Bài toán chi tiết

Bài 107 (Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 567 tháng 9 năm 2024)

09-12-2024 | 1 cách giải | Unknow | Độ khó: 4 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 98

Cách giải 1

Đặt vế trái của bài ra là \(M\) ta có:

\[ M=\frac{a^3}{4 a^2 b+4 a b^2+b^3}+1+\frac{b^3}{4 b^2 c+4 b c^2+c^3}+1 +\frac{c^3}{4 c^2 a+4 c a^2+a^3}+1-3 \]

\[ =\frac{a^3+4 a^2 b+4 a b^2+b^3}{a^3+4 a^2 b+4 a b^2+b^3-a^3} + \frac{b^3 4 b^2 c+4 b c^2+c^3}{b^3+4 b^2 c+4 b c^2+c^3-b^3} + \frac{c^3+4 c^2 a+4 c a^2+a^3}{c^3+4 c^2 a+4 c a^2+a^3-c^3}-3 \]

\[ =\frac{1}{1-\frac{a^3}{a^3+4 a^2 b+4 a b^2+b^3}} + \frac{1}{1-\frac{b^3}{b^3+4 b^2 c+4 b c^2+c^3}} + \frac{1}{1-\frac{c^3}{c^3+4 c^2 a+4 c a^2+a^3}} -3 \]

\[ =\frac{1}{1-\frac{a^{3}}{(a+b)\left(a^{2}+3 a b+b^{2}\right)}} +\frac{1}{1-\frac{b^{3}}{(b+c)\left(b^{2}+3 b c+c^{2}\right)}} +\frac{1}{1-\frac{c^{3}}{(c+a)\left(c^{2}+3 c a+a^{2}\right)}}-3 \]

Theo bất đẳng thức Schwarz ta có:

\[ M \geq 9:\left\{3-\left[\frac{a^{3}}{(a+b)\left(a^{2}+3 a b+b^{2}\right)}+\frac{b^{3}}{(b+c)\left(b^{2}+3 b c+c^{2}\right)}+\frac{c^{3}}{(c+a)\left(c^{2}+3 c a+a^{2}\right)}\right]\right\}-3 \]

Bây giờ ta đi đánh giá biểu thức

\[ A =\frac{a^{3}}{(a+b)\left(a^{2}+3 a b+b^{2}\right)} +\frac{b^{3}}{(b+c)\left(b^{2}+3 b c+c^{2}\right)}+\frac{c^{3}}{(c+a)\left(c^{2}+3 c a+a^{2}\right)} \]

Thật vậy ta thấy: 

\[ a^{2}+3 a b+b^{2}=\frac{5}{4}(a+b)^{2}-\frac{1}{4}(a-b)^{2} \leq \frac{5}{4}(a+b)^{2} \]

Suy ra: 

\[ \frac{a^{3}}{(a+b)\left(a^{2}+3 a b+b^{2}\right)} \geq \frac{4}{5}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{3} \]

Tương tư: 

\[ \frac{b^{3}}{(b+c)\left(b^{2}+3 b c+c^{2}\right)} \geq \frac{4}{5}\left(\frac{b}{b+c}\right)^{3} \]

\[ \frac{c^{3}}{(c+a)\left(c^{2}+3 c a+a^{2}\right)} \geq \frac{4}{5}\left(\frac{c}{c+a}\right)^{3} \tag{3} \]

Cộng vế với vế cùa (1), (2), (3) ta có:

\[ A \geq \frac{4}{5}\left[\left(\frac{a}{a+b}\right)^{3}+\left(\frac{b}{b+c}\right)^{3}+\left(\frac{c}{c+a}\right)^{3}\right] \]

Tiếp theo ta đánh giá biểu thức:

\[ \left(\frac{a}{a+b}\right)^{3}+\left(\frac{b}{b+c}\right)^{3}+\left(\frac{c}{c+a}\right)^{3} \]

Áp dụng bất đẳng thức trung bình lũy thừa ta có:

\[ \left[\frac{1}{3} \sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{3}\right]^{\frac{1}{3}} \geq\left[\frac{1}{3} \sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}} \]

Đến đây ta lại tiếp tục đánh giá biểu thức:

\[ \sum_{c y c}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{2} \]

Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:

\[ \left[\sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{2}\right]\left[\sum_{\mathrm{cyc}}(a+b)^{2}(a+c)^{2}\right] \geq\left[\sum_{\mathrm{cyc}} a(a+c)\right]^{2} =\frac{1}{4}\left[\sum_{c y c}(a+b)^{2}\right]^{2} \]

Nhưng

\[ \left[\sum_{\mathrm{cyc}}(a+b)^{2}\right]^{2} \geq 3\left[\sum_{\mathrm{cyc}}(a+b)^{2}(a+c)^{2}\right] \]

đúng theo bất đẳng thức quen thuộc sau \((x+y+z)^{2} \geq 3(x y+y z+z x)\). Suy ra:

\[ \sum_{\text {cyc }}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{2} \geq \frac{3}{4} \]

Dẫn đến:

\[ \begin{aligned} {\left[\frac{1}{3} \sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{3}\right]^{\frac{1}{3}} } & \geq\left[\frac{1}{3} \sum_{\mathrm{cyc}}\left(\frac{a}{a+b}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}} \\ & \geq\left(\frac{1}{3} \cdot \frac{3}{4}\right)^{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2} \end{aligned} \]

Vậy 

\[ \left(\frac{a}{a+b}\right)^{3}+\left(\frac{b}{b+c}\right)^{3}+\left(\frac{c}{c+a}\right)^{3} \geq \frac{3}{8} \]

Do đó:

\[ \begin{aligned} A & \geq \frac{4}{5}\left[\left(\frac{a}{a+b}\right)^{3}+\left(\frac{b}{b+c}\right)^{3}+\left(\frac{c}{c+a}\right)^{3}\right] \\ & \geq \frac{4}{5} \cdot \frac{3}{8}=\frac{3}{10} \end{aligned} \]

Kết quả:

\[ M \geq \frac{9}{3-A}-3 \geq \frac{9}{3-\frac{3}{10}}-3=\frac{1}{3} \]

Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.