Nguyenhuyen_AG

còn việc chuẩn hóa là dành cho bđt đối xứng và thuần nhất

bđt đối xứng thì đã biết còn bđt thuần nhất là khi thay $a=tx,b=ty,c=tz$ thì bđt không thay đổi

ví dụ như CM $\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\frac{27(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^3}\geq 16$$(a,b,c>0)$

khi đặt $a=tx,b=ty,c=tz$ thì bđt vẫn không thay đổi

khi mới học cái chuẩn hóa này thì nghĩ tới câu hỏi sao lại có thể đặt $a+b+c=3,abc=1,...$ ta hiểu đơn giản như sau

nếu đặt $x=\frac{a}{a+b+c},y=\frac{b}{a+b+c},z=\frac{c}{a+b+c}\Rightarrow x+y+z=1$ và khi thay vào bđt ắt hẳn bđt sẽ không đổi

nếu đặt $x=\frac{a}{\sqrt[3]{abc}},y=\frac{b}{\sqrt[3]{abc}},z=\frac{c}{\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow xyz=1$

và mấy cách chuẩn hóa khác cũng tương tự như vậy

 

NTP

Nhận định này của em sai nhé.

Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Schur và Cauchy-Schwarz.

Đổi biến $a=x+y,\,b==y+z,\,c=z+x$ thì ta sẽ được bất đẳng thức Schur bậc 3.

Cho abc = 1

a) $(a + b)(b + c)(c + a) \geq 2(a + b + c + 1)$

b) $(a + b)(b + c)(c + a) \geq 4(a + b + c - 1)$

Câu a) chính là bài 3 trong đề thi APMO 1998, có một lời giải bằng Cauchy-Schwarz cho bài này. Còn câu b) là đề MOSP năm 2 nghìn lẻ mấy không nhớ. =)) Câu này có khá nhiều cách chứng minh. Xin trình bày một chứng minh bằng AM-GM.

Ta viết bất đẳng thức lại dưới dạng thuần nhất

\[\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} \geqslant 4\left(\frac{a + b + c}{\sqrt[3]{abc}} - 1\right),\]

\[\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} +4 \geqslant \frac{4(a + b + c)}{\sqrt[3]{abc}}.\]

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[\begin{aligned} \frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{abc} +4 &=\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{2abc}+\frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{2abc}+4 \\& \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2}{a^2b^2c^2}}.\end{aligned}\]

Vậy ta cần phải chứng minh

\[3\sqrt[3]{\frac{(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2}{a^2b^2c^2}} \geqslant \frac{4(a + b + c)}{\sqrt[3]{abc}},\]

lập phương 2 vế ta được

\[27(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2 \geqslant 64abc(a + b + c)^3.\]

Bất đẳng thức này đúng theo hai bất đẳng thức cơ bản sau:

\[(a+b)(b+c)(c+a) \ge \geqslant \frac{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9},\]

\[(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c).\]

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ Bài toán được chứng minh

Gợi ý: Tách $3a^2+b^2=2a^2+(a^2+b^2)$ rồi sử dụng bất đẳng thức AM-GM.

Bạn hãy đặt bút suy nghĩ thêm tí nữa, chưa gì đã bảo không được rồi.

Gợi ý: Tách $3a^2+b^2=2a^2+(a^2+b^2)$ rồi sử dụng bất đẳng thức AM-GM.

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. CMR:
$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b+c}\geq 2$$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 2+\frac{1}{a+b+c},$$

$$\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}\geq 2(a+b+c)+1,$$

$$\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+2\geq 2(a+b+c).$$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có

$$\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+2\ge \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}+2=\frac{(a+b+c)^2}{2}+2 \geq 2(a+b+c).$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b,c=0$ cùng các hoán vị.

Cho a,b,c là các số thực dương .CMR : 

 

      $$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max\left \{ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2,(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2,(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2 \right.\left. \right \}$$

Hãy tìm hằng số $k$ tốt nhất của bất đẳng thức

\[\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq k\cdot\max\left \{ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2,\,(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2,\,(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2\right\},\]

với $a,\,b,\,c$ là các số thực không âm.

Mọi người tiếp tục nhé. Đây là bài thi quốc gia năm 2008.

$\boxed{\text{Bài 7.}}$ Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực không âm đôi một khác nhau, hãy chứng minh

\[(xy+yz+zx)\left [\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2} \right ] \ge 4.\]

 Tương tự ta có bài toán sau:
Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $2a+2b+c^2=14$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$P=a^3+2b^2+2c^3$$ (Trích đề thi thử Moon.vn lần 2-2014)
 

Spoiler

Điểm rơi $a=2;b=3;c=2$

Hoàn toàn tương tự. Ta giả sử $a=x,\;b=y,\;c=z$ và sử dụng bất đẳng thức AM-GM để tạo ra $a,\;b$ và $b^2.$ Ta có

\[a^3+2b^2+2c^3 \ge \left ( 3ax^2+4by+3c^2z \right )-\left ( 2x^3+2y^2+z^3 \right ).\]

Để sử dụng được điều kiện thì ta cần tách

\[3ax^2+4by+3c^2z=2a\cdot \frac{3x^2}{2}+2b\cdot2y+c^2\cdot3z.\]

Như vậy ta cần chọn $x,\;y,\;z$ thoả mãn điều kiện

\[\left\{\begin{matrix}&\dfrac{3x^2}{2}=2y=3z \\& 2x+2y+z^2=14\end{matrix}\right.\] 

Giải hệ này ta được $x=2,\;y=3,\;z=2$ và có được $P_{\min} = 34.$

Tình cờ thấy được bài này trên diễn đàn mọi người cùng phân tích thử xem nhé. 

 

$\boxed{\text{Bài 6.}}$ Cho hai số dương $a,\;b$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2=5.$ Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\[P=a^3+b^6.\]

Bài này có ý tưởng AM-GM rất rõ ràng, giả thiết của bài toán chứa biểu thức có bậc nhỏ hơn bậc của $P,$ và việc sử dụng bất đẳng thức AM-GM để hạ bậc là một ý tưởng rất tự nhiên. Tuy nhiên, chúng ta lại không biết là dấu bằng của bài toán sẽ xảy ra khi nào nên việc chọn hệ số để sử dụng bất đẳng thức AM-GM cũng khá vất vả, vì vậy ta sẽ sử dụng kỹ thuật chọn dấu bằng giả định.

Cụ thể, ta sẽ giả sử đẳng thức của bài toán sẽ đạt được tại $a=x,\;b=y$ với $x,\;y$ là những hằng số. Khi đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[a^3+a^3+x^3 \ge 3\sqrt[3]{a^3\cdot a^3 \cdot x^3}=3a^2\cdot x, \quad (1)\]

tức là

\[2a^3+x^3 \ge 3a^2\cdot x,\]

\[a^3\ge \frac{3a^2\cdot x-x^3 }{2}.\]

Hoàn toàn tườn tự, ta có 

\[b^6\ge 3b^2\cdot y^4-2y^6\]

Như vậy, ta có 

\[ a^3+b^6 \ge 3b^2\cdot y^4-2y^6+\frac{3a^2\cdot x}{2}-\frac{x^3}{2}=3\left ( b^2\cdot y^2+a^2\cdot \frac{x}{2} \right )-2y^6-\frac{x^3}{2}. \quad (2)\]

Ta cần chọn $x,\;y$ sao cho trong $(2)$ ta có thể sử sụng được giả thiết $a^2+b^2=5$ đồng thời cũng thoả mãn điều kiện của bait tóan, tức $x,\;y$ phải thoả mãn hệ  phương trình

\[\left\{\begin{matrix}x^2+y^2&=5 \\y^2&=\frac{x}{2}\end{matrix}\right.\]

Giải hệ này ta được $x=2,\;y=1$ và suy ra $P_{\min} =9.$

Nhận xét: Có một số bạn sẽ đặt câu hỏi rằng tại sao lại dùng $2$ đại lượng $a^3$ kết hợp với $x^3$ để sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số. Để ý rằng điều kiện của bài toán cho ta $a^2+b^2=5$ nên chúng ta phải cố gắng đánh giá $a^3$ sao cho xuất hiện được $a^2$ và $b^6$ sao cho xuất hiện được $b^2$ để áp dụng giả thiết $a^2+b^2=5.$ Điều này lý giải cho việc áp dụng bất đẳng thức AM-GM như trên.

Tình cờ thấy được bài này trên diễn đàn mọi người cùng phân tích thử xem nhé. 

$\boxed{\text{Bài 6.}}$ Cho hai số dương $a,\;b$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2=5.$ Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\[P=a^3+b^6.\]

Cho a,b,c> o thoả mãn: a+b+c= ab+bc+ca

CMR:$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\leqslant \frac{3}{2}$

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại dưới dạng thuần nhất là

\[\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\leqslant \frac{3}{2}\cdot \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}.\]

Chú ý rằng 

\[\frac{ab+bc+ca}{a+b}=\frac{c(a+b)+ab}{a+b}=c+\frac{ab}{a+b},\]

nên bất đẳng thức được rút gọn lại nhưu sau

\[\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a} \le \frac{a+b+c}{2}.\]

Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức cơ bản $(x+y)^2 \ge 4xy.$

Ngoài ra bài toán còn được chứng minh bằng cách sử dụng hai đánh giá quen thuộc $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$ và $(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}\cdot (a+b+c)(ab+bc+ca).$

Từ bài này ta suy ra được bất đẳng thức khá hay sau đây (nếu mình nhớ đúng đề :v)

\[\frac{1}{a+b+2}+\frac{1}{b+c+2}+\frac{1}{c+a+2}\leqslant \frac{3}{4},\]

với $a,\;b,\;c$ cùng điều kiện trên và $ab+bc+ca=3.$

Cho a, b, c không âm và không có hai số nào đồng thời bằng 0. CMR: $\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Bất đẳng thức này là của Vũ Đình Quý, khi ta nhân 2 vế của bất đẳng thức này cho $(a+b)(b+c)(c+a)$ và chú ý rằng $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+bc+ca)-abc,$ ta có thể viết bất đẳng thức trên lại như sau

\[\sum \sqrt{a(a+b)(a+c)} \ge 2 \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)},\]

hay là

\[\sum \sqrt{a^3+a(ab+bc+ca)} \ge 2 \sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ca)}.\]

Chuẩn hóa cho $ab+bc+ca=1,$ bất đẳng thức trở thành

\[\sum \sqrt{a^3+a} \ge 2 \sqrt{a+b+c}.\]

Đây chính là đề thi Iran TST 2008. Có rất nhiều lời giải cho bài toán này, bạn có thể tham khảo ở đây. http://www.artofprob...p?f=52&t=206627