Chuyên Đề BDT S.0.S

**chibi maruko** · 06-04-2010, 10:23 AM

Bất đẳng thức là một trong những vấn đề hóc búa và thú vị nhất của Toán Học.Chúng ta không thể phủ nhận rằng đã có biết bao nhà Toán Học lỗi lạc đã từng bị cuốn hút trong vòng xoay kỳ diệu của nó.Ngày nay,các vấn đề về bất đẳng thức đã trở nên vô cùng đa dạng.Chúng đang dần trở nên phức tạp,hóc búa và ghồ ghề hơn. Điều nay đòi hỏi chúng ta phải sáng tạo nên những phương pháp ,kỹ thuật mới đề hạ bệ những con quái vật này.Dưới đây chúng tôi xin giới thiệu với các bạn một số phương pháp mới đó. Đây sẽ là công cụ rất hiệu quả giúp các bạn đối mặt với những bất đẳng thức ghồ ghề nhất trong lịch sử những bất đẳng thức ghồ ghề.
Xin cảm ơn anh Trần Tuấn Anh-sinh viên Đại Học KHTN đã truyền đạt cho em nhiều phương pháp độc đáo,cảm ơn các thành viên của Mathlinks.ro đã giúp tôi có nhiều ý tưởng quý báu,cám ơn ban biên tập đã cho phép tôi thực hiện bài viết này.

2.Phương pháp chính phương hóa
a) Cho hàm số $f({a_1},{a_2}, {...} ,{a_n})$ ý tưởng của phương pháp này là đưa $f({a_1},{a_2}, {...} ,{a_n})$ về dạng $\sum g(a)(a_{i}-a_{j})^2$ và đánh giá các đại lượng $g(a)$ . Vấn đề được đặt ra là đưa về như thế nào và đưa về như thế nào.Chúng ta sẽ cùng nhau giải quyết các vấn đề trên thông qua các ví dụ sau:

Ví dụ 1:
Cho $a,b$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\frac{a^2}{b}+ \frac{b^2}{a} + {7(a + b)}$
$\geq 8 \sqrt{2(a^{2}+b^{2})}$
Giải:
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$(a-b)^{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}) -\frac{8}{\sqrt{2(a^{2}+b^{2})}+a+b}) \geq 0$
Rõ ràng ta có thể chứng minh biểu thức bên trong ngoặc là không âm bằng BĐT Cauchy.
Như vậy là một phần nào ta thấy được sự hữu ích của việc đưa bất đẳng thức về dạng bình phương hiệu. Điều này vừa giúp ta lọai đi được dấu bằng, vừa giúp ta tìm được các dấu bằng mới nếu có, hay sẽ đi tới một bất đẳng thức được đánh giá không chặt và việc chứng minh là dễ dàng.
Còn vì sao lại đưa về dược dạng trên, ở đây chúng ta đã sử dụng hai biến đổi sau
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a} -a-b$
$=\frac{a^3+b^3-a^2b-b^2a}{ab} =\frac{(a-b)^2(a+b)}{ab}$
$\sqrt{2(a^2+b^2)}- a - b = \frac{2(a^2+b^2)-(a+b)^2}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}$
$\frac{(a-b)^2}{{a+b}+ \sqrt{2(a^2+b^2)}}$

Nhận xét rằng các biểu thức trừ cho nhau là sản phẩm đánh giá thông qua bât đẳng thức Cauchy, vì vậy đại lượng bình phương hiệu chắc chắn sẽ xuất hiện.
Ví dụ 2:
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa điều kiện $a+b+c=1$ .Chứng minh rằng:
$4(a^3+b^3+c^3-3abc) \geq 3(a^2+b^2-2ab)$
Giải:
Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
$2(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \geq 3(a-b)^2$
$\Leftrightarrow 2(b-c)^2+2(c-a)^2 \geq (a-b)^2$
$\Leftrightarrow (a+b-2c)^2 \geq 0$
Như vậy ngòai cái nhìn sơ khai về dấu bằng $a = b = c$ , ta còn phát hiện ra một dấu bằng nữa là $a+b=2c$ . Đồng thời ở trên ta đã sử dụng hai đẳng thức, đều là sản phẩm đánh giá của bất đẳng thức Cauchy:
$a^3+b^3+c^3-3abc =\frac {(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{2}$
$a^2+b^2-2ab = (a-b)^2$
Ví dụ 3:
Cho $x,y,z$ là các số thực thoả mãn các điều kiện sau:
$y^2 \geq xz, x \geq y \geq z \geq 0$ .Chứng minh rằng:
$\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{z^2x}{y} \geq 2(x^2+y^2+z^2)-xy-yz-zx$
Đây có thể xem như bài áp dụng.Các bạn giải thử nhé.( hi hi, khó mới để làm áp dụng chớ J)
b/ Như vậy chúng ta cũng đã thấy được phần nào sự hiệu quả của phương pháp trên.Thế nhưng một điều may mắn mà chúng ta đã gặp ở trên là các biểu thức $g(a)$ đều không âm. Định lý dưới đây sẽ góp phần tăng tính hiệu quả của phương pháp trên trong các trường hợp ngoài ý muốn.

View more random threads:

.

**chibi maruko** · 06-04-2010, 10:23 AM

Định lý:
Cho các số thực $a,b,c$ và $A,B,C$ thỏa 1 trong các điều kiện sau:
$i) A+B \geq 0, B+C \geq 0, C+a \geq 0$
Nếu $a$ là số giữa 2 số còn lại trên trục số thực thì $A \geq 0$
$ii) A+B+C >0, AB+BC+CA \geq 0$
$iii) C = min \lbrace{A,B,C}\rbrace, A+2C \geq 0, B+2C \geq 0$
Khi đó $A(b-c)^2+B(c-a)^2+C(a-b)^2 \geq 0$
Chứng minh:
i) Giả sử $c$ là số ở giữa(các trường hợp khác c/m tương tự), đặt $x=b-c; y=c-a$ .Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
$Ax^2+By^2+C(x+y)^2 \geq 0$
$\Leftrightarrow (A+C)x^2+(B+C)y^2+2Cxy \geq 0$

ii) Nếu có 1 số bằng 0,giả sử là $C \Rightarrow A \geq 0, B \geq 0 \Rightarrow$ dpcm .
Nếu $ABC \neq 0$ ,ta sẽ chứng minh có ít nhất 2 số dương.Thực vậy giả sử
$C <0 \Leftarrow A+B >0 \Leftarrow AB>0 \Rightarrow A>0,B>0$
.
Khi đó ta có:
$(\frac{1}{A}+\frac{1}{B})[A(b-c)^2+B(c-a)^2] \geq (b-c+c-a)^2 = (a-b)^2$
$\Leftrightarrow A(b-c)^2+B(c-a)^2 \geq (\frac{AB}{A+B})(a-b)^2$
$\Leftrightarrow A(b-c)^2+B(c-a)^2+C(a-b)^2 \geq (\frac{AB}{A+B}+C)(a-b)^2$
$=(\frac{AB+BC+CA}{A+B})(a-b)^2 \geq 0$
iii) Giả sử $C= min \lbrace{A,B,C}\rbrace$ .Nếu $C \geq 0$ ,bất đẳng thức là hiển nhiên.Nếu $C<0$ ta có:
$C(a-b)^2=C(b-c+c-a)^2 \geq 2C(b-c)^2+2C(c-a)^2$
Do đó:
$A(b-c)^2+B(c-a)^2+C(a-b)^2 \geq (2C+A)(b-c)^2+(2C+B)(c-a)^2 \geq 0$

Như vậy BĐT đã được chứng minh xong.

Dưới đây,chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ cụ thể áp dụng định lý trên :
Kể từ đây trở đi, lý do phân tích được thành dạng tổng các bình phương sẽ được lượt qua, chúng ta sẽ tóm tắt phương pháp phân tích này sau.

Ví dụ 1: (Stronger than Schur inequality)
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm.Chứng minh rằng:
$a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab\sqrt{2(a^2+b^2)}+bc\sqrt{2(b^2+c^2)}+ca\sqrt{2( c^2+a^2)}$

Giải:
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \geq b \geq c$ .Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\sum (a+b-c-\frac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b})(a-b)^2 \geq 0$
Ta có:
$a+b-c-\frac{2ac}{\sqrt{2(a^2+c^2)}+a+c} \geq (a-b)+c(1-\frac{2}{1+\sqrt{2}}) \geq 0$

Ngoài ra:
$B+C =2a -\frac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}-\frac{2ac}{\sqrt{2(a^2+c^2)}+a+c}$
$\geq 2a(1-\frac{b}{2(a+b)}-\frac{c}{2(a+c)}) = a(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}) \geq 0$

Theo định lý trên ,BĐT được chứng minh. J
Ví du 2:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$a^3+b^3+c^3+4(ab^2+bc^2+ca^2) \geq a^2b+b^2c+c^2a+12abc$

Giải:
Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
$(2a+2b-c)(b-c)^2+(2b+2c-a)(c-a)^2+(2c+2a-b)(a-b)^2 \geq 0$

Giả sử $2a+2b-c=min \lbrace{2a+2b-c,2b+2c-a,2c+2a-b}\rbrace$
(hoàn toàn tương tự cho các trường hợp còn lại)thì:
$2(2a+2b-c)+2b+2c-a=3a+6b >0 ;2(2a+2b-c)+2c+2a-b =6a+2b >0$
nên theo định lý,BĐT được chứng minh. J
Ví dụ 3:Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa điều kiện $\sqrt{ab}, \sqrt{ac}, \sqrt{bc}$ là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:
$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$
Giải:
Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
$(ab+ac-bc)(a-b)^2+(bc+ba-ac)(b-c)^2+(ac+bc-ab)(c-a)^2 \geq 0$

Rõ ràng: $(ab+ac-bc)+(bc+ba-ac)+(ac+bc-ab)=ab+bc+ca > 0$
Đồng thời:
$(ab+ac-bc)(bc+ba-ac)+(ab+ac-bc)(ac+bc-ab)+(bc+ba-ac)(ac+bc-ab)$
$=2abc(a+b+c)-a^2b^2-b^2c^2-a^2c^2$
$=(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}-\sqrt{bc})(\sqrt{ab}-\sqrt{ac}+\sqrt{bc})(-\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})(\sqrt{ab}+\sqrt{ac} +\sqrt{bc}) \geq 0$
Do đó theo định lý,BĐT đã được chứng minh. J
Ví dụ 4:Cho $a,b,c$ là độ dai 3 cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}) \geq 2(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})+3$

Giải:
Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
$(5a+5b-c)(a-b)^2+(5b+5c-a)(b-c)^2+(5c+5a-b)(c-a)^2 \geq 0 (1)$
Đặt $x=a+b,y=b+c,z=c+a$
Nếu $x \geq y \geq z$ thì
$(a-b)(b-c)(c-a) \geq 0 \Leftrightarrow (a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3 \geq 0 \Rightarrow (1)$
là hiển nhiên.
Nếu $z \geq y \geq x$
$(1) \Leftrightarrow (4x-z)(x-z)^2+(4z-y)(y-z)^2+(4y-x)(x-y)^2 \geq 0$ ( * )
.
Ta chỉ xét trường hợp $4x < z$ .Ta có:
$(x-z)^2 \leq 2(y-z)^2+2(x-y)^2$ nên
( * ) $\geq (8x+2z-y)(y-z)^2+(7x+4y-2z)(x-y)^2 \geq 0$ ( ** )
Nếu $7x+4y-2z \geq 0$ thì BĐT được chứng minh.Ngược lại ta có:
$z \geq 2y \Rightarrow z-y \geq y-x \geq 0$ . .Do đó:
$(**) \geq (x-y)^2(15x+3y) \geq 0$
Tóm lại,BĐT đã được chứng minh. J
Ví dụ 5:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả: $min \lbrace{a,b,c} \rbrace \geq \frac{1}{4} max \lbrace{a,b,c}\rbrace$ . .Chứng minh rằng:
$(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{c+a}^ 2] \geq$
$\frac{9}{4}+\frac{1}{16}[ (\frac{a-b}{a+b})^2+(\frac{b-c}{b+c})^2+(\frac{c-a}{c+a})^2 ]$
Đây có thể xem như bài áp dụng.Các bạn giải thử nhé. .

**chibi maruko** · 06-04-2010, 10:24 AM

c) Định lý trên quả thật là một công cụ hiệu quả,tuy nhiên rất hiếm bài toán ở dạng tổng các chính phương như trên.Nhiệm vụ của chúng ta là làm thế nào để quy được về cho đúng dạng chuẩn tắc ấy thì phương pháp của chúng ta mới thật sự hiệu quả.Vậy là một câu hỏi lớn được đặt ra đòi hỏi chúng ta tìm hướng giải quyết.

Ta gọi $B$ là một biểu thức liên hệ của $A$ nếu $A-B$ phân tích được dưới dạng tổng chính phương nói trên.
Có lẽ phần này đòi hỏi chúng ta một chút sự nhạy bén của Toán Học, đó là sự nhạy bén trong việc phát hiện ra các biểu thức liên hệ.
Vi dụ bất đẳng thức cần chứng minh của ta có dạng:
$P(a,b,c)A(a,b,c)-Q(a,b,c)B(a,b,c)$ .Trong đó ta đã biết $A$ và $B,P$ và $Q$ lần lượt liên hệ với nhau một cách dễ dàng .Như vậy để mau chóng đưa về dạng bình phương ta sẽ làm như sau:
$P(a,b,c)A(a,b,c)-Q(a,b,c)A(a,b,c)+Q(a,b,c)A(a,b,c)-Q(a,b,c)B(a,b,c)$
$=A(a,b,c)[P(a,b,c)-Q(a,b,c)] +Q(a,b,c)[A(a,b,c)-Q(a,b,c)]$
Hay dưới dạng phân thức:
$\frac{A(a,b,c)}{P(a,b,c)}- \frac{B(a,b,c)}{Q(a,b,c)} = \frac{A(a,b,c)-B(a,b,c)}{P(a,b,c)} +\frac{B(a,b,c)[Q(a,b,c)-P(a,b,c)]}{P(a,b,c)Q(a,b,c)}$

Dạng căn thức:
$\sqrt{A(a,b,c)P(a,b,c)} -\sqrt{B(a,b,c)Q(a,b,c)}= \frac{A(a,b,c)P(a,b,c)-B(a,b,c)Q(a,b,c)}{\sqrt{A(a,b,c)P(a,b,c)}+\sqrt{B( a,b,c)Q(a,b,c)}}$
Dưới đây xin liệt kê một số dạng thường gặp của các đa thức bậc 2,3,4 đề các bạn tham
khảo:
$a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}$
$a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{2}$
$a^2b+b^2c+c^2a-ab^2-bc^2-ca^2=\frac{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}{3}$
$a^3+b^3+c^3-ab^2-bc^2-ca^2=\frac{(2a+b)(a-b)^2+(2b+c)(b-c)^2+(2c+a)(c-a)^2}{3}$
$a^4+b^4+c^4-a^3b-b^3c-c^3a =\frac{(3a^2+2ab+b^2)(a-b)^2)+(3b^2+2bc+c^2(b-c)^2+(3c^2+2ca+a^2)(a-c)^2)}{4}$
$ab^3+bc^3+ca^3-a^3b-b^3c-c^3a=\frac{(a+b+c)[(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3]}{3}$
$a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2 = \frac{(a-b)^2(a+b)^2+(b-c)^2(b+c)^2+(c-a)^2(c+a)^2}{2}$
Hay một cách tổng quát ta có định lý sau:
Định lý:
Hai đa thức thuần nhất cùng bậc và có dạng tổng vòng quanh là liên hệ với nhau.
Tức là ta có thể biểu diễn hiệu:
$\sum\limits_{cyclic}{a_1}^{p_1}{a_2}^{p_2}...{a_n} ^{p_n}-\sum\limits_{cyclic}{a_1}^{q_1}{a_2}^{q_2}...{a_n} ^{q_n}$
trong đó $p_1+p_2+...+p_n = q_1+q_2+...+q_n$ dưới dạng
$\sum P(a)(a_i-a_j)^2$

Định lý trên chứng minh không khó lắm,các bạn hãy tự tìm lấy lời chứng minh, từ đó các bạn cũng sẽ tìm được thuật toán để biểu diễn chúng về dạng hiệu bình phương.Chúc các bạn thành công. .

**chibi maruko** · 06-04-2010, 10:26 AM

d) Những vấn đề bức thiết đặt ra buộc chúng ta phải tìm cách giải quyết.Phương pháp này cũng không là một ngoại lệ .Một câu hỏi đặt ra là nếu có thêm nhiều ẩn nữa chứ không phải là ba thì phương pháp trên vô dụng hay sao?
Đây vẫn là một câu hỏi mở mà chúng tôi vẫn còn đang xem xét.Tuy nhiên việc hiệu quả trong ứng dụng của nó thôi cũng đã là rất đáng kinh ngạc.Nó giúp ta nhìn nhận vấn đề một cách rõ ràng và chắc chắn hơn.
Ví dụ 1:Cho $n$ số dương $a_1,a_2,...,a_n$ thỏa $a_1+a_2+...+a_n = n$ .Chứng minh rằng:
$n^2(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}) \geq 4(n-1)({a_1}^2+{a_2}^2+...+{a_n}^2) + n(n-2)^2$

Giải:
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng phương pháp quy nạp theo $n$ .Ta sẽ chỉ xét công đoạn phức tạp nhất, đó là bước chuyển quy nạp.
Trước hết nhận xét rằng bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
$[n^2(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...\frac{1}{a_n})-n(n-2)^2](a_1+a_2+...+a_n)^2 \geq 4(n-1)n^2({a_1}^2+{a_2}^2+...+{a_n}^2)$
Do đó nếu BĐT đã đúng cho $a_1+a_2+...+a_n = n$ thì nó cũng đúng cho $a_1+a_2+...+a_n \leq n$ .
Đặt $f(a_1,a_2,...,a_n) = VT-VP$ . Không mất tính tổng quát,giả sử
$a_1= max\lbrace{a_1,a_2,...,a_n}\rbrace$ .Ta có :
$f(a_1,a_2,...,a_n)-f(a_1,\frac{a_2+a_3+...+a_n}{n-1},...,\frac{a_2+a_3+...+a_n}{n-1})$
$= n^2(\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}-\frac{n^2}{a_2+...+a_n})-4(n-1)({a_2}^2+...+{a_n}^2-\frac{(a_2+...+a_n)^2}{n-1})$
$\frac{n^2}{a_2+...+a_n}\sum\frac{(a_i-a_j)^2}{a_ia_j}-4\sum(a_i-a_j)^2$
$\geq \frac{n^2}{n-1}\sum\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}-4\sum(a_i-a_j)^2$ ( * )
Mặc khác theo giả thiết quy nạp thì:
$(n-1)^2(\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}) \geq 4(n-2)({a_2}^2+...+{a_n}^2)+(n-1)(n-3)^2$
$\Leftrightarrow (n-1)\sum\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}} \geq \frac{4(n-2)}{n-1} \sum(a_i-a_j)^2$
$\Leftrightarrow \frac{(n-1)^2}{n-2}\sum \frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}} \geq 4\sum(a_i-a_j)^2$
Rõ ràng $\frac{n^2}{n-1} \geq \frac{(n-1)^2}{n-2}$ nên ( * ) $\geq 0$

Do đó ta chỉ cần chứng minh $f(a,d,d,...,d) \geq 0$ ở đó $a+(n-1)d=n$ .Điều này không khó khăn lắm,các bạn sẽ dễ dàng tìm ra hướng giải quyết.
Ví dụ 2:
*BĐT Vasc
1)Cho $n$ số thực dương $a_1,a_2,...,a_n$ .Chứng minh BĐT sau:
${a_1}^n+...+{a_n}^n+n(n-1){a_1}{a_2}...{a_n} \geq {a_1}{a_2}...{a_n}(a_1+a_2+...+a_n)(\frac{1}{a_1}+ ...+\frac{1}{a_n})$

Ở đây,chúng ta sẽ vẫn tiếp tục đi tìm một lời giải áp dụng phương pháp chuyển về dạng chính phương nói trên cho Bài toán Vasc 1.BĐT Suranyi bên dưới chúng ta hãy tạm thời công nhận ( chúng tôi đang cố tìm một lời giải bằng phương pháp chính phương hóa nhưng chưa thành công :( ).Chú ý ở BĐT Suranyi,ta có thể viết dưới dạng tương đương:
$(n-1)({a_1}^n+...+{a_n}^n)-\sum{a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1})} \geq {a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n}$
Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán Vasc 1.Ta cũng sẽ chứng minh theo phương pháp quy nạp.Rõ ràng $n=3$ , đây chính là BĐT Schur.Duới đây tôi sẽ chứng minh bước chuyển từ $n-1$ sang $n$ .
Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
$(n-1)({a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n} ) \geq (n-1){a_1}{a_2}...{a_n}[(a_1+a_2+...+a_n)(\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n}) - n^2]$
$(n-1)( {a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n} ) \geq (n-1){a_1}{a_2}...{a_n}[\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}]$
Đến đây chúng ta sẽ cố gắng chuyển ${a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n}$ về dạng tổng của các bình phương hiệu.Việc này có thể làm như sau :ta sẽ lấy $\sum a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1})$ làm biểu thức liên hệ.Ta có:
$(n-1)( {a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n} )$
$=(n-1)({a_1}^n+...+{a_n}^n)- \sum a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1}) +\sum a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1}-(n-1){a_2}...{a_n})$
$\geq {a_1}^n+...+{a_n}^n - n{a_1}{a_2}...{a_n} +$
$(n-2) \sum{a_1}{a_2}...{a_n}[\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}]$
$\Rightarrow {a_1}^n+...+{a_n}^n - n{a_1}{a_2}...{a_n} \geq \sum{a_1}{a_2}...{a_n}[\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}]$
$= {a_1}{a_2}...{a_n}[(a_1+...+a_n)(\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n})-n^2]$
Và như vậy,bước chuyển quy nạp đã được chứng minh.

Chứng minh rằng với các số thực dương $a,b,c$ tùy ý ta có bất đẳng thức:
$\frac{(a^2+bc)^2}{b^2}+\frac{(b^2+ca)^2}{c^2}+\fra c{(c^2+ab)^2}{a^2} \ge 12 \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$
Sau đây là lời giải của anh Phan Thành Nam (nhóm quản lí DDTH):
Bài toán: Cho a,b,c>0, chứng minh:
$\sum_{cyc} (\frac{a^2}{b}+c)^2 \ge 12\frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$
Bước 1. Biến đổi tương đương về:
$\sum_{cyc} (\frac{a^2+2ab+2bc}{b^2}-4\frac{a+b}{a+b+c})(a-b)^2 \ge 0$
Để cho gọn, ta “chuẩn hóa”: cho a+b+c=1 và viết lại:
$\sum_{cyc} (\frac{a}{b^2}+\frac{1}{b}+4c-5)(a-b)^2 \ge 0 hay \sum_{cyc}C(a-b)^2 \ge 0$
Bước 2. Ta có thể giả sử a=max(a,b,c). Nếu c>b thì hoán đổi vị trí b, c cho nhau, ta thấy vế phải BĐT ban đầu không đổi, trong khi vế trái giảm đi
(lưu ý: $\sum_{cyc}\frac{a^2b}{c}-\sum_{cyc}\frac{a^2c}{b}=\frac{(ab+bc+ca)(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$ )
Do đó, ta có thể giả sử a>=b>=c.
Bước 3. (Chia để trị) Bước này là bước chính, tuy nhiên thật ra đây là công việc “chỉ cần sức khỏe, không cần trình độ” :D
Ta chia thành các trường hợp (TH):
*TH1. b>=1/3 (hay b-c >= a-b)
Ta có 2 trường hợp con:
*TH 1.1. b>=1/3,c>=1/4
Ta có: $C\ge 2/b+4c-5\ge 0$ , $A\ge 0$ và lưu ý a<=1/2, ta có:
$\frac{1}{4}A+B\ge \frac{1}{2c}+(a+\frac{1}{a})+4b+\frac{c}{a^2}-5-\frac{5}{4}\ge \frac{3}{2}+(2+\frac{1}{2})+\frac{4}{3}+\frac{1/4}{(1/2)^2}-5-\frac{5}{4}>0$
Vậy $C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge (A/4)(a-c)^2+B(a-c)^2 \ge 0$ .
*TH 1.2. b>=1/3 và c<=1/4
Ta có: $C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge (C+1-4c)(a-b)^2+(A-1+4C)(b-c)^2+B(a-c)^2$
Tương tự như trên, ta có: C+1-4c >=0, A-1+4C >=0 và lưu ý a<=2/3, ta có:
$\frac{1}{4}(A-1+4c)+B \ge (a+\frac{}{}) +(\frac{1}{3c} +\frac{13}{4}c) +4b +\frac{1}{4c}-5-\frac{3}{2} \ge (\frac{2}{3}+\frac{3}{2})+2+\frac{4}{3}+1-5-\frac{3}{2}=0$
Và suy ra đpcm.
*TH2. b<=1/3
Ta luôn có: $C \ge 2/b-5 \ge 1$ và $A\ge 2/c-5 \ge 1$ . Do đó ta chỉ cần quan tâm khi B<0. Lại chia thành các trường hợp con:
*TH 2.1. b<=1/3 và c>=1/6 (khi đó a<=2/3)
Ta có: $\frac{1}{2}A+B \ge (5c+\frac{1}{c})+(2a+\frac{1}{a})-7,5 \ge (\frac{5}{3}+3)+(2.\frac{2}{3}+\frac{3}{2})-7,5=0$
Và: $\frac{1}{2}C+B \ge (\frac{9}{2}a+\frac{1}{a})+(\frac{1}{2b}+4b)+3c-7,5 \ge 3\sqrt{2}+2\sqrt{2}+\frac{3}{6}-7,5>0$
Suy ra: $C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge (-B)(2(a-b)^2+2(b-c)^2-(a-c)^2) \ge 0$ (vì B<0)
*TH 2.2. b<=1/3 và c<=1/6. Khi đó a>=1/2.
Ta lại chia thành 2 trường hợp con:
*TH 2.2.1. b<=0,3 và c<=1/6
Tương tự như trường hợp 2.1:
$\frac{1}{2}A+B \ge \frac{1}{c}+(2a+\frac{1}{a}) -7.5 \ge 6+2\sqrt{2}-7.5>0$
Và: $\frac{1}{2}C+B \ge (\frac{50}{9}a+\frac{1}{a})+(\frac{1}{2b}+4b) -7.5 \ge 2\sqrt{\frac{50}{9}}+2\sqrt{2}-7.5>0$
*TH 2.2.2. b>=0.3 và c<=1/6
Khi này, ta có: 2(a-b)>=(a-c) (tương đương b<=1/3) và 2,75(b-c)>=(a-c) (tương đương 3,75b>=1+0,75c). Hơn nữa:
$C=\frac{a}{b^2}+\frac{1}{b}+4c-5 \ge 9a+\frac{1}{b}-5 \ge \frac{9}{2}+3-5=2,5$
Và $A=\frac{b}{c^2}+\frac{1}{c}+4a-5 \ge 36b+\frac{1}{b}+4a-5 \ge 36*0,3+6+4/2-5>= 13,8$
Suy ra: $C(a-b)^2+A(b-c)^2 \ge \frac{2,5}{2^2}(a-c)^2+\frac{13,8}{2,75^2}(a-c)^2 \ge 2,4(a-c)^2$
Hơn nữa: $B+2,4\ge \frac{1}{a}+4b-5+2,4 \ge \frac{1}{0,7}+4*0,3-5+2,4>0$
Nên $C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge 0$
Vậy bài toán chứng minh xong.
Bài toán này còn có một cách giải cực đẹp của Hùng (tác giả) đó là một phép biến đổi SOS rất nghệ thuật, và nó qui tụ các dạng SOS.
Một vài bài tập áp dụng
Bài 1:
Cho các số thực dương $a,b,c$ .Chứng minh rằng
$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2a^2} \ge \frac{a+b+c}{3}$
Bài 2:
Cho các số thực dương $a,b,c$ .Chứng minh rằng
$\frac{a^2+b^2+c^2+}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+ c)(c+a)} \ge 2$
Bài 3:
Cho $a,b,c \ge 0$ .Chứng minh rằng
$1. \ \ \ \frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{1}{c^{2}+ca+a^{2}} + \frac{1}{a^{2}+ab+b^{2}} \geq \frac{21}{2(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}$
$2. \ \ \frac{1}{8b^{2}+7bc+8c^{2}} + \frac{1}{8c^{2}+7ca+8a^{2}} + \frac{1}{8a^{2}+7ab+8b^{2}} \geq \frac{27}{23(a+b+c)^2}$
Bài 4:
Tìm tất cả số $n$ nguyên dương để bất đẳng thức
$a(a+b)^n+b(b+c)^n+c(c+a)^n\ge 0$
Đúng với mọi số thực $a,b,c$ .

**chibi maruko** · 06-04-2010, 10:27 AM

Hi vọng với chuyên đề BDT này sẽ giúp các bạn hiểu sâu hơn về S.0.S -1 bdt rất đẹp và đó là 1 ý tưởng làm việc rất thông minh mà ko sử dụng bất kì 1 kiến thức quá cao siêu nào . :) .