Tổng quát USAMO 2001

Bài toán. Nếu a,\,b,\,c là ba số thực không âm thì

(ab+bc+ca+6)(2+abc-ab-bc-ca) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(4-abc-a^2-b^2-c^2).

(Ji Chen)

Lời giải. Bất đẳng thức này tương đương với

\displaystyle \sum (a^2+bc-2)^2+\frac{1}{3}abc\sum (a^2-bc)+\frac{2}{3}abc(a+b+c-3)^2 \geqslant 0.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét.

1) Từ phân tích trên có thể thấy chỉ cần điều kiện abc \geqslant 0 là bất đẳng thức đúng.

2) Nếu cho a^2+b^2+c^2+abc=4 ta sẽ được ab+bc+ca-abc \leqslant 2. Đây chính là câu 3 đề thi USAMO 2001 của Titu Andreescu.

Hello IMO 2007

Năm 2009, trên blog của diễn đàn toán học MathVn thầy Trần Nam Dũng đã kể lại một kỷ niệm rất thú vị  về hai bài toán mà thầy đề nghị trong cuộc thi Hello IMO 2007. Dưới đây là chứng minh khác cho một trong hai bài toán đó và bài toán tổng quát.

Bài toán. Cho a,\,b,\,c là ba số thực dương. Chứng minh rằng

(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geqslant 4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca).

(Trần Nam Dũng)

Lời giải. Đặt

P =  (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) - 4(a^2+b^2+c^2)-5(ab+bc+ca).

Ta có

\begin{aligned}P & = a^2b^2c^2 + 2(a^2b^2+b^2c^2 + c^2a^2) - 5(ab+bc + ca) + 8 \\& \equiv xyz+2(x^2+y^2+z^2)-5(x+y+z)+8\\& = z(x-1)(y-1) + \frac{1}{8}\left [ (4x+z-5)^2+(4y+z-5)^2+14(z-1)^2 \right ]\end{aligned}.

Theo nguyên lý Dirichlet ta có thể giả sử z(x-1)(y-1) \geqslant 0, khi đó P \geqslant 0. Bài toán được chứng minh.

Tổng quát. Tìm hằng số k nhỏ nhất để bất đẳng thức dưới đây luôn đúng với mọi số thực a,\,b,\,c không âm  bất kỳ

abc+2+k[(a-b)^2+(b-1)^2+(c-1)^2] \geqslant a+b+c.

(Trần Nam Dũng)

Cho a = b = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} ta được k \geqslant \frac{1}{\sqrt{2}}. Với k = \frac{1}{\sqrt{2}} xét

\displaystyle P = abc+2+\frac{1}{\sqrt{2}}[(a-b)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]-a-b-c.

Ta có

\displaystyle P = c(a-1)(b-1) + \frac{\sqrt{2}(2b+\sqrt{2}c-2-\sqrt{2})^2+\sqrt{2}(2a+\sqrt{2}c-2-\sqrt{2})^2}{8}.

Giả sử c(a-1)(a-1) \geqslant 0 khi đó P \geqslant 0. Vậy k = \frac{1}{\sqrt{2}} là giá trị cần tìm.

Bất đẳng thức Iran TST 1996

Bài toán. Cho ba số thực không âm a,\,b,\,c thỏa mãn ab+bc+ca>0. Chứng minh rằng

\displaystyle (ab+bc+ca)\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ] \geqslant \frac{9}{4}.

(Ji Chen, Iran TST 1996)

Đặt

\displaystyle F(a,b,c) = (ab+bc+ca)\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ] - \frac{9}{4}.

Lời giải 1. Ta có

\displaystyle 8F(a,b,c) = \frac{\displaystyle \sum \left[abc(a+b+7c)+ c(8a+8b+7c)(a+b-c)^2\right](a-b)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải 2. Ta có

\displaystyle F(a,b,c) \to F(x,y,z) \to F(p,R,r) = \frac{M}{16p^2R^2r},

với

M= (4R+r)[(p^2+4Rr+r^2)^2-16Rp^2r]-36p^2R^2r.

Lại có

\begin{aligned} 5M = 20r^3(R-2r)^2&+(p^2+5r^2-16Rr)^2(4R-3r)\\&+4(p^2+5r^2-16Rr)\left[11Rr(R-2r)+2p^2(2R+r)\right] \geqslant 0.\end{aligned}

Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Euler’sGerretsen’s.

Lời giải 3. Ta có

\displaystyle F(a,b,c) \to F(u,v,w) = \frac{9(108u^4v^2-153u^2v^4+34uv^2w^3+12v^6-w^6)}{4(9uv^2-w^3)^2}.

Mặt khác

\displaystyle F(u,v,w) = \frac{9w^3(uv^2-w^3)+243uv^2(3u^3-4uv^2+w^3)+27v^2(9u^4-15u^2v^2+2uw^3+4v^4)}{4(9uv^2-w^3)^2}.

Dễ thấy biểu thức này không âm do phép đổi biến. Ta có điều phải chứng minh.