Ứng dụng bổ đề chặn tích trong chứng minh bất đẳng thức

1. Lý thuyết Bổ đề chặn tích

Với \(a, b, c\) không âm và \(a + b + c = 3\) thì tồn tại \(t \in [0; 1]\) sao cho: \begin{align*} ab + bc + ca &= 3 - 3t^2, \tag{1} \\ a^2 + b^2 + c^2 &= 3 + 6t^2, \tag{2} \\ (1 + t)^2(1 - 2t) & \leq abc \leq (1 - t)^2(1 + 2t), \tag{3} \\ |a - c| &\leq 2\sqrt{3}t, \tag{4} \\ \frac{(b - 1)^2}{4} \leq t^2 \leq \frac{b^2 - 3b + 3}{3}, \tag{5} \\ a \geq b \geq c \quad \to \quad t^2 \leq (1 - c)^2 \quad \to \quad t \leq 1 - c \tag{6} \end{align*} Chứng minh các bổ đề:

Chứng minh (1), ta có: \[ 0 \leq ab + bc + ca \leq \frac{1}{3}(a + b + c)^2 = 3. \] Do đó, luôn tồn tại một số \(t \in [0; 1]\) sao cho: \[ 0 \leq ab + bc + ca = 3 - 3t^2 \leq 3. \tag{1} \] Chứng minh (2), ta có: \[ a^2 + b^2 + c^2 = (a + b + c)^2 - 2(ab + bc + ca) = 3 + 6t^2. \tag{2} \] Chứng minh (3), ta có: \[ 3 + 6t^2 = a^2 + b^2 + c^2 \geq a^2 + \frac{1}{2}(b + c)^2 = a^2 + \frac{1}{2}(3 - a)^2. \] Do đó: \[ 6 + 12t^2 \geq 6a^2 + 9 - 6a + a^2 \geq 4t^2 \quad \to \quad a^2 \geq 4t^2 \quad \to \quad |a - 1| \leq 2t \quad \to \quad 1 - 2t \leq a \leq 1 + 2t. \] Tương tự, ta có: \[ 1 - 2t \leq b \leq 1 + 2t, \] \[ 1 - 2t \leq c \leq 1 + 2t. \] Ta có: \[ (1 + 2t - a)(1 + 2t - b)(1 + 2t - c) \geq 0. \] Suy ra: \[ (1 + 2t)^3 - 3(a + b + c)(1 + 2t)^2 + 3(ab + bc + ca)(1 + 2t) - abc \geq 0. \] Vì \(a + b + c = 3\), ta có: \[ (1 + 2t)^3 - 9(1 + 2t)^2 + (9 - 9t^2)(1 + 2t) - abc \geq 0. \] Chuyển đổi: \[ \to (1 + 2t)[(1 + 2t)^2 - 9(1 + 2t) + 9 - 9t^2] \geq abc. \] Rút gọn: \[ abc \geq (1 - 2t)(1 + t)^2. \] Chứng minh tương tự ta có: \[ abc \leq (1 - t)^2(1 + 2t). \] Chứng minh (4), ta có: \[ 3 - 3t^2 = b(a + c) + ca = b(3 - b) + ca \to ca = 3 - 3t^2 + b^2 - 3b. \] Mà \(a^2 + c^2 = 3 + 6t^2 - b^2\), vậy: \[ a^2 + c^2 - 2ac = 3 + 6t^2 - b^2 - 2(3 - 3t^2 + b^2 - 3b) = 12t^2 - 3(b - 1)^2 \leq 12t^2. \] \[ \to (a - c)^2 \leq 12t^2 \to |a - c| \leq 2\sqrt{3}t. \] Chứng minh (5), ta có theo phần (4): \[ (a - c)^2 \leq 12t^2 - 3(b - 1)^2 \to t^2 \geq \frac{(b - 1)^2}{4}. \] Mặt khác, ta có: \[ ca = 3 - 3t^2 + b^2 - 3b \geq 0 \to t^2 \leq \frac{b^2 - 3b + 3}{3}. \] Vậy: \[ \frac{(b - 1)^2}{4} \leq t^2 \leq \frac{b^2 - 3b + 3}{3}. \] Chứng minh (6), không mất tính tổng quát, giả sử \(a \geq b \geq c\), từ giả thuyết \(a + b + c = 3 \to 1 \geq c \to 1 - c \geq 0\). Mà \(b \geq c \to b + c \geq 2c \to 3c \leq a + b + c = 3 \to a \geq b + 3c\). Vậy: \[ a - b \geq 3 - 3c = 3(1 - c) \to (a - b)^2 \leq 9(1 - c)^2. \] Mà: \[ (a - b)^2 = 12t^2 - 3(c - 1)^2. \] Vậy: \[ 12t^2 - 3(c - 1)^2 \leq 9(1 - c)^2 \to t^2 \leq (1 - c)^2 \to t \leq 1 - c \text{ do } 1 \geq c. \] Tổng quát bổ đề:

Cho các số thực không âm \(x_1, x_2, \ldots, x_n\) có tổng bằng \(n\) thì ta có các kết quả sau:

Tồn tại số \(t \geq 0\) sao cho: \[ x_1^2 + x_2^2 + \cdots + x_n^2 = n + n(n - 1)t^2. \] Ta có: \[ 1 - (n - 1)t \leq x_i \leq 1 + (n - 1)t \quad \text{với } i = 1, 2, \ldots, n. \] 2. Bài tập ứng dụng

Bài 1: Cho \(a, b, c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = 3\), chứng minh rằng \[ 3abc + 12 \geq 5(ab + bc + ca). \] Giải: Đặt \(a^2 + b^2 + c^2 = 3 + 6t^2\) với \(t \in [0; 1]\) thì \(ab + bc + ca = 3 - 3t^2\). Theo bất đẳng thức (3) ta có: \[ abc \geq (1 + t)^2(1 - 2t). \] Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh đúng khi ta chứng minh được: \[ 3(1 + t^2)(1 - 2t) + 12 \geq 5(3 - 3t^2). \] Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương: \[ 2t^3 - 2t^2 \leq 0 \Leftrightarrow t^2(t - 1) \leq 0. \] Đúng do \(t \in [0; 1]\). Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(t = 0\) hay \(a = b = c = 1\).

Bài 2: Cho \(a, b, c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng \[ \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} \geq a^2 + b^2 + c^2. \] Giải: Đặt \(a^2 + b^2 + c^2 = 3 + 6t^2\) với \(t \in [0; 1]\), thì \(ab + bc + ca = 3 - 3t^2\). Kết hợp với \(a + b + c = 3\), bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \[ \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} \geq a^2 + b^2 + c^2 \Leftrightarrow (ab + bc + ca)^2 \geq 2a^2b^2c^2(a^2 + b^2 + c^2) + 6abc. \] Do đó, ta cần chứng minh tương đương: \[ (3-3t^2)^2 \geq a^2b^2c^2(3+6t^2) + abc \] Theo bất đẳng thức (3) ta có: \[ abc \leq (1 - t)^2(1 + 2t). \] Nên ta có \[ a^2b^2c^2(3+6t^2) + abc \leq (1+t)^4(1-2t)^2(3+6t^2)+6(1 - t)^2(1 + 2t). \] Do đó cần chứng minh \[ (1+t)^4(1-2t)^2(3+6t^2)+6(1 - t)^2(1 + 2t) \leq (3-3t^2)^2 \Leftrightarrow 6(1-t)^2t^2(4t^4-4t^3-t^2-2) \leq 0 \] Đúng do \(t \in [0; 1]\). Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(t = 0\) hay \(a = b = c = 1\).

Bài 3: Cho \(a, b, c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng \[ 8 \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) + 9 \geq 10(a^2 + b^2 + c^2). \] Giải: Đặt \(a^2 + b^2 + c^2 = 3 + 6t^2\) với \(t \in [0; 1]\), thì \(ab + bc + ca = 3 - 3t^2\). Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \[ \frac{8(ab + bc + ca)}{abc} + 9 \geq 10(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow \frac{24(1 - t^2)}{abc} + 9 \geq 30(1 + 2t^2) \Leftrightarrow \frac{8(1 - t^2)}{abc} + 3 \geq 10(1 + 2t^2) \] Theo bất đẳng thức (3) ta có: \[ abc \leq (1 - t)^2(1 + 2t). \] Nên ta có \[ \frac{8(1 - t^2)}{abc} + 3 \geq \frac{8(1 - t^2)}{(1 - t)^2(1 + 2t)} = \frac{8(1 + t)}{(1 - t)(1 + 2t)} \] Bất đẳng thức này tương đương: \[ \frac{8(1 + t)}{(1 - t)(1 + 2t)} + 3 \geq 10(1 + 2t^2) \Leftrightarrow (2t-1)^2(10t^2+5t+1) \geq 0 \] Đúng do \(t \in [0; 1]\). Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(t = 0\) hoặc \(t=\frac{1}{2}\) hay \(a = 2, b = c = \frac{1}{2} \) và các hoán vị.

Bài 4: Cho các số thực \(a, b, c\) thỏa mãn \(a + b + c = 3\), chứng minh rằng \[ \frac{a^2}{a+2} + \frac{b^2}{b+2} + \frac{c^2}{c+2} \leq \frac{3}{ab + bc + ca}. \] Giải: Ta có \[ \sum \frac{a^2}{a+2} = \frac{a^2(b+2)(c+2)}{(a+2)(b+2)(c+2)} = \frac{4a^2+a^2bc+2a^2b+2a^2c}{(a+2)(b+2)(c+2)}. \] \[ = \frac{4(a^2+b^2+c^2)+abc(a+b+c) +2ab(a+b) + 2bc(b+c) + 2ca(c+a)}{8+4(a+b+c) +2(ab+bc+ca) + abc}. \] Ta có \[ 2ab(a+b) = 2ab(3-c) = 6ab - 2abc \] Nên \[ \sum \frac{a^2}{a+2} = \frac{4(a^2+b^2+c^2)+6(ab+bc+ca) - 3abc}{20 +2(ab+bc+ca) + abc}. \] Đặt \(a^2 + b^2 + c^2 = 3 + 6t^2\) và \(ab + bc + ca = 3 - 3t^2\), bất đẳng thức trở thành: \[ \frac{4(3+6t^2) + 6(3-3t^2) -3abc}{20 + 2(3-3t^2) + abc} \leq \frac{3}{3-3t^2}. \] Theo bất đẳng thức (3) ta có: \[ abc \geq (1 + t)^2(1 - 2t). \] Nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \[ \frac{4(3+6t^2) + 6(3-3t^2) -3(1 + t)^2(1 - 2t)}{20 + 2(3-3t^2) + (1 + t)^2(1 - 2t)} \leq \frac{3}{3-3t^2}. \] Khai triển và thu gọn ta được bất đẳng thức tương đương \[ t^5 + 15t^4 - 8t^3 + 3t^2 \leq 0 \Leftrightarrow t^2(t+3)(6t^2-3t+1) \leq 0 \] Đúng do \(t \in [0; 1]\). Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(t = 0\) hay \(a = b = c = 1\).

Bài 5: Cho \(a, b, c\) là các số thực không âm thỏa mãn \(ab+bc+ca>0\). Chứng minh rằng \[ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2. \] Giải: Khi thay \((a;b;c)\) bởi \((ma;mb;mc)\) thì bất đẳng thức không đổi nên không mất tính tổng quát giả sử \(a+b+c=3\). Đặt \(a^2 + b^2 + c^2 = 3 + 6t^2\) và \(ab + bc + ca = 3 - 3t^2\). Ta lại có: \[ (a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=3(3-3t^2) - abc \] Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương \[ \frac{3 + 6t^2}{3 - 3t^2} + \frac{8abc}{3(3-3t^2)-abc} \geq 2 \] Mà theo bất đẳng thức số (3) ta có: \(abc \geq (1 + t)^2(1 - 2t)\). Nên BĐT cần chứng minh tương đương: \[ \frac{3 + 6t^2}{3 - 3t^2} + \frac{8(1 + t)^2(1 - 2t)}{3(3-3t^2)-(1 + t)^2(1 - 2t)} \geq 2 \Leftrightarrow 3t^2(2t-1)^2 \geq 0 \] Đúng do \(t \in [0; 1]\). Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(t = 0\) hoặc \(t=\frac{1}{2}\) hay \(a = 2, b = c = \frac{1}{2} \) và các hoán vị.

4. Bài tập tự luyện

Bài 1: Cho \(a, b, c > 0\) chứng minh rằng \[ \frac{a^2 + b^2 + c^2}{ab + bc + ca} \geq 1 + \frac{9}{4} \cdot \frac{(a-c)^2}{(a+b+c)^2}. \] Bài 2: Cho \(a, b, c \geq 0\) và \(a+b+c = 3\), chứng minh rằng: \[ \frac{a^2 + b^2 + c^2}{ab + bc + ca} \geq 1 + \frac{3}{16}(a-c)^3. \] Bài 3: Cho \(a, b, c > 0\), chứng minh rằng: \[ \frac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{3}{4} \cdot \frac{(a-c)^2}{(a+b+c)^2} \leq 1. \] Bài 4: Cho \(a, b, c \geq 0\) và \(a+b+c = 3\), chứng minh rằng: \[ \frac{3}{ab + bc + ca} \geq 1 + \frac{(a-c)^3}{16}. \] Bài 5: Cho \(a, b, c\) là các số thực thỏa mãn \(ab + bc + ca > 0\) và \(a+b+c = 3\), chứng minh rằng: \[ \frac{a^2 + b^2 + c^2}{ab + bc + ca} \geq 1 + \frac{(a-c)^4}{12}. \] Bài 6: Cho \(a, b, c\) là các số thực thỏa mãn \(a+b+c = 1\). Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + 48(ab + bc + ca) \geq 25. \] Bài 7: Cho \(a, b, c\) là các số thực thỏa mãn \(abc = 1\). Chứng minh rằng: \[ a^2 + b^2 + c^2 + 3 \geq 2\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right). \] Bài 8: Cho \(a, b, c\) là các số thực dương thỏa mãn: \[ a+b+c = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}. \] Chứng minh rằng: \[ ab + bc + ca + \frac{3}{a+b+c} \geq 4. \]

---

---