Bài toán 1.9. (Iran Mathematical Olympiad 2002).
Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2 + abc = 4.$ Chứng minh rằng
$$a+b+c \leq 3.$$
Lời Giải. Từ giả thiết sử dụng bất đẳng thức $(1)$, ta có
$$9 = 2(a^2+b^2+c^2 + abc) + 1 = a^2+b^2+c^2 + (a^2+b^2+c^2 + 2abc + 1)$$
$$\geq a^2+b^2+c^2+ 2(ab + bc + ca)$$
$$= (a + b + c)2,$$
Vì $a, b, c$ là các số dương nên sau khi lấy căn hai vế, ta được
$$a + b + c \leq 3.$$
Chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Bài toán 1.10. (Mathematical Reflections 4/2006).
Cho $a, b, c$ là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 3$. Chứng minh bất đẳng thức
$$a^2+b^2+c^2 + abc \geq 4 \ \ \ (1.10.1)$$
Lời Giải. Nhân 2 vào hai vế của bất đẳng thức, ta được
$$2(a^2+b^2+c^2) + 2abc \geq 8.$$
Bây giờ bằng cách sử dụng bất đẳng thức (1), ta có
$2(a^2+b^2+c^2) + 2abc = $[$a^2+b^2+c^2+ (a^2+b^2+c^2 + 2abc + 1)$]$-1$
$\geq $[$a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$]$-1$
$$=(a+b+c)^2-1$$
$$=8.$$
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Bài toán 1.11. (Nguyễn Văn Huyện).
Cho $a, b, c$ là ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức
$$2(a^2+b^2+c^2)+2abc+10 \geq 6(a+b+c), \ \ \ (1.11.1)$$
Lời Giải. Nhân 2 và hai vế của bất đẳng thức, ta được
$$2(a^2+b^2+c^2) + 2abc +10 \geq 6(a + b + c).$$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với mỗi bất đẳng thức sau đây
$$[a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ca)] + a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 10 \geq 6(a + b + c) + 2(ab + bc + ca),$$
$$(a + b + c)2 + a^2 + b^2 + c^2 + 2abc +10 \geq 6(a + b + c) + 2(ab + bc + ca),$$
$$[(a + b + c)2 — 6(a + b + c) + 9] + a^2 + b^2 + c^2 + 2abc +1 \geq 2(ab + bc + ca),$$
$$(a + b + c - 3)2 + [a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 - 2(ab + bc + ca)] \geq 0.$$
Là kết quả hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức (1) nên ta có điều phải chứng minh.
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1.$
Nhận Xét. Từ bài này nếu cho $a + b + c = 3$, ta sẽ nhận được "Bài toán 1.10", còn nếu ta cho $a^2 + b^2 + c^2 + abc = 4$ thì ta sẽ nhận được "Bài toán 1.9".
Bài toán 1.12. (Trần Nam Dũng, Hello IMO 2007, Toán Học và Tuổi Trẻ).
Chứng minh rằng với mọi $a, b, c$ dương, ta luôn có
$$abc + 2(a^2 + b^2 + c^2) + 8 \geq 5(a + b + c), \ \ (1.12.1)$$
Lời Giải 1. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$a+b+c=\frac{1}{3}.3.(a+b+c) \leq \frac{1}{6}[9+(a+b+c)^2].$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$$12(a^2 + b^2 + c^2) + 6abc + 48 \geq 5 [(a + b + c)2 + 9] .$$
Bất đẳng thức này tương đương với
$$7(a^2 + b^2 + c^2) + 6abc + 3 \geq 10(ab + bc + ca),$$
$$4(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca) + 3 [a^2 + b^2 + c^2 + 2abc +1 - 2(ab + bc + ca)] \geq 0,$$
đúng vì ta có $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca$ (theo AM-GM) và
$$a^2 + b^2 + c^2 + 2abc +1 \geq 2(ab + bc + ca)$$ (theo (1)).
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$
Lời Giải 2. Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$(a - 1)^2+ (b -1)^2 + (c -1)^2 + [a^2 + b^2 + c^2 + abc + 5 - 3(a + b + c)] \geq 0,$$
là một kết quả hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức (1.11.1), nên ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.13. (Algebraic Inequalities Old and New Methods)
Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn điều kiện $xy + yz + zx = 3$. Chứng minh bất đẳng thức
$$\frac{1}{x^2+2}+\frac{1}{y^2+2}+\frac{1}{z^2+2} \leq 1.$$
Lời Giải. Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$(x^2 + 2)(y^2 + 2)(z^2 + 2) \geq (x^2 + 2)(y^2 + 2) + (y^2 + 2)(z^2 + 2) + (z^2 + 2)(x^2 + 2).$$
Khai triển trực tiếp ra, ta được $$x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 + x^2y^2z^2 \geq 4.$$
Đặt $a = xy, b = yz$ và $c = zx$ thì $a + b + c = 3.$ Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$a^2 + b^2 + c^2 + abc \geq 4.$$
Đây chính là bất đẳng thức $(1.10.1)$, nên nó hiển nhiên đúng. Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$, tức là $x = y = z = 1.$
Bài toán 1.14. Cho $a, b, c$ là ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
\[\left( {{x^2} + 3} \right)\left( {{y^2} + 3} \right)\left( {{z^2} + 3} \right) \ge \frac{3}{4}{\left( {xy + yz + zx + \frac{{xyz}}{3}} \right)^2}\]
Lời Giải. Chia hai vế của bất đẳng thức cho $x^2y^2z^2$, ta có thể viết nó lại như sau
\[\left( {\frac{9}{{{x^2}}} + 3} \right)\left( {\frac{9}{{{y^2}}} + 3} \right)\left( {\frac{9}{{{z^2}}} + 3} \right) \ge 4{\left( {\frac{3}{x} + \frac{3}{y} + \frac{3}{z} + 1} \right)^2}\]
Đến đây bằng cách đặt $a = \frac{3}{x}, b = \frac{3}{y}$ và $c = \frac{3}{z}$, ta đưa bài toán về chứng minh
$$(a^2 + 3)(b^2 + 3)(c^2 + 3) \geq 4(a + b + c + 1)^2\,\,\,\,\,\, (1.14.1)$$
Khai triển trực tiếp bất đẳng thức này, ta được
$$5(a^2 + b^2 + c^2) + 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + a^2b^2c^2 + 23 \geq 8(a + b + c + ab + bc + ca)$$
Theo bất đẳng thức $(1.5.1)$ thì: $$a^2 + b^2 + c^2 + a^2b^2c^2 + 2 \geq 2(ab + bc + ca),$$
vì thế để chứng minh được bài toán ta cần chứng minh được
$$4(a^2 + b^2 + c^2) + 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) +21 \geq 8(a + b + c) + 6(ab + bc + ca)$$
Bằng một số biến đổi đơn giản ta có bất đẳng thức này tương đương với
$$3 [(ab - 1)^2 + (bc - 1)^2 + (ca - 1)^2] +4 [(a - 1)^2 + (b - 1)^2 + (c - 1)^2] \geq 0,$$
là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$ hay $x = y = z = 3$.
Bài toán 1.15. (Nguyễn Văn Huyện)
Với $a, b, c$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng khi đó với mọi số dương $k \geq 2$, ta luôn có
$$(a^2 + k)(b^2 + k)(c^2 + k) \geq (k + 1)(a + b + c + k - 2)^2\,\,\,\,\,\,\,\, (1.15.1)$$
Lời Giải. Sử dụng bất đẳng thức $(1.8.1)$, ta cần chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là
$$\frac{(k+1)^2}{3}(a + b + c)^2 + k^3 - 3k - 2 \geq (k + 1)(a + b + c + k - 2)^2.$$
Bất đẳng thức này tương đương với
$$\frac{(k+1)^2}{3}(a + b + c)^2 + (k + 1)^3 - 3(k + 1)^2 \geq (k + 1)(a + b + c + k - 2)^2$$
$$\frac{k+1}{3}(a + b + c)^2 + (k + 1)^2 - 3(k + 1) \geq (a + b + c + k - 2)^2$$
$$\frac{k+1}{3}(a + b + c)^2 + (k + 1)^2 - 3(k + 1) \geq (a + b + c + k - 2)^2$$
$$\frac{k + 1}{3}(a + b + c)^2 + k^2 - k - 2 \geq (a + b + c)^2 + 2(k - 2)(a + b + c) + (k - 2)^2$$
$$\frac{k-2}{3}(a + b + c)^2 + 3(k - 2) \geq 2(k - 2)(a + b + c).$$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức AM-GM nên ta có điều phải chứng minh.
NHẬN XÉT. Trong $(1.15.1)$ nếu ta cho $k = 2$ thì ta được $(1.6.1)$ còn nếu ta cho $k = 3$ thì ta được $(1.14.1).$
Bài toán 1.16. Với $a, b, c$ là ba số thực bất kỳ sao cho $$\frac{1}{a^2+8}+\frac{1}{b^2+8}+\frac{1}{c^2+8}=\frac{1}{3}$$
Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P = a + b + c. $
Lời Giải. Ta viết biểu thức điều kiện của bài toán lại như sau
\[\frac{1}{{{a^2} + 8}} = \left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{{{b^2} + 8}}} \right) + \left( {\frac{1}{6} - \frac{1}{{{c^2} + 8}}} \right)\]
hay là \[\frac{1}{{{a^2} + 8}} = \frac{1}{6}\left( {\frac{{{b^2} + 2}}{{{b^2} + 8}} + \frac{{{c^2} + 2}}{{{c^2} + 8}}} \right)\]
Từ đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta được
\[\frac{1}{{{a^2} + 8}} = \frac{1}{6}\left( {\frac{{{b^2} + 2}}{{{b^2} + 8}} + \frac{{{c^2} + 2}}{{{c^2} + 8}}} \right) \ge \frac{1}{3}\sqrt {\frac{{({b^2} + 2)({c^2} + 2)}}{{{b^2} + 8)({c^2} + 8)}}} \,\,\,\,\,\,\,{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (1.16.1)\]
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
$$\frac{1}{b^2+8} \geq \frac{1}{3} \sqrt{\frac{(c^2+2)(a^2+2)}{(c^2+8)(a^2+8)}}\, \, \, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1.16.2)$$
$$\frac{1}{c^2+8} \geq \frac{1}{3} \sqrt{\frac{(a^2+2)(b^2+2)}{(a^2+8)(b^2+8)}}\, \, \, \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1.16.3)$$
Nhân tương ứng ba bất đẳng thức $(1.16.1), (1.16.2)$ và $(1.16.3)$ lại với nhau ta được
$$27 \geq (a^2 + 2)(b^2 + 2)(c^2 + 2).$$
Mặt khác, theo bất đẳng thức $(1.6.1)$ thì $(a^2 + 2)(b^2 + 2)(c^2 + 2) \geq 3(a + b + c)^2.$
Nên từ đó suy ra $(a + b + c)^2 \leq 9$
hay là $$-3 \leq a + b + c \leq 3\,\,\,\,\,\,\,\,\, (1.16.4)$$
Bằng tính toán trực tiếp ta thấy $P = -3$ khi và chỉ khi $(a, b, c)=(-1, -1, -1)$ và $P = 3$ khi và chỉ khi $(a, b, c)=(1,1,1)$.
Việc tìm được các giá trị cụ thể của $a, b, c$ thỏa mãn giả thiết của bài toán đồng thời bất đẳng thức $(1.16.4)$ trở thành đẳng thức cho phép ta kết luận $P_{min} = -3$ và $P_{max} = 3$.
NHẬN XÉT. Ta có bài toán tổng quát của bất đẳng thức trên như sau:
Cho $a, b, c$ là ba số thực bất kỳ và $k \geq 2$ là một số dương cho trước thỏa mãn điều kiện
$$\frac{1}{a^2+3k+2} \frac{1}{b^2+3k+2} \frac{1}{c^2+3k+2}=\frac{1}{k+1}$$
khi đó hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = a + b + c.$
Lời Giải. Tương tự như trên ta viết biểu thức điều kiện của bài toán lại như sau
\[\frac{1}{{{a^2} + 3k + 2}} = \frac{1}{{2(k + 1)}}\left( {\frac{{{b^2} + k}}{{{b^2} + 3k + 2}} + \frac{{{c^2} + k}}{{{c^2} + 3k + 2}}} \right)\]
Từ đó sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được
$$\frac{1}{a^2+3k+2} \geq \frac{1}{k+1} \sqrt{\frac{(b^2+k)(c^2+k)}{(b^2+3k+2)(c^2+3k+2)}}.$$
Đánh giá tương tự cho hai bất đẳng thức còn lại sau đó nhân tương ứng theo vế lại với nhau, ta thu được
$$(k + 1)^3 \geq (a^2 + k)(b^2 + k)(c^2 + k).$$
Kết hợp với bất đẳng thức $(1.8.1)$, ta có
$$(k + 1)^3 \geq \frac{(k + 1)^2}{2} (a + b + c)^2 + k^3 - k - 2$$
Biến đổi đơn giản hai vế, ta được
$$(a + b + c)^2 - 9.$$
Từ đó suy ra $P_{min} = -3$ và $P_{max} = 3$.
\text{(Do (1))}$