Các lời giải cho một bài toán bất đẳng thức quen thuộc

**CanVQ1988** · 22-01-2016, 06:34 PM

Hôm nay tôi xin giới thiệu cùng một số cách tiếp cận của tôi cho bất đẳng thức sau (từng là đề thi chọn đội tuyển Iran năm 2008):

Cho $\boldsymbol{\color{Blue}{a,\,b,\,c}}$ là các số dương. Chứng minh rằng
$$\boldsymbol{\color{Blue}{\sqrt{\frac{a}{b+c}}+ \sqrt{ \frac{b} {c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}} \ge 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}.}}$$
(Chú ý rằng, trong đề thi Iran TST thì dạng phát biểu của nó có khác một chút, người ta thêm điều kiện ràng buộc $ab+bc+ca=1$ và viết bất đẳng thức ở dạng $\sum \sqrt{a^3+a} \ge 2\sqrt{a+b+c}$)

Cách tiếp cận thứ nhất (cách tự nhiên nhất): Bình phương và sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz.

Bất đẳng thức được viết dưới dạng
$$\sum \frac{a}{b+c}+2\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}} \ge 4+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}.$$
Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có
$$\begin{aligned} \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}&=\sum \frac{\sqrt{(a^2+ac)(b^2+bc)}}{(a+c)(b+c)} \ge \sum \frac{ab+c\sqrt{ab}}{(a+c)(b+c)}\\
&=\sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\sum \frac{c\sqrt{ab}}{(a+c)(b+c)}\\
& \ge \sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\sum \frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\\
&=1+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \end{aligned} $$
Sử dụng đánh giá này, ta đưa được bài toán về chứng minh (sau khi rút gọn các đại lượng giống nhau)
$$\sum \frac{a}{b+c}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2.$$ Quy đồng và rút gọn, ta được bất đẳng thức Schur bậc ba.

22-01-2016, 06:34 PM	#1
CanVQ1988 Moderator Tham gia ngày: Jan 2016 Bài gởi: 4 Thanks: 0 Thanked 2 Times in 2 Posts	Các lời giải cho một bài toán bất đẳng thức quen thuộc Hôm nay tôi xin giới thiệu cùng một số cách tiếp cận của tôi cho bất đẳng thức sau (từng là đề thi chọn đội tuyển Iran năm 2008): Cho $\boldsymbol{\color{Blue}{a,\,b,\,c}}$ là các số dương. Chứng minh rằng $$\boldsymbol{\color{Blue}{\sqrt{\frac{a}{b+c}}+ \sqrt{ \frac{b} {c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}} \ge 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}.}}$$ (Chú ý rằng, trong đề thi Iran TST thì dạng phát biểu của nó có khác một chút, người ta thêm điều kiện ràng buộc $ab+bc+ca=1$ và viết bất đẳng thức ở dạng $\sum \sqrt{a^3+a} \ge 2\sqrt{a+b+c}$) Cách tiếp cận thứ nhất (cách tự nhiên nhất): Bình phương và sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Bất đẳng thức được viết dưới dạng $$\sum \frac{a}{b+c}+2\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}} \ge 4+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}.$$ Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có $$\begin{aligned} \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}&=\sum \frac{\sqrt{(a^2+ac)(b^2+bc)}}{(a+c)(b+c)} \ge \sum \frac{ab+c\sqrt{ab}}{(a+c)(b+c)}\\ &=\sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\sum \frac{c\sqrt{ab}}{(a+c)(b+c)}\\ & \ge \sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)}+\sum \frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\\ &=1+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \end{aligned} $$ Sử dụng đánh giá này, ta đưa được bài toán về chứng minh (sau khi rút gọn các đại lượng giống nhau) $$\sum \frac{a}{b+c}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2.$$ Quy đồng và rút gọn, ta được bất đẳng thức Schur bậc ba.