Về một dạng Bất đẳng thức

       Về một dạng bất đẳng thức

                                                                                       _Đỗ Trọng Đạt_
Chắc hẳn tr0ng quá trình làm toán bất đẳng thức, các bạn đã đối mặt với nhiều bài bất đẳng thức có dấu bằng xảy ra lệch, ở biên, và hầu như đó là những bài toán rất đẹp. Hôm nay chúng ta hãy cùng cảm nhận dạng bất đẳng thức này qua bài viết nhé !
Bài toán 1.[Đào Hải Long]
Ch0 các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}+\frac{1}{(a-b)^2}\right]\geq \frac{9}{2}$$
Lời giải:
Đây là 1 bất đẳng thức nổi tiếng của tác giả Đào Hải Long, nó cũng làm ta gợi nhớ đến bất đẳng thức quen thuộc với lời giải đặt ẩn phụ sau :
$$\left(\frac{a}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b}{a-c}\right)^2+\left(\frac{c}{a-b}\right)^2\geq 2$$
Và ta có thể giải bài toán trên như sau:
Do không mất tính tổng quát của bài ta giả sử $a\geq b\geq c$
Ta nhận xét,nếu cố định trị tuyệt đối của a,b,c thì VT đạt min khi abc$\leq 0$,ta có thể g/s a$> b> 0> c$
Đặt $-c=x (x> 0)$
Ta có$\frac{1}{\left ( b+x \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( a-b \right )^{2}}\geq \frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}$
Suy ra $$VT\frac{1}{\left ( a+x \right )^{2}}+\frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}\geq \frac{9}{2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}$$
Dấu = khi $\left\{\begin{matrix} a=0 & \\ b+c=0 & \end{matrix}\right.$ và hoán vị bộ số này $\square$
Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là các số thực phân biệt đôi một khác nhau.Chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{27}{4}$$
Lời giải:
Bất đẳng thức $\Leftrightarrow (\sum (a-b)^2)(\sum \frac{1}{(a-b)^2})\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a-b=x;b-c=y;c-a=z$$\Rightarrow$ $x+y+z=0$.Ta cần chứng minh:
$$(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geq \frac{27}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{z^2}\geq \frac{21}{2}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{(x+y)^2}\geq \frac{21}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 21$$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 18$ (1)
Ta có: $\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}=\frac{\sum (x-y)(y-z)(x+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{\sum y(y-x)(y-z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{x^3+y^3+z^3+3xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{6xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$ (do $x^3+y^3+z^3=3xyz$ với x+y+z=0)
$=\frac{8xyz-(x+y)(y+z)(z+x)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\frac{8xyz+xyz}{-xyz}$ (do x+y+z=0)
$=-9$
Do đó $$VP(1) \geq  -2(\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}) =18$$
Vậy BĐT được chứng minh. $\square$
Bài toán 3.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$
Lời giải:
Với ý tưởng dồn biến toàn miền quen thuộc :
Không mất tính tổng quát, giả sử $z=min{x;y;z}$. Ta giảm $(x,y,z)$ cùng đi một lượng $z$ (tức là thay $(x;y;z)$ bởi $(x-z;y-z;0)$) thì rõ ràng các hiệu $x-y;y-z;z-x$ không đổi , và $(x-z)(y-z)<xy+yz+zx$. Vậy $VT(*)$ thì giảm đi còn $VP(*)$ thì không đổi. Do đó ta chỉ cần c/m BĐT $(*)$ trong trường hợp $x,y>z=0$.

Thật vậy, với $x,y>z=0$ thì:
$$(*) \Leftrightarrow xy \left [ \dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \right ]\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{x^2+y^2}{xy}\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{xy}\ge 2$$

Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$. BĐT $(*)$ được chứng minh.  Dấu bằng xảy ra khi:$\left\{\begin{matrix}(x-y)^2=xy\\ z=0\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow (x;y;z)=\left (k;\dfrac{k(3+\sqrt{5})}{2};0\right );\left (k;\dfrac{k(3-\sqrt{5})}{2};0\right )\ (k> 0)$. và các hoán vị $\square$
Bài toán 4.
Cho các số thực không âm phân biệt $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$
Lời giải:
Qua bài toán 3, ta cũng đã phần nào hình dung được ý tưởng dồn biến toàn miền ch0 dạng bài này. Muốn làm 1 bất đẳng thức thành công, công việc đầu tiên quan trọng nhất là ta phải xác định dấu đẳng thức xảy ra khi nào. Và ở dạng bài này, DẤU BẰNG LUÔN XẢY RA KHI CÓ 1 SỐ BẰNG 0 !
Giả sử $c$ nhỏ nhất, ta có $$P=({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{(b-c)}^{2}}}+\frac{1}{{{(c-a)}^{2}}} \right) \ge ({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$$
Do vậy ta cần tìm GTNN của biểu thức
$$Q=({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$$

Đây là biểu thức thuần nhất cùng bậc (bậc 0) nên đặt $x=\frac{a}{b}$, ($x>0$)ta có
$$Q=(x^2+1)\left( \frac{1}{(x-1)^2}+1+\frac{1}{x^2} \right)$$
Khai triển ra ta được
$$Q=1+\frac{2x}{x^2-2x+1}+x^2+\frac{1}{x^2}+2=\frac{2}{x+\frac{1}{x}-2}+(x+\frac{1}{x})^2+1$$
Đến đây, đặt $x+\frac{1}{x}-2=t$ ($t \ge 0$), ta có
$Q=\frac{2}{t}+(t+2)^2+1$
Đến đây áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi trong BĐT AM-GM tìm được GTNN của $Q$.Cụ thể
$Q-5=\frac{2}{t}+t^2+4t=t^2+\frac{2k^3}{t}+4t+\frac{2-2k^3}{t} \ge 3k^2+4\sqrt{2(1-k^3)}$
($1>k>0$ chọn sau)
Ta cần chọn $k$ sao cho $t^2=\frac{k^3}{t}$ và $4t=\frac{2-2k^3}{t}$.Giải hệ này được $4k^2=2-2k^3$.
Giải phương trình này với chú ý $1>k>0$ tìm được $k$. Kết thúc chứng minh $\square$
Bài toán 5.
Cho $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\left[(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\right].\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]$$
Lời giải:
Thoạt nhìn qua, bài toán có nét hao hao giống bài toán 1 và 3 cộng lại ! Nhưng các biến đã "bị" thêm điều kiện không âm. Nó lại càng làm ta nghĩ đến việc đẳng thức xảy ra khi có 1 biến bằng 0.
Qua ý tưởng trên ta có thể tiến hành dồn biến toàn miền và sau đó đưa về 1 biến để khảo sát hàm số :
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$.Khi đó ta có $a-c\leq a$,$b-c\leq b$.Suy ra:
$P\geq \left [ (a+b)^2+b^2+a^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2} \right ]$
$=\frac{2(a^2+b^2+ab)}{a^2-2ab+b^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{a^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{b^2}$
$=2\left [ \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right ]$
Đặt $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t,t> 2$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{t+1}{t-2}+t^2+t$
có $f'(t)=\frac{-3}{(t-2)^2}+2t+1=0\Leftrightarrow 2t^3-7t^2+4t+1=0$ do $t> 2$ ta chỉ nhận nghiệm $t=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$
Lập bảng biến thiên ta nhận được $minf(t)=\frac{59+11\sqrt{33}}{8}$  $\Rightarrow minP=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $c=0,\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$ và các hoán vị. $\square$
----------------
Có lẽ qua các bài toán trên, các bạn đã cảm nhận và hiểu phần nào về ý tưởng dồn biến toàn miền để đưa về bất đẳng thức chỉ có 2 biến ch0 dạng toán này. Cuối bài viết các các bạn hãy luyện tập cùng 3 bài toán nhỏ sau:

Bài tập 1. Tìm hằng số $k$ tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với $a,b,c\in R,a+b+c=0$:
$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{k}{|ab+bc+ca|}$$
Bài tập 2. Chứng minh với $a,b,c$ đôi 1 khác nhau ta luôn có:
$$\left(\frac{a+kb}{a-b}\right)^2+\left(\frac{b+kc}{b-c}\right)^2+\left(\frac{c+ka}{c-a}\right)^2\geq k^2+1$$
Bài tập 3. Ch0 các số thực $a,b,c$ sa0 ch0 $(a-b)(b-c)(c-a)\neq 0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\left(\frac{a+bc}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b+ac}{c-a}\right)^2+\left(\frac{c+ab}{a-b}\right)^2\geq 2$$