giải bất đẳng thức nhờ sự liên hệ giữa các biểu thức

Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC



GIẢI TOÁN NHỜ SỰ LIÊN HỆ GIỮA CÁC BIỂU THỨC
Trong bài viết này mình sẽ giới thiệu cho mọi người cách giải một số bài toán nhờ việc sử
dụng một cách hợp lí sự liên hệ giữa các biểu thức ba biến a + b + c, ab + bc + ca, a2 + b2 +
c2 , a2 b+b2 c+c2 a, ab2 +bc2 +ca2 , a3 b+b3 c+c3 a... Để hiểu rõ hơn về phương pháp trên chúng ta
lần lượt đi qua các bài toán sau, nhưng đầu tiên mình muốn khoe pets nhà mình miếng đã :D

1


Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC



PHẦN I. CÁC BÀI TOÁN
Bài Toán 1. Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng:
3(a2 b + b2 c + c2 a) + 6abc + 9 ≥ 8(ab + bc + ca).
Lời giải.
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3

a2 b +

ab2 + 3abc + 9 ≥ 8

⇐⇒ 3(a + b + c)(ab + bc + ca) + 9 ≥ 8
Mà ta có
ab2 + abc ≤

ab2 + abc

ab + 3
ab + 3

ab2 + abc .

4
(a + b + c)3
27

√
nên nếu đặt t = a + b + c, ( 3 ≤ t ≤ 3) thì ta chỉ cần chứng minh
3t.

t2 − 3
4
+ 9 ≥ 4(t2 − 3) + t3 ,
2
9

hay
1
(t − 3)2 (42t + 19) ≥ 0.
18
Bất đẳng trên luôn đúng, vậy nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi t = 3 hay a = b = c = 1.
Nhận xét.
Trong bài này mục tiêu là đánh giá để chuyển về biểu thức chứa a+b+c hoặc ab+bc+ca,

sau đó nhờ sự liên hệ qua đẳng thức (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca), ta đưa bài
toán về một ẩn để giải.
2
2(ab+bc+ca)−(a2 +b2 +c2 )
Nếu ta dựa vào đánh giá a2 b+b2 c+c2 a ≥ (ab+bc+ca)
và
abc
≥
max{0;
}
a+b+c
a+b+c
2
2
thì sẽ không thu được bất đẳng thức đúng. Nhưng nhờ có đẳng thức
a b + ab + 3abc =
a. ab ta có thể đưa được
ab2 sang vế phải và làm mất
a2 b ở vế trái, sau đó dùng
các bất đẳng thức đã biết để đánh giá như trong lời giải trên.
Chúng ta cùng đi tới các bài toán tiếp theo:
Bài Toán 2 (sưu tầm). Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực dương có tổng là 3,
ta luôn có:
(a2 b + b2 c + c2 a)(ab + bc + ca) ≤ 9.
Mục tiêu vẫn là đánh giá để chuyển về biểu thức chứa a + b + c hoặc ab + bc + ca. Ta cần
đánh giá thằng a2 b + b2 c + c2 a ≤???.
Cần phải đánh giá hợp lí bởi bài này có vẻ chặt. Ví dụ nếu ta sử dụng đánh giá a2 b+b2 c+c2 a ≤
4 − abc ≤ 4 − max{0; 4q−9
} sẽ không đi đến kết quả đúng. Nhưng để ý rằng:
3

(a + b + c)(a2 b + b2 c + c2 a) =

a3 b +

và nhớ đến bất đẳng thức VasC quen thuộc
(a2 + b2 + c2 )2
a b+b c+c a≤
3
3

3

3

2

a2 b2 + 3abc


Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC



ta có lời giải như sau:
Lời giải
Theo bất đẳng V asC ta có
a3 b + b 3 c + c 3 a ≤

(a2 + b2 + c2 )2
,

3

vì vậy mà
3(a2 b + b2 c + c2 a) = (a + b + c)(a2 b + b2 c + c2 a)
= (a3 b + b3 c + c3 a) + (a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3abc
= (a3 b + b3 c + c3 a) + (ab + bc + ca)2 − 3abc
(a2 + b2 + c2 )2
≤
+ (ab + bc + ca)2 − 3abc.
3
Đặt q = ab + bc + ca, 0 ≤ q ≤ 3. Ta xét các trường hợp sau
9
• Trường hợp 1. q ≤ .
4
Ta có abc ≥ 0 nên ta chỉ cần chứng minh được
q

(9 − 2q)2
+ q2
3

≤ 27,

hay
1
3

7q 2 q −

9

4

−

Bất đẳng thức trên luôn đúng.
9
• Trường hợp 2. q ≥ .
4
Theo bất đẳng thức Schur ta có
abc ≥

81
(q − 2)2
4

≤ 0.

4q − 9
,
3

vậy nên ta chỉ cần chứng minh
q

(9 − 2q)2
+ q 2 − (4q − 9)
3

≤ 27,

hay
(q − 3)(7q 2 − 27q + 27) ≤ 0.
Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng. Kết hợp 2 trường hợp lại ta suy ra được điều phải chứng
minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3.
Nhận xét.
Chúng ta cũng có thể giải theo phương pháp pqr, ngoài ra ta còn có một lời giải đẹp sau,
lần đầu tiên mình thấy nó là do anh Tăng Hải Tuân giải ở diễn đàn BoxMath.VN:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử b nằm giữa a và c. Khi đó,
(b − a)(b − c) ≤ 0 ⇒ b2 + ca ≤ ab + bc,
suy ra
a2 b + b2 c + c2 a ≤ b(a2 + ac + c2 ).
3


Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC



Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
(a2 + ac + c2 + ab + bc + ca)2
4
(a + c)2 (a + b + c)2
=
4
9(a + c)2
=
.
4

(a2 + ac + c2 )(ab + bc + ca) ≤

Do đó
9
(a2 b + b2 c + c2 a)(ab + bc + ca) ≤ b(a + c)2
4
9
= .2b.(a + c).(a + c)
8
9 (2b + a + c + a + c)3
≤ .
= 9.
8
27
Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài Toán 3. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
9 a + b2

b + c2

c + a2 + 45abc ≥ 13 (ab + bc + ca)2 .

Lời giải.
Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc ≤ 1.
Ta có
a3 b =

a.

a2 b −

=3

a2 b − q 2 + 3r

≥ q.

a2 b − q 2 + 3r,

a2 b2 − abc

a

a2 +

ab

và
a2 b 3 =

ab.

= q.

ab2 − abc

ab2 + qr − 9r.

Suy ra
a + b2

b + c2

c + a2 = a2 b2 c2 + abc +

a3 b +

≥ r2 − 5r + qr − q 2 + q

a2 b 3
a2 b +

ab2

= r2 − 5r + qr − q 2 + q (3q − 3r)
= r2 − 5r + 2q 2 − 2qr.
Vậy để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta đi chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là
9 r2 − 5r + 2q 2 − 2qr + 45r ≥ 13q 2
⇐⇒ (5q − 3r) (q − 3r) ≥ 0.
Bất đẳng thức trên luôn đúng do
√
3
q = ab + bc + ca ≥ 3 a2 b2 c2 ≥ 3abc = 3r.
4


Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài Toán 4. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3, chứng minh rằng:
c + a2 + 10 ≥ 6 (a + b + c)2 .

b + c2

a + b2
Lời giải.
Đặt p = a + b + c ≥ 3, r = abc.
Ta có

a3 b =

a2 b −

a.

= p.

a2 b − 9 + pr

≥3

a2 b + pr − 9,

a2 b2 − abc

a

a2 +

ab

và
a2 b 3 =
=3

ab2 − abc

ab.

ab2 − r p2 − 3 .

Suy ra
a + b2

b + c2

c + a2 = a2 b2 c2 + abc +

a3 b +

≥ a2 b2 c2 + abc + 3

a2 b 3

a2 b + pr − 9 + 3

= r2 − p2 r + pr + 4r − 9 + 3

a2 b +

ab2 − p2 r + 3r
ab2

= r2 − 5r + 9p − p2 r + pr − 9.
Vậy ta đi chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:
r2 + p − p2 − 5 r + 3p + 1 ≥ 0.
Xét
f (r) = r2 + p − p2 − 5 r + 3p + 1, r ∈ D =

max 0;

p (12 − p2 ) 3
;
.
9
p

Ta có
f (r) = 2r + p − p2 − 5
≤ 2 + p − p2 − 5
−11
1
=
− p−
4
2

2

< 0,

suy ra f (r) nghịch biến trên D, do đó
f (r) ≥ f

3
p

=

1
(p − 3) (4p − 3) ≥ 0.
p2

Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài Toán 5. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3, chứng minh rằng:
a
b
c
a + b2 +
b + c2 + c + a2 + 6abc ≥ 2 a2 + b2 + c2 + a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 .
c
a
b
5


Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC

Lời giải.
Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc.
Ta có bất đẳng thức tương đương với
3

a2 b a + b2 + 6a2 b2 c2 ≥ 4abc

a2 +

a2 b 2 .

Như Bài Toán 3, ta suy ra được
a2 b a + b2 ≥ 2q 2 − 2qr − 6r.
Vậy nên bất đẳng thức ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được
3 2q 2 − 2qr − 6r + 6r2 ≥ 4r (9 − 2q) + q 2 − 6r
⇐⇒ 15r2 + q − 2q 2 − 27 r + 3q 2 ≥ 0.
Xét
f (r) = 15r2 + q − 2q 2 − 27 r + 3q 2 , r ∈ D =

max 0;

4q − 9 q 2
.
;
3
9

Ta có

f (r) = 30r + q − 2q 2 − 27
q2
≤ 30. + q − 2q 2 − 27
9
4q 2
=
+ q − 27
3
4.9
≤
+ 3 − 27
3
= −12 < 0.
Suy ra f (r) nghịch biến trên D, do đó
f (r) ≥ f

q2
9

=

1 3
q (3 − q) ≥ 0.
27

Từ đây ta suy ra được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài Toán 6. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
a2 b (a + b2 ) + b2 c (b + c2 ) + c2 a (c + a2 ) 4 a2 + b2 + c2
7
+ .

≥ .
2
2
2
2
2
2
ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) 3 ab + bc + ca
3
Lời giải.
Đặt q = ab + bc + ca, r = abc.
Ta dễ có
a2 b a + b2 ≥ 2q 2 − 2qr − 6r.
Lại có
ab2 a2 + b =
=

a3 b 2 +
ab.

ab3
a2 b − abc
6

a2 +

ab +

ab3 ,

Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC



và
ab

a2 b + abc − abc

a2 + 2

ab +

= 4q − 9r +

ab3 ≤ 4

1
9 − 2q
3

ab − 9abc +

1
3

a2

2

2

.

Do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được
2q 2 − 2qr − 6r
1
9 − 2q
4q − 9r +
3
Xét
f (r) =

Ta có
f (r) =

2

7
4 9 − 2q
≥ .
+ .
3
q
3

2q 2 − 2qr − 6r
1
4q − 9r +

9 − 2q
3

2, r ∈

0;

q2
.
9

q (4q − 27) (3 − q) + 72 (q − 3) − 27qr + 27 (r − 1)
1
4q − 9r +
9 − 2q
3

2

2

< 0,

suy ra f (r) là hàm nghịch biến, do đó

f (r) ≥ f

q2
9

2q 3
q2
2q −
− 6.
9
9
=
2
q2 1
9 − 2q
4q − 9. +
9
3
12q 2 − 2q 3
4 9 − 2q
= 2
+ .
.
3q − 72q + 243 3
q
2

Ta cần chứng minh
12q 2 − 2q 3
4 9 − 2q
7
+ .
≥
2
3q − 72q + 243 3

q
3
3
2
2
⇐⇒ −2q + 3q + 81q ≤ 12q − 288q + 972
⇐⇒

(q − 3) (2q + 21) − 264 (q − 3) ≥ 0.

Bất đẳng thức trên luôn đúng vậy nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài Toán 7. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
b2

a
b
c
ab + bc + ca + 3abc
+ 2
+ 2
≥
.
3
3
3
+c
c +a
a +b
4

Lời giải.
Đặt ab + bc + ca = q, và abc = r; ta có 0 ≤ q ≤ 3 và r ≥

4q − 9
.
3

Theo bất đẳng thức Holder ta có
(a + b + c)3
=
VT ≥
3 ( a2 b 2 + a3 b 2 )
7

a2 b 2

9
+

a3 b 2

.


Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC



Ta cần chứng minh

a2 b 2 +

a3 b 2

ab + 3abc ≤ 36.

Theo Bài Toán 2 ta có
(ab + bc + ca) a2 b + b2 c + c2 a ≤ 9,
do đó
a3 b 2 =

a2 b − abc

ab.

a2 +

ab

≤ 9 − r (9 − q) .
Vì vậy mà
a2 b 2 +

2

a3 b 2

ab + 3abc =

ab

− 6abc +

a3 b 2

≤ q 2 + 9 − r (15 − q) (q + 3r) .
Vậy ta chỉ cần chứng minh
q 2 + qr + 9 − 15r (q + 3r) ≤ 36
⇐⇒ 3 (15 − q) r2 − 4q 2 − 15q + 27 r − q 3 − 9q + 36 ≥ 0.
• Với 3 ≥ q ≥

Xét
Ta có

12
, ta có
5

4q − 9
4q 2 − 15q + 27
>
.
3
6 (15 − q)

f (r) = 3 (15 − q) r2 − 4q 2 − 15q + 27 r − q 3 − 9q + 36,
f (r) = 6 (15 − q) r − 4q 2 − 15q + 27 > 0,

mà
r≥

4q − 9
3

nên ta suy ra
f (r) ≥ f
=

4q − 9
3

1
12
(q − 3) (35q − 219) q −
3
5

−

18
5

≥ 0.

12
.
5
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có

• Với 0 ≤ q ≤

2

(a2 + b2 + c2 )
VT ≥
.
a3 b 2 + a3 b 3
Ta lại có
a3 b 2 =

ab.

a2 b − abc

≤ 9 − r (9 − q) ,
8

a2 +

ab

ab + 3abc


Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC



và
a3 b3 = 3q (q − 3r) + 3r2

1
≤ 3q (q − 3r) + q 2 r.
3
Do đó, ta chỉ cần chứng minh
9q 2 + 27 + q 2 − 24q − 27 r (q + 3r) ≤ 12 (9 − 2q)2
⇐⇒ 3 27 + 24q − q 2 r2 − q 3 + 3q 2 − 27q + 81 r − 9q 3 + 48q 2 − 459q + 972 ≥ 0.
Bất đẳng thức trên đúng do
∆ r = q 3 + 3q 2 − 27q + 81

2

− 12 27 + 24q − q 2

−9q 3 + 48q 2 − 459q + 972

= q 6 − 102q 5 + 3123q 4 − 16416q 3 + 129519q 2 − 135594q − 308367 < 0.
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3.
PHẦN II. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Màu mè tí thôi chứ mình chưa có điều kiện để tìm thêm bài toán để cho vào. Trừ bài
2 ra thì các bài còn lại đều là do mình chế ra, có gì sai sót mong nhận được sự góp ý từ
mọi người. Nếu mọi người có thể dùng phương pháp trên để giải những bài toán khác thì
mách mình biết với! Mọi ý kiến xin mọi người đừng gửi về email: hoặc
facebook: nhé! Yêu mọi người <3 ;) Trước khi kết thúc bài
viết thì mình xin được khoe pets nhà mình tiếp ạ ;)

9