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.

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\left [2(a+b+c-3)^2+\sum (a^2-bc)  \right ] \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 đề thi USAMO 2001 của Titu Andreescu.