Phát triển các bài toán từ một bất đẳng thức quen thuộc

Trước tiên ta nhắc lại một bất đẳng thức quen thuộc: Với mọi số \(x, y\) dương thì ta có bất đẳng thức: \[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x + y}. \tag{*} \] Chứng minh Cách 1. Biến đổi tương đương: Với \(x, y > 0\) ta có: \[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} - \frac{4}{x + y} = \frac{x + y}{xy} - \frac{4}{x + y} = \frac{(x + y)^2 - 4xy}{xy(x + y)}. \] \[ \Rightarrow \frac{(x - y)^2}{xy(x + y)} \geq 0. \] Suy ra bất đẳng thức luôn đúng.

Cách 2. Xuất phát từ một khẳng định đúng: Từ \((x - y)^2 \geq 0 \Rightarrow x^2 + y^2 \geq 2xy\), ta suy ra: \[ (x + y)^2 \geq 4xy \Rightarrow \frac{x + y}{xy} \geq \frac{4}{x + y}. \] \[ \Rightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x + y} \] Với \(x, y > 0\) (đpcm). Sau đây, là những ví dụ điển hình về việc sử dụng BĐT (*) và phối hợp một số BĐT khác để đưa ra những kết quả tốt, cần thiết cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp.

Bài 1. Cho \(a, b > 0\). Chứng minh rằng \[ \frac{1}{4a^2 + 4b^2} + \frac{1}{8ab} \geq \frac{1}{(a + b)^2}. \] Hướng dẫn. Vận dụng bất đẳng thức phụ \[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x + y}, \] với \(x, y > 0\) ta có: Với \(a, b > 0\) thì \[ \frac{1}{4a^2 + 4b^2} + \frac{1}{8ab} \geq \frac{4}{4a^2 + 4b^2+8ab} = \frac{1}{(a + b)^2}. \] Điều phải chứng minh.

Bài 2. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 2\left( \frac{1}{a + b} + \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} \right). \] Giải: Vận dụng bất đẳng thức phụ: \[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x + y}, \] với \(x, y > 0\) ta có: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a + b}, \quad \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{4}{b + c}, \quad \frac{1}{c} + \frac{1}{a} \geq \frac{4}{c + a}. \] Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 2\left( \frac{1}{a + b} + \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} \right). \] Điều phải chứng minh.

Bài 3. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{4}{2a + b + c} + \frac{4}{a + 2b + c} + \frac{4}{a + b + 2c}. \] Giải: Ta có: \[ \frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{4}{a + b} + \frac{4}{a + c}. \] Cộng các bất đẳng thức trên, suy ra: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{4}{2a + b + c} + \frac{4}{a + 2b + c} + \frac{4}{a + b + 2c}. \]

Bài 4. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{a + b + c} + \frac{1}{b + c + a} + \frac{1}{c + a + b} \geq 2 \left( \frac{1}{2a + b + c} + \frac{1}{a + 2b + c} + \frac{1}{a + b + 2c} \right). \] Giải: Vận dụng bất đẳng thức (*) ta có: \[ \frac{1}{a + b + c} + \frac{1}{b + c + a} + \frac{1}{c + a + b} \geq \frac{4}{a + b + c}. \] Cộng vế theo các bất đẳng thức trên, ta được: \[ \frac{1}{a + b + c} + \frac{1}{b + c + a} + \frac{1}{c + a + b} \geq 2 \left( \frac{1}{2a + b + c} + \frac{1}{a + 2b + c} + \frac{1}{a + b + 2c} \right). \] Điều phải chứng minh

Bài 5. Cho \(a, b, c\) là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh: \[ \frac{1}{a + b - c} + \frac{1}{b + c - a} + \frac{1}{c + a - b} \geq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. \] Dấu "=" xảy ra khi nào?

Giải: Với \(a, b, c\) là độ dài ba cạnh của tam giác thì: \[ a + b - c> 0, b + c - a> 0, c + a -b> 0. \] Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu ta có: \[ \frac{1}{a + b - c} + \frac{1}{b + c - a} \geq \frac{4}{a + b - c+b + c - a} = \frac{2}{b} \] Tương tự ta có: \[ \frac{1}{b + c - a} + \frac{1}{c + a - b} \geq \frac{2}{c} \] và \[ \frac{1}{c + a - b} + \frac{1}{a + b - c} \geq \frac{2}{a} \] Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta có điều phải chứng minh.

Đặc biệt để sử dụng BĐT (*) nhiều lúc chúng ta phải biến đổi các dữ liệu của bài toán sau đó đưa bài toán từ giả thiết lạ về giả thiết quen thuộc hơn để sử dụng như các bài toán sau:

Bài 6. Cho \(a, b, c, d > 0\). Chứng minh rằng: \[ A = \frac{a + c}{a + b} + \frac{b + d}{b + c} + \frac{c + a}{c + d} + \frac{d + b}{d + a} \geq 4. \] Giải: Ta có: \[ A = \frac{a + c}{a + b} + \frac{b + d}{b + c} + \frac{c + a}{c + d} + \frac{d + b}{d + a} = (\frac{a + c}{a + b} + \frac{c + a}{c + d}) + (\frac{b + d}{b + c} + \frac{d + b}{d + a}) \] \[ A = (a+c)(\frac{1}{a + b} + \frac{1}{c + d}) + (b+d)(\frac{1}{b + c} + \frac{1}{d + a}) \] Vì \(a, b, c , d > 0\), nên \(a + b >0, c+ d> 0\), áp dụng BĐT (*) ta có: \[ \frac{1}{a + b} + \frac{1}{c + d} \geq \frac{4}{a + b +c + d} \] Tương tự ta có: \[ \frac{1}{b + c} + \frac{1}{d + a} \geq \frac{4}{a + b +c + d} \] Vậy ta có: \[ A = (a+c)(\frac{1}{a + b} + \frac{1}{c + d}) + (b+d)(\frac{1}{b + c} + \frac{1}{d + a}) \geq \frac{4(a+c)}{a+b+c+d} + \frac{4(b+d)}{a+b+c+d} = 4 \] Điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=d\).

Bài 7. Cho \(a, b > 0\) và \(a + b = 1\). Chứng minh rằng: \[ A = \frac{a^2}{a+1} + \frac{b^2}{b+1} \geq \frac{1}{3}. \] Giải: Biến đổi biểu thức A \[ A = \frac{a^2}{a+1} + \frac{b^2}{b+1} = \frac{a^2 - 1 + 1}{a+1} + \frac{b^2 - 1 + 1}{b+1} = a - 1 + \frac{1}{a+1} + b - 1 + \frac{1}{b+1} = (a + b -2) + \frac{1}{a+1} + \frac{1}{b+1}. \] Sử dụng bất đẳng thức (*) ta có: \[ A \geq (1 - 2) + \frac{4}{a + b + 2} = \frac{1}{3}. \] Điều phải chứng minh, dấu '=' xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\).

Bài 8. Chứng minh rằng với \(a, b > 0\), thỏa mãn \(a + b = 1\) thì: \[ \frac{1}{ab} + \frac{1}{a^2 + b^2} \geq 6. \] Giải: Biến đổi: \[ \frac{1}{ab} + \frac{1}{a^2 + b^2} = \frac{1}{2ab} + (\frac{1}{2ab} + \frac{1}{a^2 + b^2}). \] Rồi sử dụng các bất đẳng thức phụ \((x+y)^2 \geq 4xy\) và \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x+y}\), ta được: \[ \frac{1}{2ab} + (\frac{1}{2ab} + \frac{1}{a^2 + b^2}) \geq \frac{2}{(a+b)^2} + \frac{4}{(a+b)^2} = 2 + 4 = 6 \] Điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\).

Bài 9. Cho \(a, b\) là các số thực thỏa mãn \(a + b < ab\). Chứng minh rằng \(a + b > 4\).

Giải: Biến đổi điều kiện và vận dụng bất đẳng thức phụ: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{4}{a+b}. \] Ta có: \[ a + b \lt ab \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \lt 1 \Rightarrow 1 \gt \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \gt \frac{4}{a + b} \Rightarrow a + b \gt 4 \] Điều phải chứng minh

Từ bất đẳng thức (*) ta có thể tổng quát hóa và mở rộng thành các bất đẳng thức khác để sử dụng rộng rãi và giải được nhiều bài toán hay như sau:

Với \(a_i > 0\), \(n\) là số tự nhiên, \(n > 1\) ta có: \[ \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3} \geq \frac{3^2}{a_1 + a_2 + a_3}. \tag{1} \] \[ \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3} + \frac{1}{a_4} \geq \frac{4^2}{a_1 + a_2 + a_3 + a_4}. \] \[ \vdots \] \[ \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \frac{1}{a_3} + \dots + \frac{1}{a_n} \geq \frac{n^2}{a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_n}. \] Vận dụng bất đẳng thức (1) ta có bài toán mới hay và khó như sau:

Bài 10. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{2a+b} + \frac{1}{2b+c} + \frac{1}{2c+a} \geq \frac{3}{a+b+c}. \] Giải: Với \(a, b, c > 0\), ta có: \[ 2a + b > 0, 2b + c > 0, 2c + a > 0. \] Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được: \[ \frac{1}{2a+b} + \frac{1}{2b+c} + \frac{1}{2c+a} \geq \frac{9}{2a+b +2b+c+2c+a} = \frac{3}{a+b+c}. \] Điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\).

Bài 11. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{2a+b+c} + \frac{1}{2b+c+a} + \frac{1}{2c+a+b} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}. \] Giải: Với \(a, b, c > 0\), ta có: \[ 2a + b > 0, 2b + c > 0, 2c + a > 0. \] Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được: \[ \frac{1}{2a+b+c} + \frac{1}{2b+c+a} + \frac{1}{2c+a+b} \geq \frac{9}{2a+b+c + 2b+c+a + 2c+a+b} = \frac{9}{4(a+b+c)}. \] Điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\).

Bài 12. Cho \(x\) thỏa mãn \(\frac{2}{3} < x < \frac{13}{2}\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{3x - 2} - \frac{1}{x - 10} + \frac{1}{13 - 2x} > \frac{3}{7}. \] Giải: Vì \(\frac{2}{3} < x < \frac{13}{2}\), suy ra: \[ 3x - 2 > 0, x - 10 < 0, 13 - 2x > 0. \] Ta có: \[ \frac{1}{3x - 2} - \frac{1}{x - 10} + \frac{1}{13 - 2x} = \frac{1}{3x - 2} + \frac{1}{10 - x} + \frac{1}{13 - 2x} \] Vận dụng bất đẳng thức (1) ta được: \[ \frac{1}{3x - 2} + \frac{1}{10 - x} + \frac{1}{13 - 2x} \geq \frac{9}{3x - 2 + 10 - x + 13 - 2x} = \frac{9}{21} = \frac{3}{7}. \] Dấu "=" không xảy ra, ta có điều phải chứng minh.

Bài 13.} Cho \(a, b, c > 0\) và \(a + b + c = 1\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{a^2 + 2bc} + \frac{1}{b^2 + 2ac} + \frac{1}{c^2 + 2ab} \geq 9. \] Giải: Vì \(a, b, c > 0\) nên: \[ a^2 + 2bc > 0, b^2 + 2ac > 0, c^2 + 2ab > 0. \] Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: \[ \frac{1}{a^2 + 2bc} + \frac{1}{b^2 + 2ac} + \frac{1}{c^2 + 2ab} \geq \frac{9}{a^2 + 2bc + b^2 + 2ac + c^2 + 2ab} = \frac{9}{(a + b + c)^2} = 9. \] Do \(a + b + c = 1\), điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\).

Bài 14. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 3(\frac{1}{2a + b} + \frac{1}{2b + c} + \frac{1}{2c + a}). \] Giải: Vì \(a, b, c > 0\), theo bất đẳng thức (1) ta có: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \geq \frac{9}{2a + b}. \] Tương tự ta có: \[ \frac{1}{b} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq \frac{9}{2b + c}. \] và \[ \frac{1}{c} + \frac{1}{c} + \frac{1}{a} \geq \frac{9}{2c + a}. \] Cộng các bất đẳng thức lại theo vế ta có: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{b} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} +\frac{1}{c} + \frac{1}{c} + \frac{1}{a} \geq \frac{9}{2a + b} + \frac{9}{2b + c} + \frac{9}{2c + a}. \] \[ \Rightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \geq 3(\frac{1}{2a + b} + \frac{1}{2b + c} + \frac{1}{2c + a}). \] Điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\).

Bài 15. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}. \] Đối với bìa toán này mà vận dụng BĐT (*) thì dài dòng hơn nhiều nhưng khi sử dụng BĐT (1) thì cách giải bài toán trở nên gọn nhẹ hơn.

Giải: Vì \(a, b, c > 0\), nên: \[ a + b > 0, b + c > 0, c + a > 0. \] Theo bất đẳng thức phụ (1) ta có: \[ \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a)} \geq \frac{9}{a+b+b+c+c+a} = \frac{9}{2(a+b+c)} \] \[ \Rightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a)}) \geq \frac{9}{2} \] \[ \Rightarrow \frac{a+b+c}{a+b} + \frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{c+a} \geq \frac{9}{2} \] \[ \Rightarrow 1+\frac{c}{a+b} + 1+ \frac{a}{b+c} + 1+ \frac{b}{c+a} \geq \frac{9}{2} \] \[ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}. \] Điều phải chứng minh, dấu = xảy ra khi \(a=b=c\).

Bài 16 (Trích đề thi HSG cấp tỉnh lớp 9 tỉnh Nghệ An năm học 2010 - 2011): Cho \(x > 0, y > 0, z > 0\) và \[\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 4\] Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{2x+y+z} + \frac{1}{2y+z+x} + \frac{1}{2z+x+y} \leq 1. \] Giải: Áp dụng bất đẳng thức: \[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq \frac{4}{x + y} \] với \(x, y > 0\), ta có: \[ \frac{1}{2x + y + z} \leq \frac{1}{4}(\frac{1}{2x} + \frac{1}{y + z}) \leq \frac{1}{4}(\frac{1}{2x} + \frac{1}{4y} + \frac{1}{4z}). \] Tương tự ta có: \[ \frac{1}{2y + z + x} \leq \frac{1}{4}(\frac{1}{2y} + \frac{1}{4z} + \frac{1}{4x}). \] và \[ \frac{1}{2z + x + y} \leq \frac{1}{4}(\frac{1}{2z} + \frac{1}{4x} + \frac{1}{4y}). \] Cộng các bất đẳng thức theo vế ta có: \[ \frac{1}{2x+y+z} + \frac{1}{2y+z+x} + \frac{1}{2z+x+y} \leq \frac{1}{4}(\frac{1}{2x} + \frac{1}{4y} + \frac{1}{4z}) + \frac{1}{4}(\frac{1}{2y} + \frac{1}{4z} + \frac{1}{4x}) + \frac{1}{4}(\frac{1}{2z} + \frac{1}{4x} + \frac{1}{4y})=\frac{1}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})=1. \] Điều phải chứng minh, dấu = xảy ra khi \(x=y=z=\frac{3}{4}\).

Nếu ta biến đổi BĐT \((x + y)^2 \geq 4xy\) về dạng \[ \frac{1}{xy} \geq \frac{4}{(x + y)^2} \tag{**} \] với \(x, y > 0\) thì vận dụng BĐT này chúng ta có thể giải được một số bài toán BĐT hay và khó sau:

Bài 17. Cho \(a, b, c > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{(2a + b)(2c + b)} + \frac{1}{(2b + c)(2a + c)} + \frac{1}{(2c + a)(2b + a)} \geq \frac{3}{(a + b + c)^2}. \] Giải: Vì \(a, b, c > 0\) nên \(2a + b > 0; 2c + b > 0\). Theo bất đẳng thức (**) ta có: \[ \frac{1}{(2a + b)(2c + b)} \geq \frac{4}{(2a + b + 2c +b)^2} = \frac{4}{4(a+b+c)^2} = \frac{1}{(a+b+c)^2} \] Chứng minh tương tự ta có các bất đẳng thức sau: \[ \frac{1}{(2b + c)(2a + c)} \geq \frac{1}{(a+b+c)^2} \] và \[ \frac{1}{(2c + a)(2b + a)} \geq \frac{1}{(a+b+c)^2} \] Cộng các bất đẳng thức lại theo vế ta có điều phải chứng minh, dấu = xảy ra khi \(a=b=c\)

Bài 18. Cho \(a, b, c, d > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{a + c}{(a + b)(c + d)} + \frac{b + d}{(a + d)(b + c)} \geq \frac{4}{a + b + c + d}. \] Giải: Vì \(a, b, c, d > 0\) suy ra: \[ a + c > 0; \quad b + d > 0; \quad a + b + c + d > 0. \] Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: \[ \frac{a + c}{(a + b)(c + d)} \geq \frac{4(a+c)}{(a + b + c + d)^2}, \] \[ \frac{b + d}{(a + d)(b + c)} \geq \frac{4(b+d)}{(a + b + c + d)^2}. \] Cộng vế các bất đẳng thức trên, ta được: \[ \frac{a + c}{(a + b)(c + d)} + \frac{b + d}{(a + d)(b + c)} \geq \frac{4(a + c + b + d)}{(a + b + c + d)^2} = \frac{4}{a+b+c+d}. \] Điều phải chứng minh, dấu = xảy ra khi \(a=b=c=d\).

Bài 19. Cho \(a, b, c, d > 0\). Chứng minh rằng: \[ \frac{3}{a + b} + \frac{2}{c + d} + \frac{a+b}{(a+c)(b+d)} \geq \frac{12}{a + b + c + d}. \] Giải: Vì \(a, b, c, d > 0\) nên ta có \(a+b >0, a+ c> 0, c+d >0, b+d>0\), áp dụng bất đẳng thức (**) ta có: \[ \frac{3}{a + b} + \frac{2}{c + d} = \frac{3(c+d) + 2(a+b)}{(a+b)(c+d)} = \frac{3c + 3d + 2a + 2b}{(a+b)(c+d)} \geq \frac{4(3c + 3d + 2a + 2b)}{(a + b + c + d)^2}. \] Mà ta có: \[ \frac{a+b}{(a+c)(b+d)} \geq \frac{4(a+b)}{(a + b + c + d)^2} \] Do đó ta có: \[ \frac{3}{a + b} + \frac{2}{c + d} + \frac{a+b}{(a+c)(b+d)} \geq \frac{4(3c + 3d + 2a + 2b)}{(a + b + c + d)^2} + \frac{4(a+b)}{(a + b + c + d)^2} = \frac{12}{a + b + c + d}. \] Điều phải chứng minh

Bài 20. Cho \(a, b, c > 0\) là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: \[ \frac{(a + b)^2}{a + b - c} + \frac{(b + c)^2}{b + c - a} + \frac{(c + a)^2}{c + a - b} \geq 4(a + b + c). \] Giải: Vì \(a, b, c > 0\) là độ dài ba cạnh của một tam giác nên theo BĐT tam giác ta có: \[ a + b > c, a + c > b, b + c > a. \] Áp dụng BĐT (**), ta được: \[ \frac{(a + b)^2}{a + b - c} = \frac{c(a + b)^2}{c(a + b - c)} \geq c(a+b)^2 \frac{4}{(c+a+b-c)^2} = 4c \] Tương tự, \[ \frac{(b + c)^2}{b + c - a} \geq 4a \] và \[ \frac{(c + a)^2}{c + a - b} \geq 4b \] Cộng theo vế các BĐT trên, ta có: \[ \frac{(a + b)^2}{a + b - c} + \frac{(b + c)^2}{b + c - a} + \frac{(c + a)^2}{c + a - b} \geq 4(a + b + c). \] Điều phải chứng minh

---

---