cảm ơn ai đã đọc tới đây, mong mọi người sẽ ủng hộ bài giải nhiệt tình, và đóng góp thêm bài nhưng vui lòng đóng góp thêm sol ạ tại đóng góp bài không thì không biết nó có đúng không nữa hihi!!!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truongphat266: 03-09-2023 - 22:01
