| 3 Comments | Ngô Văn Thái
Toán THCS có một đẳng thức khá đẹp đã được một số tinh khai thác ra đề tuyến sinh vào lớp 10, đó là đẳng thức sau:
"Cho \(a,b,c,k,p \in \mathbb{R} \), khi đó:
\[ k a^2+p a b+k b^2=\frac{2 k+p}{4}(a+b)^2+\frac{2 k-p}{4}(a-b)^2 \]
Chú ý:
- Nếu \(2 k \gt p \Rightarrow k a^2+p a b+k b^2 \geq \frac{2 k+p}{4}(a+b)^2\). Dấu đẳng thức xày ra \(\Leftrightarrow a=b\).
- Nếu \(2 k \lt p \Rightarrow k a^2+p a b+k b^2 \leq \frac{2 k+p}{4}(a+b)^2\). Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\).
Các bạn học sinh nắm vững đẳng thức trên cùng chú ý thì sẽ giải quyết nhanh gọn một lớp bài toán dưới đây:
Thí dụ 1 (Thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2022-2023 của tỉnh Thái Bình).
Cho các số dương \(a, b, c\) thay đối và thóa mãn \(a+b+c=2022\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\[ \begin{aligned} M=\sqrt{2 a^2+a b+2 b^2} & +\sqrt{2 b^2+b c+2 c^2} \\ & +\sqrt{2 c^2+c a+2 a^2} . \end{aligned} \]
Lời giải. Áp dụng đẳng thức trên và chú ý ta được:
\[ \begin{aligned} \sqrt{2 a^2+a b+2 b^2} & =\sqrt{\frac{5}{4}(a+b)^2+\frac{3}{4}(a-b)^2} \\ & \geq \frac{\sqrt{5}}{2}(a+b) \end{aligned} \]
Tương tự:
\[ \sqrt{2 b^2+b c+2 c^2} \geq \frac{\sqrt{5}}{2}(b+c) \]
\[ \sqrt{2 c^2+c a+2 a^2} \geq \frac{\sqrt{5}}{2}(c+a) \]
Suy ra:
\[ \begin{aligned} M & \geq \frac{\sqrt{5}}{2}[(a+b)+(b+c)+(c+a)] \\ & =\sqrt{5}(a+b+c)=2022 \sqrt{5} . \end{aligned} \]
Dấu đẳng thức xảy \(\mathrm{ra} \Leftrightarrow a=b=c=674\). Vậy giá tri nhỏ nhất của \(M\) là \(2022 \sqrt{5}\) khi \(a=b=c=674\).
Thí dụ 2 (Thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2022-2023 của tỉnh Bắc Ninh).
Cho các số thực \(a, b, c\) sao cho phương trình \(a x^2+b x+c+2022=0\) nhận \(x=1\) là nghiệm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\[ \begin{aligned} & P=\sqrt{3 a^2-2 a b+3 b^2}+\sqrt{5 b^2-6 b c+5 c^2} \\ &+\sqrt{6 c^2-8 c a+6 a^2} \end{aligned} \]
Lời giải. Dễ thấy phương trình \(a x^2+b x+c+2022=0\) khi \(x=1\) thì có dạng:
\[ a+b+c=-2022\]
Áp dụng đẳng thức trên và chú ý ta được:
\[ \sqrt{3 a^2-2 a b+3 b^2}=\sqrt{(a+b)^2+2(a-b)^2} \geq|a+b| \]
Tương tự:
\[ \begin{aligned} \sqrt{5 b^2-6 b c+5 c^2} & \geq|b+c| \\ \sqrt{6 c^2-8 c a+6 a^2} & \geq c+a \mid \end{aligned} \]
Suy ra:
\[ \begin{aligned} P & \geq|a+b|+|b+c|+|c+a| \geq|a+b+b+c+c+a| \\ \quad= & |a+b+c|=2|-2022|=4044 . \end{aligned} \]
Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=-674\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là 4044 khi \(a=b=c=-674\).
Thí dụ 3 (Thi thử vào lớp 10, THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh, năm 2019).
Cho \(x, y\) là càc số dương thỏa mãn \(x+y+z=\sqrt{2}\). Chứng minh
\[ \begin{aligned} & \sqrt{2019 x^2+2 x y+2019 y^2}+\sqrt{2019 y^2+2 y z+2019 z^2} \\ &+\sqrt{2019 z^2+2 z x+2019 x^2} \geq 2 \sqrt{2020} . \end{aligned} \]
Lời giải. Áp dụng đẳng thức trên và chú ý ta được:
\[ \begin{aligned} & \sqrt{2019 x^2+2 x y+2019 y^2} \\ & =\sqrt{\frac{4040}{4}(x+y)^2+\frac{4036}{4}(x-y)^2} \geq \sqrt{1010}(x+y) . \end{aligned} \]
Tương tự:
\[ \begin{aligned} & \sqrt{2019 y^2+2 y z+2019 z^2} \geq \sqrt{1010}(y+z) \\ & \sqrt{2019 z^2+2 z x+2019 x^2} \geq \sqrt{1010}(z+x) . \end{aligned} \]
Suy ra:
\[ \begin{aligned} \mathrm{VT} & \geq \sqrt{1010}(x+y+y+z+z+x)=2 \sqrt{1010} \cdot \sqrt{2} \\ = & 2 \sqrt{2020} . \end{aligned} \]
Dấu đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{\sqrt{2}}{3}\). Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 4.
Cho ba số thực dương \(a, b, c\) và \(k \geq 1\). Chứng minh rằng
\[ \frac{\sqrt{a^2-a b+b^2}}{a+b+k c}+\frac{\sqrt{b^2-b c+c^2}}{b+c+k a}+\frac{\sqrt{c^2-c a+a^2}}{c+a+k b} \geq \frac{3}{2+k}\]
Lời giải. Theo chú ý ta được:
\[ \sqrt{a^2-a b+b^2} \geq \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}}=\frac{a+b}{2} \]
Tương tự:
\[ \sqrt{b^2-b c+c^2} \geq \frac{b+c}{2} \]
\[ \sqrt{c^2-c a+a^2} \geq \frac{c+a}{2} \]
Suy ra:
\[ \mathrm{VT} \geq \frac{a+b}{2(a+b+k c)}+\frac{b+c}{2(b+c+k a)}+\frac{c+a}{2(c+a+k b)} \].
Xét tính đúng đắn của bất đẳng thức sau:
\[ \frac{a+b}{2(a+b+k c)}+\frac{b+c}{2(b+c+k a)}+\frac{c+a}{2(c+a+k b)} \geq \frac{3}{2+k} \]
\[ \begin{aligned} & \Leftrightarrow \frac{a+b}{2(a+b+k c)}-\frac{1}{2+k}+\frac{b+c}{2(b+c+k a)} \\ & \quad-\frac{1}{2+k}+\frac{c+a}{2(c+a+k b)}-\frac{1}{2+k} \geq 0 \\ & \Leftrightarrow \frac{a+b-2 c}{a+b+k c}+\frac{b+c-2 a}{b+c+k a}+\frac{c+a-2 b}{c+a+k b} \geq 0 \quad \text { (1). } \end{aligned} \]
Vì bất đẳng thức đề ra và (1) đều là bất đẳng thức đối xứng, không mất tính tổng quát ta giả sử \(a \geq b \geq c\). Khi đó:
\[ \left\{\begin{array}{l} a+b-2 c \geq 0 \geq b+c-2 a \\ 0<(a+b+k c) \leq(c+a+k b) \leq(b+c+k a) \end{array}\right. \]
Suy ra:
\[ \quad \frac{a+b-2 c}{a+b+k c} \geq \frac{a+b-2 c}{c+a+k b} \]
\[ \begin{aligned} & \frac{b+c-2 a}{b+c+k a} \geq \frac{b+c-2 a}{c+a+k b} \\ & \frac{c+a-2 b}{c+a+k b}=\frac{c+a-2 b}{c+a+k b} \end{aligned} \]
Cộng vế với vế của (2), (3), (4) ta có:
\[ \begin{aligned} \mathrm{VT}(1) & \geq \frac{a+b-2 c}{c+a+k b}+\frac{b+c-2 a}{c+a+k b}+\frac{c+a-2 b}{c+a+k b} \\ & =0 \end{aligned} \]
Vậy
\[ \frac{\sqrt{a^2-a b+b^2}}{a+b+k c}+\frac{\sqrt{b^2-b c+c^2}}{b+c+k a}+\frac{\sqrt{c^2-c a+a^2}}{c+a+k b} \geq \frac{3}{2+k} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 5.
Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương thỏa mãn
\[ \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \geq \frac{3}{2} \]
Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} & \frac{b}{\sqrt{3 a^2-4 a b+3 b^2}}+\frac{c}{\sqrt{3 b^2-4 b c+3 c^2}} \\ &+\frac{a}{\sqrt{3 c^2-4 c a+3 a^2}} \end{aligned} \]
Lời giải. Dễ thấy
\[ \begin{aligned} 3 a^2-4 a b+3 b^2 & =\frac{1}{2}(a+b)^2+\frac{5}{2}(a-b)^2 \\ & \geq \frac{1}{2}(a+b)^2 \end{aligned} \]
Suy ra:
\[ \frac{b}{\sqrt{3 a^2-4 a b+3 b^2}} \leq \frac{\sqrt{2} b}{a + b} \]
Tương tự:
\[ \begin{aligned} & \frac{c}{\sqrt{3 b^2-4 b c+3 c^2}} \leq \frac{\sqrt{2} c}{b+c} \\ & \frac{a}{\sqrt{3 c^2-4 c a+3 a^2}} \leq \frac{\sqrt{2} a}{c+a} . \end{aligned} \]
Cộng vế với vế của ba bất đằng thức trên ta được:
\[ \begin{aligned} & \frac{b}{\sqrt{3 a^2-4 a b+3 b^2}}+\frac{c}{\sqrt{3 b^2-4 b c+3 c^2}} \\ & +\frac{a}{\sqrt{3 c^2-4 c a+3 a^2}} \leq \sqrt{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}\right) . \end{aligned} \]
Nhưng
\[ \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}=3 \]
và giả thiết cho
\[ \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \geq \frac{3}{2} \]
suy ra:
\[ \frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a} \leq \frac{3}{2} \]
Do đó:
\[ \frac{b}{\sqrt{3 a^2-4 a b+3 b^2}}+\frac{c}{\sqrt{3 b^2-4 b c+3 c^2}} \]
\[ +\frac{a}{\sqrt{3 c^2-4 c a+3 a^2}} \leq \sqrt{2} \frac{3}{2}=\frac{3}{\sqrt{2}} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 6. Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} & \sqrt{\frac{a b}{\sqrt{\left(b^2+b c+c^2\right)\left(c^2-c a+a^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{b c}{\sqrt{\left(c^2+c a+a^2\right)\left(a^2-a b+b^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{c a}{\sqrt{\left(a^2+a b+b^2\right)\left(b^2-b c+c^2\right)}}} \leq \sqrt[4]{27} . \end{aligned} \]
Lời giải. Nhận thấy:
\[ b^2+b c+c^2=\frac{3}{4}(b+c)^2+\frac{1}{4}(b-c)^2 \geq \frac{3}{4}(b+c)^2 \]
\[ c^2-c a+a^2=\frac{1}{4}(c+a)^2+\frac{3}{4}(c-a)^2 \geq \frac{1}{4}(c+a)^2 \]
Suy ra:
\[ \sqrt{\frac{a b}{\sqrt{\left(b^2+b c+c^2\right)\left(c^2-c a+a^2\right)}}} \]
\[ \leq \frac{2}{\sqrt[4]{3}} \sqrt{\frac{a b}{(b+c)(c+a)}} \leq \frac{1}{\sqrt[4]{3}}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{c+a}\right) \]
Tương tự
\[ \begin{aligned} & \sqrt{\frac{b c}{\sqrt{\left(c^2+c a+a^2\right)\left(a^2-a b+b^2\right)}}} \\ & \left.\leq \frac{1}{\sqrt[4]{3}}\left(\frac{c}{c+a}\right.+\frac{b}{a+b}\right) \\ & \sqrt{\frac{c a}{\sqrt{\left(a^2+a b+b^2\right)\left(b^2-b c+c^2\right)}}} \\ & \quad \leq \frac{1}{\sqrt[4]{3}}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}\right) \end{aligned} \]
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) rồi rút gọn ta được:
\[ \begin{aligned} & \sqrt{\frac{a b}{\sqrt{\left(b^2+b c+c^2\right)\left(c^2-c a+a^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{b c}{\sqrt{\left(c^2+c a+a^2\right)\left(a^2-a b+b^2\right)}}} \\ & \quad+\sqrt{\frac{c a}{\sqrt{\left(a^2+a b+b^2\right)\left(b^2-b c+c^2\right)}}} \leq \sqrt[4]{27} \end{aligned} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 7. Cho \(a, b, c\) là các số thực dương. Chứng minh rằng
\[ \frac{a^2}{a^2+3 a b+2 b^2}+\frac{b^2}{b^2+3 b c+2 c^2}+\frac{c^2}{c^2+3 c a+2 a^2} \geq \frac{1}{2} \]
Lời giải. Gọi vế trái của bài toán là \(M\), ta có:
\[ M=\frac{a^2}{\left(2 a^2+3 a b+2 b^2\right)-a^2} + \frac{b^2}{\left(2 b^2+3 b c+2 c^2\right)-b^2}+\frac{c^2}{\left(2 c^2+3 c a+2 a^2\right)-c^2} \]
\[ =\frac{a^2}{\left(2 a^2+3 a b+2 b^2\right)-a^2}+1+\frac{b^2}{\left(2 b^2+3 b c+2 c^2\right)-b^2} +1+ \frac{c^2}{\left(2 c^2+3 c a+2 a^2\right)-c^2}+1-3 \]
\[ = \frac{\left(2 a^2+3 a b+2 b^2\right)}{\left(2 a^2+3 a b+2 b^2\right)-a^2}+\frac{\left(2 b^2+3 b c+2 c^2\right)}{\left(2 b^2+3 b c+2 c^2\right)-b^2} + \frac{\left(2 c^2+3 c a+2 a^2\right)}{\left(2 c^2+3 c a+2 a^2\right)-c^2}-3 \]
\[= \frac{1}{1-\frac{a^2}{2 a^2+3 a b+2 b^2}}+\frac{1}{1-\frac{b^2}{2 b^2+3 b c+2 c^2}} + \frac{1}{1-\frac{c^2}{2 c^2+3 c a+2 a^2}}-3 \]
Theo bất đẳng thức Schwarz ta có:
\[ M \geq \frac{9}{3-\left(\frac{a^2}{2 a^2+3 a b+2 b^2}+\frac{b^2}{2 b^2+3 b c+2 c^2}+\frac{c^2}{2 c^2+3 c a+2 a^2}\right)} - 3 \]
Bây giờ ta đi đánh giá biểu thức:
\[ P=\frac{a^2}{2 a^2+3 a b+2 b^2}+\frac{b^2}{2 b^2+3 b c+2 c^2}+\frac{c^2}{2 c^2+3 c a+2 a^2} \]
Thật vậy ta dễ dàng chứng minh được
\[ \frac{7 a^2}{2 a^2+3 a b+2 b^2} \geq \frac{3 a^2}{a^2+a b+b^2} \]
Đánh giá tương tự với hai biểu thức còn lại, rồi cộng vế theo vế ba bất đẳng thức đó lại sẽ được:
\[ \frac{7}{3} P \geq \frac{a^2}{a^2+a b+b^2}+\frac{b^2}{b^2+b c+c^2}+\frac{c^2}{c^2+c a+a^2} \]
Tiếp theo ta đánh giá biểu thức
\[ A=\frac{a^2}{a^2+a b+b^2}+\frac{b^2}{b^2+b c+c^2}+\frac{c^2}{c^2+c a+a^2} \]
Thật vậy theo bất đẳng thức Schwarz thì
\[ \frac{a^2}{a^2+a b+b^2}+\frac{c^2}{c(a+b+c)} \geq \frac{(a+c)^2}{a^2+b^2+c^2+a b+b c+c a} \]
\[ \frac{b^2}{b^2+b c+c^2}+\frac{a^2}{a(a+b+c)} \geq \frac{(b+a)^2}{a^2+b^2+c^2+a b+b c+c a} \]
\[ \frac{c^2}{c^2+c a+a^2}+\frac{b^2}{b(a+b+c)} \geq \frac{(c+b)^2}{a^2+b^2+c^2+a b+b c+c a} \]
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên rồi rút gọn sẽ được: \(A+1 \geq 2 \Leftrightarrow A \geq 1\). Vậy
\[ \frac{7}{3} P \geq \frac{a^2}{a^2+a b+b^2}+\frac{b^2}{b^2+b c+c^2}+\frac{c^2}{c^2+c a+a^2} \geq 1 \]
\[ \Rightarrow P \geq \frac{3}{7} \]
Do đó:
\[ \begin{aligned} M & \geq \frac{b^2}{3-\left(\frac{a^2}{2 a^2+3 a b+2 b^2}+\frac{b^2}{2 b^2+3 b c+2 c^2}+\frac{c^2}{2 c^2+3 c a+2 a^2}\right)} -3 \\ & \geq \frac{9}{3-\frac{3}{7}}-3 \\ & =\frac{1}{2} . \end{aligned} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 8. Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
\[ \frac{a^3}{4 a^2 b+4 a b^2+b^3}+\frac{b^3}{4 b^2 c+4 b c^2+c^3} +\frac{c^3}{4 c^2 a+4 c a^2+a^3} \geq \frac{1}{3} \]
Lời giải. 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.
Thí dụ 9. Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[ \frac{a}{\sqrt{3 a^{2}-4 a b+3 b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{3 b^{2}-4 b c+3 c^{2}}} +\frac{c}{\sqrt{3 c^{2}-4 c a+3 a^{2}}}<2 \sqrt{2} \]
Lời giải. Dễ thấy:
\[ \begin{aligned} 3 a^{2}-4 a b+3 b^{2} & =\frac{1}{2}(a+b)^{2}+\frac{5}{2}(a-b)^{2} \\ & \geq \frac{1}{2}(a+b)^{2} \end{aligned} \]
Suy ra:
\[ \frac{a}{\sqrt{3 a^{2}-4 a b+3 b^{2}}} \leq \frac{\sqrt{2} a}{a+b} \]
Tương tự:
\[ \frac{b}{\sqrt{3 b^{2}-4 b c+3 c^{2}}} \leq \frac{\sqrt{2} b}{b+c} \]
\[ \frac{c}{\sqrt{3 c^{2}-4 c a+3 a^{2}}} \leq \frac{\sqrt{2} c}{c+a} \]
Cộng vế với vế của ba bất đằng thức trên ta được:
\[ \begin{aligned} & \frac{a}{\sqrt{3 a^{2}-4 a b+3 b^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{3 b^{2}-4 b c+3 c^{2}}} \\ & +\frac{c}{\sqrt{3 c^{2}-4 c a+3 a^{2}}} \\ & \leq \sqrt{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right) . \end{aligned} \]
Mặt khác:
\[ \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}=3\] (1).
Mà
\[ \frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a} \gt \frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{b+c+a}+\frac{a}{c+a+b}=1 \tag{2} \]
nên từ (1) và (2) suy ra:
\[ \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \lt 2 \]
Vậy
\[ \begin{aligned} \frac{a}{\sqrt{3 a^{2}-4 a b+3 b^{2}}}+ & \frac{b}{\sqrt{3 b^{2}-4 b c+3 c^{2}}} \\ & +\frac{c}{\sqrt{3 c^{2}-4 c a+3 a^{2}}}<2 \sqrt{2} \end{aligned} \]
Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 10. Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
\[ \begin{aligned} \frac{a^{2}}{2 a^{2}+7 a b+2 b^{2}}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}+7 b c+2 c^{2}} \\ +\frac{c^{2}}{2 c^{2}+7 c a+2 a^{2}} \geq \frac{3}{11} \end{aligned} \]
Lời giải. Đặt vế trái của bài toán đề ra là \(M\). Ta dễ dàng chứng minh được:
\[ \frac{11 a^{2}}{2 a^{2}+7 a b+2 b^{2}} \geq \frac{3 a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}} \tag{1} \]
Tương tự:
\[ \frac{11 b^{2}}{2 b^{2}+7 b c+2 c^{2}} \geq \frac{3 b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}} \]
\[ \frac{11 c^{2}}{2 c^{2}+7 c a+2 a^{2}} \geq \frac{3 c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}} \tag{2} \]
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) sẽ được:
\[ \frac{11}{3} M \geq \frac{a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}}+\frac{c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}} \]
Đến đây bài toán được chứng minh nếu chứng minh được:
\[ A=\frac{a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}}+\frac{c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}} \geq 1 \]
Thật vậy theo bất đẳng thức Schwarz ta có:
\[ \begin{aligned} & \frac{a^{2}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{c^{2}}{c(a+b+c)} \\ & \geq \frac{(a+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a} \end{aligned} \]
\[ \frac{b^{2}}{b^{2}+b c+c^{2}}+\frac{a^{2}}{a(a+b+c)} \]
\[ \frac{c^{2}}{c^{2}+c a+a^{2}}+\frac{b^{2}}{b(a+b+c)} \]
\[ \geq \frac{(c+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+c a} \]
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên rồi rút gọn ta được: \(A+1 \geq 2 \Leftrightarrow A \geq 1 \)
Vậy
\[ \frac{11}{3}, M \geq 1 \Leftrightarrow M \geq \frac{3}{11} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \( \Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 11 (Tập chí TH\&TT bài số 6 tháng 11/2023).
Cho \(a, b, c\) là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[ \begin{aligned} \frac{a^{5}}{b^{2} \sqrt{\left(a^{2}+3 a b+b^{2}\right)^{3}}} & +\frac{b^{5}}{c^{2} \sqrt{\left(b^{2}+3 b c+c^{2}\right)^{3}}} \\ & +\frac{c^{5}}{a^{2} \sqrt{\left(c^{2}+3 c a+a^{2}\right)^{3}}} \end{aligned} \frac{3}{5 \sqrt{5}} \]
Lời giải. Đặt vế trái của bài toán đề ra là \(M\). Vì
\[ a^{2}+3 a b+b^{2}=\frac{5}{4}(a+b)^{2}-\frac{1}{4}(a-b)^{2} \leq \frac{5}{4}(a+b)^{2} \]
suy ra:
\[ \frac{a^{5}}{b^{2} \sqrt{\left(a^{2}+3 a b+b^{2}\right)^{3}}} \geq \frac{8 a^{5}}{5 \sqrt{5} b^{2}(a+b)^{3}} \]
Theo bất đẳng thức Cauchy thì:
\[ 2. \frac{(2 a)^{5}}{(a+b)^{3}}+3(a+b)^{2} \geq 5 \sqrt[5]{\frac{(2 a)^{10}}{(a+b)^{6}}(a+b)^{6}} = 5.4 a^{2} \]
Do đó:
\[ \frac{a^{5}}{(a+b)^{3}} \geq \frac{20 a^{2}-3(a+b)^{2}}{64} \geq \frac{20 a^{2}-6 a^{2}-6 b^{2}}{64} \]
Dẫn đến:
\[ \frac{a^{5}}{(a+b)^{3}} \geq \frac{7 a^{2}-3 b^{2}}{32} \]
Vậy
\[ \frac{8 a^{5}}{5 \sqrt{5} b^{2}(a+b)^{3}} \geq \frac{7 a^{2}}{4.5 \sqrt{5} b^{2}}-\frac{3}{4.5 \sqrt{5}} \]
Tương tự:
\[ \frac{8 b^{5}}{5 \sqrt{5} c^{2}(b+c)^{3}} \geq \frac{7 b^{2}}{4.5 \sqrt{5} c^{2}}-\frac{3}{4.5 \sqrt{5}} \]
\[ \frac{8 c^{5}}{5 \sqrt{5} a^{2}(c+a)^{3}} \geq \frac{7 c^{2}}{4,5 \sqrt{5} a^{2}}-\frac{3}{4.5 \sqrt{5}} \]
Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
\[ \begin{aligned} M & \geq \frac{7}{4.5 \sqrt{5}}\left(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\right)-\frac{9}{4.5 \sqrt{5}} \\ & \geq \frac{7.3}{4.5 \sqrt{5}}-\frac{9}{4.5 \sqrt{5}}=\frac{3}{5 \sqrt{5}} . \end{aligned} \]
Dấu đẳng thức cùa bài toán xảy ra \($\Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.
Thí dụ 12. Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương và \(0<2 k<1\). Chứng minh rằng:
\[ \begin{gathered} \frac{a^{5}}{b^{2} \sqrt{\left(k a^{2}+t a b+k b^{2}\right)^{3}}}+\frac{b^{5}}{c^{2} \sqrt{\left(k b^{2}+t b c+k c^{2}\right)}} \\ +\frac{c^{3}}{a^{2} \sqrt{\left(k c^{2}+t c a+k a^{2}\right)^{3}}} \geq \frac{3}{(2 k+t) \sqrt{2 k+t}} . \end{gathered} \]
Lời giải. Do \( 0 \lt 2k \lt 1\):
\[ \begin{aligned} k a^{2}+t a b+k b^{2} & =\frac{2 k+t}{4}(a+b)^{2}-\frac{t-2 k}{4}(a-b)^{2} \\ & \leq \frac{2 k+t}{4}(a+b)^{2} \end{aligned} \]
suy ra:
\[ \frac{a^{5}}{b^{2} \sqrt{\left(k a^{2}+t a b+k b^{2}\right)^{3}}} \geq \frac{8 a^{5}}{(2 k+t) \sqrt{2 k+t} b^{2}(a+b)^{3}} \] (1).
Tương tư:
\[ \frac{b^{5}}{c^{2} \sqrt{\left(k b^{2}+t b c+k c^{2}\right)^{3}}} \geq \frac{8 b^{5}}{(2 k+t) \sqrt{2 k+t} \cdot c^{2}(b+c)^{3}} \] (2);
\[ \frac{c^{5}}{a^{2} \sqrt{\left(k c^{2}+t c a+k a^{2}\right)^{3}}} \geq \frac{8 c^{5}}{(2 k+t) \sqrt{2 k+t} \cdot a^{2}(c+a)^{3}} \] (3).
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) và đặt vế trái của bài toán đề ra là \(A\) ta được:
\[ A \geq \frac{8}{(2 k+t) \sqrt{2 k+t}}\left[\frac{a^{5}}{b^{2}(a+b)^{3}}+\frac{b^{5}}{c^{2}(b+c)^{3}}+\frac{c^{5}}{a^{5}(c+a)^{3}}\right] \].
Tiếp theo ta đi đánh giá biểu thức:
\[ B=\frac{a^{5}}{b^{2}(a+b)^{3}}+\frac{b^{5}}{c^{2}(b+c)^{3}}+\frac{c^{5}}{a^{2}(c+a)^{3}} \]
Theo bất đẳng thức Cauchy thi:
\[ 2. \frac{(2 a)^{5}}{(a+b)^{3}}+3(a+b)^{2} \geq 5 \sqrt[5]{\frac{(2 a)^{10}}{(a+b)^{6}}(a+b)^{6}} =20 a^{2} \]
Do đó:
\[ \frac{a^{5}}{(a+b)^{3}} \geq \frac{20 a^{2}-3(a+b)^{2}}{64} \geq \frac{20 a^{2}-6 a^{2}-6 b^{2}}{64} \]
hay
\[ \frac{a^{5}}{(a+b)^{3}} \geq \frac{7 a^{2}-3 b^{2}}{32} \]
Suy ra:
\[ \frac{a^{5}}{b^{2}(a+b)^{3}} \geq \frac{7 a^{2}}{32 b^{2}}-\frac{3}{32} \tag{4} \]
Tương tụ:
\[ \begin{align*} & \frac{b^{5}}{c^{2}(b+c)^{3}} \geq \frac{7 b^{2}}{32 c^{2}}-\frac{3}{32} \tag{5}\\ & \frac{c^{5}}{a^{2}(c+a)^{3}} \geq \frac{7 c^{2}}{32 a^{2}}-\frac{3}{32} \tag{6} \end{align*} \]
Cộng vế với vế của (4), (5), (6) rồi áp dụng bất đằng thức Cauchy ta thu được:
\[ \begin{aligned} B & \geq \frac{7}{32}\left(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}\right)-\frac{9}{32} \\ & \geq \frac{7.3}{32}-\frac{9}{32} \\ & =\frac{3}{8} \end{aligned} \]
Vậy
\[ A \geq \frac{8}{(2 k+t) \sqrt{2 k+t}}, \frac{3}{8}=\frac{3}{(2 k+t) \sqrt{2 k+t}} \]
Dấu đẳng thức của bài toán xảy ra \( \Leftrightarrow a=b=c\). Bài toán được chứng minh.
Dưới đây là một số bài toán dành cho bạn đọc tự giải
Bài 1. Cho ba số thực dương \(a, b, c\) thỏa mãn \(a^{4}+b^{4}+c^{4}=3\). Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} & \frac{a b}{\sqrt{3 a^{2}+2 a b+3 b^{2}}}+\frac{b c}{\sqrt{3 b^{2}+2 b c+3 c^{2}}} \\ &+\frac{c a}{\sqrt{3 c^{2}+2 c a+3 a^{2}}} \end{aligned} \frac{3}{8} \]
Bài 2. Cho ba số thực dương \(a, b, c\) thỏa mãn \(a^{4}+b^{4}+c^{4}=3\). Chứng minh rằng
\[ \frac{a b}{\sqrt{a^{2}-a b+b^{2}}}+\frac{b c}{\sqrt{b^{2}-b c+c^{2}}}+\frac{c a}{\sqrt{c^{2}-c a+a^{2}}} \leq 3 \]
Bài 3. Cho ba số thực dương \(a, b, c\) thỏa mãn \(a^{4}+b^{4}+c^{4}=3\). Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} & \frac{a b}{\sqrt{2 a^{2}-3 a b+2 b^{2}}}+\frac{b c}{\sqrt{2 b^{2}-3 b c+2 c^{2}}} \\ &+\frac{c a}{\sqrt{2 c^{2}-3 c a+2 a^{2}}} \end{aligned} \]
Bài 4. Cho ba số thực dương \(a, b, c\) thỏa mãn \(a^{3}+b^{3}+c^{3}=3\). Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} \frac{a b}{\sqrt{2 a^{2}+3 a b+2 b^{2}}}+ & \frac{b c}{\sqrt{2 b^{2}+3 b c+2 c^{2}}} \\ & +\frac{c a}{\sqrt{2 c^{2}+3 c a+2 a^{2}}} \leq \frac{3}{\sqrt{7}} \end{aligned} \]
Bài 5. Cho \(a, b, c\) là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} & \frac{a^{2}}{2 a^{2}+5 a b+2 b^{2}}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}+5 b c+2 c^{2}} \\ &+\frac{c^{2}}{2 c^{2}+5 c a+2 a^{2}} \geq \frac{1}{3} \end{aligned} \]
Bài 6. Cho \(a, b, c, k, t\) là các số thực dương tùy ý thỏa mãn \(t \geq k\). Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} & \frac{a^{2}}{k a^{2}+t a b+k b^{2}}+\frac{b^{2}}{k b^{2}+t b c+k c^{2}} \\ &+\frac{c^{2}}{k c^{2}+t c a+k a^{2}} \geq \frac{3}{2 k+t} \end{aligned} \]
Bài 7. Cho \(a, b, c, t, k, r\) là các số thực dương tùy ý thỏa mãn \(t \geq k \geq r\). Chứng minh rằng
\[ \begin{aligned} \frac{a^{2}}{r a^{2}+t a b+k b^{2}}+ & \frac{b^{2}}{r b^{2}+t b c+k c^{2}} \\ & \quad+\frac{c^{2}}{r c^{2}+t c a+k a^{2}} \geq \frac{3}{r+t+k} \end{aligned} \]
Bài 8. Cho \(a, b, c\) là các số thực dương. Chứng minh rằng
\[ \frac{a^{5}}{b^{2} \sqrt{\left(a^{2}+5 a b+b^{2}\right)^{3}}}+\frac{b^{5}}{c^{2} \sqrt{\left(b^{2}+5 b c+c^{2}\right)^{3}}} +\frac{c^{5}}{a^{2} \sqrt{\left(c^{2}+5 c a+a^{2}\right)^{3}}} \geq \frac{3}{7 \sqrt{7}} \]
