Olympic 30/4/2001

Với mọi số thực a,\,b,\,c khác 0 ta có

\displaystyle1 0 - (a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right) + \frac{(2a-b)(2b-c)(2c-a)+(2a-c)(2b-a)(2c-b)}{2abc}.

Từ đẳng thức này nếu cho a,\,b,\,c \in [1,2] ta sẽ được câu bất đẳng thức trong đề thi Olynpic 30/4 năm 2001 dưới đây

\displaystyle (a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \leqslant 10. \quad (1)

Với cùng điều kiện a,\,b,\,c \in [1,2] ta còn có

\displaystyle \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \leqslant 5. \quad (2)

Mình đã thử tìm cách so sánh (1) với (2) và thu được một kết quả khá thú vị

\displaystyle 5 + \frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \leqslant (a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \leqslant 10-\frac{3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}.

Four degree Schur’s Inequality

Hôm nay rảnh rỗi ngồi vọc Maple thì phát hiện được đẳng thức sau:

Với mọi số thực a,\,b,\,c ta luôn có

\displaystyle \sum a^2(a-b)(a-c) = \frac{\displaystyle\left[\sum a(a-b)(a-c)\right]^2 + 3(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{\displaystyle a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}.

Từ đẳng thức này ta có thể suy ra bất đẳng thức Schur bậc bốn và thấy rằng nó vấn đúng trong trường hợp các biến thực. Ngoài ra từ đây còn thu được một bất đẳng thức khá đẹp là

\displaystyle \sum a^2(a-b)(a-c) \geqslant \frac{4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{\displaystyle a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}.

Mình nhớ không nhầm thì bài này có trong tài liệu Discrete Inequalities của giáo sư Vasile Cîrtoaje.

MathLinks Contest 2005

Bài toán. Cho ba số thực không âm thỏa mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng

\displaystyle \frac {1 + a^2b^2}{(a + b)^2}+\frac {1 + b^2c^2}{(b + c)^2} + \frac {1 + c^2a^2}{(c + a)^2}\geqslant \frac {5}{2}.

(Vasile Cîrtoaje, MathLinks Contest 2005)

Lời giải. Chú ý rằng

\displaystyle \sum \frac{7a^2-b^2-c^2+2ab+6bc+2ca}{2(a+b+c)^2} = \frac{5}{2},

nên ta chỉ cần chứng minh

\displaystyle \frac{(ab+bc+ca)^2+b^2c^2}{(ab+bc+ca)(b+c)^2} \geqslant \frac{7a^2-b^2-c^2+2ab+6bc+2ca}{2(a+b+c)^2}.

Bất đẳng thức này tương đương với

\displaystyle \frac{2a^2(ab+ca-b^2-c^2)^2+(ab+bc+ca)(b-c)^2(b+c-a)^2}{2(ab+bc+ca)(b+c)^2(a+b+c)^2} \geqslant 0.

Bài toán được chứng minh.

Nhận xét. Bất đẳng thức vẫn đúng trong trường hợp các biến là số thực.

Việt Nam TST 2001

Bài toán. Cho ba số thực dương a,\,b,\,c thỏa mãn điều kiện 21ab + 2bc + 8ca \leqslant 12. Chứng minh rằng

\displaystyle \frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c} \geqslant \frac{15}{2}.

(Trần Nam Dũng, Việt Nam TST 2001)

Lời giải. Đặt

\displaystyle P = (21ab + 2bc + 8ca)\left(\frac{1}{a} + \frac{2}{b} + \frac{3}{c}\right)^2 - 12\left(\frac{15}{2}\right)^2.

Ta cần chứng minh P \geqslant 0. Thật vậy

\displaystyle P = \frac{(11c+513a)(12a-5b)^2}{300a^2b} + \frac{(336ab+217bc+200ca)(15b-8c)^2}{400b^2c^2} + \frac{(1224a+65b)(2c-9a)^2}{240ca^2}.

Dễ thấy biểu thức này không âm và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 36a = 15b = 8c. Bài toán được chứng minh.

Việt Nam TST 2006

Bài toán. Cho ba số thực a,\,b,\,c thuộc [1,2]. Chứng minh rằng

\displaystyle (a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geqslant 6\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right).

(Trần Nam Dũng, Việt Nam TST 2006)

Lời giải. Đặt

\displaystyle P = (a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) - 6\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right).

Ta có

\displaystyle P = \sum \frac{(3a+b+2c)(a-b)^2(a+b-3c)^2}{8abc(b+c)(c+a)} + \prod (a+b-c) \sum \frac{(a-b)^2}{2ca(a+b)(b+c)(c+a)}.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=2,\,b=c=1 cùng các hoán vị tương ứng. Bài toán được chứng minh.

Nhận xét. Bài toán vẫn đúng trong điều kiện a,\,b,\,c là độ dài ba cạnh của tam giác.