Phương pháp nhân tử Lagrange

Phương pháp nhân tử Lagrange 
http://www.mediafire.com/view/?63fr29ocf79g4v2

IMO 2012

Problem: Let $n \ge 3$ be an integer, and let $a_2, a_3, \ldots , a_n$ be positive real numbers such that $a_2\cdots a_n = 1.$ Prove that \[(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots (1+a_n)^n > n^n\]

Bài toán: Cho số nguyên $n \ge 3$ và ${a_2},{a_3},...,{a_n}$ là các số thực dương thỏa mãn ${a_2}{a_3}...{a_n} = 1$. Chứng minh rằng:
\[(1+a_2)^2(1+a_3)^3\cdots (1+a_n)^n > n^n\]
Giải: 
Áp dụng $AM-GM$ ta có :
$$(1+a_k)^k=\left (\frac{1}{k-1}.(k-1)+a_k\right )^k\ge \left (\frac{k\sqrt[k]{a_k}}{\sqrt[k]{(k-1)^{k-1}}}\right )^k=\frac{a_k}{(k-1)^{k-1}}.k^k$$
Nên do đó :
$$(1+a_2)^2(1+a_3)^3...(1+a_n)^n\ge n^n.a_2...a_n=n^n$$
Nhưng dấu "=" không xảy ra, suy ra điều cần chứng minh. $\blacksquare$

Cho n số nguyên phân biệt $a_1;a_2;...a_n$. Chứng minh rằng:$$a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\ge\frac{2n+1}{3}(a_1+a_2+...+a_n)$$
Lời giải:

• Với $n=1$ ta có $a_1^2\ge a_1 \iff a_1(a_1-1)\ge0$, đúng
• Giả sử mệnh đề đúng với $n=k\ge 1$ tức là với mọi k nguyên dương $a_1;a_2;...a_k$ bất kì thì

$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\ge\frac{2k+1}{3}(a_1+a_2+...+a_k)$$
Xét $k+1$ số nguyên dương tương ứng là $a_1;a_2;...a_{k+1}$ và không mất tính tổng quát giả sử $a_{k+1} = max{a_1;a_2;...a_{k+1}$. Ta cần chứng minh
$$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\ge\frac{2k+3}{3}(a_1+a_2+...+a_k+a_{k+1})$$
Theo giả thiết quy nạp thì $$a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\ge\frac{2k+1}{3}(a_1+a_2+...+a_k)$$
Vì các số khác nhau đôi một nên $a_{k+1}-a_j\ge k+1-i,i=1,2,3,...k$
Suy ra \[
a_1  + a_2  + ... + a_k  \le \sum\limits_{i = 1}^k {(k + 1 - i) = \frac{{k(k + 1)}}{2}}
\]
Ta sẽ chứng minh rằng
\[
a_{k + 1}^2  \ge \frac{{k(k + 1)}}{2} + \frac{{2k + 3}}{3}a_{k + 1}  \Leftrightarrow 6a_{k + 1}^2  \ge 3k(k + 1) + 2(2k + 3)a_{k + 1}
\]
Bất đẳng thức này tương đương $$(a_{k + 1}  - k - 1)(3a_{k + 1}  - k) \ge 0$$ đúng do $a_{k+1}\ge k+1$
Suy ra mệnh đề đúng với n=k+1 theo nguyên lý quy nạp bài toán được chứng mi

$$a^{b + c} + b^{a + c} + c^{a + b} \ge 1$$

Cho các số thực $a, b, c > 0$
Chứng minh rằng :$$a^{b + c} + b^{a + c} + c^{a + b} \ge 1$$
Đây là lời giải của
----Nguyễn Bảo Phúc----
Dễ dàng nhận thấy rằng nếu  trong 3 số $a,b,c$ có 1 số lớn hơn hay bằng 1 thì BĐT hiển nhiên đúng.Ta sẽ xét $a,b,c \in (0;1]$.
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$.Do $\min \{a+b;b+c;c+a \}=b+c$ nên ta xét 2 trường hợp của $b+c$:
Trường hợp 1: $b+c \ge 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=(1+a-1)^{b+c} \ge 1+(a-1)(b+c)$$
Như vậy,ta có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 3+2(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $a,b,c \in (0;1]$ nên ta có:
$$(1-a)(1-b)(1-c) \ge 0 \iff 1+ab+bc+ca-a-b-c \ge abc \ge 0$$
Do đó ta có:
$$3+2(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Vậy trong trường hợp này,ta có:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 1$$

Trường hợp 2: $b+c \le 1$.
Đây có thể xem là trường hợp khó nhất của bài toán.Ta xét thêm 3 trường hợp con:
TH1: $b+c \le c+a \le a+b \le 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=\frac{a}{a^{1-(b+c)}} \ge \frac{a}{1+(a-1)[1-(b+c)]}=\frac{a}{a+b+c-a(b+c)} \ge \frac{a}{a+b+c}$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1$$

TH2: $b+c \le a+c \le 1 \le a+b$.
Khi này ta có:
$$a^{b+c} \ge a;b^{c+a} \ge b$$
Nên ta thu được:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge a+b+c^{a+b} \ge 1$$

TH3: $b+c \le 1 \le a+c \le a+b$:
Khi này ta có:$a^{b+c} \ge a$.
Sử dụng BĐT Bernoulli:
$$b^{c+a} \ge 1+(b-1)(c+a)$$
$$c^{a+b} \ge 1+(c-1)(a+b)$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $bc \ge 0;1+ab+bc+ca-a-b-c \ge 0$ nên ta có:
$$2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Như vậy,trong trường hợp này,ta cũng có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 1$$

Vậy BĐT đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c) \sim (1;0;0)$.

Cho $0<a\leq b\leq 4$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 1$. Chứng minh rằng:
$$a^b\leq b^a$$ 
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli
$$(\frac{1}{a})^{\frac{b}{a}}\geq \frac{b}{a}.\frac{1}{a}+1-\frac{b}{a}=\frac{a^2+b-ab}{a^2}$$
Mà $$a^2+b-ab=b(\frac{a^2}{b}+1-a)\geq b(\frac{a^2}{4}+1-a)=\frac{b}{4}(a-2)^2\geq 0$$
Nên từ trên ta có $$a^{\frac{b}{a}}\leq \frac{a^2}{a^2+b-ab}$$
Nên ta cần chứng minh $$\frac{a^2}{b+a^2-ab}\leq b$$
Điều này tương đương $$(b+a-ab)(a-b)\le 0\Leftrightarrow (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-1)(a-b)\leq 0$$
Điều này đúng theo giả thiết. Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b \blacksquare$

Nhận xét: Với điều kiện chặn là $0<a\leq 1\leq b$ thì bài toán vẫn đúng.

Cho các số $a,b,c$ thực dương. Chứng minh rằng
$$\frac{a^2+ab+2b^2}{b^2+2ab}+\frac{b^2+2c^2+bc}{c^2+2bc}+\frac{c^2+2a^2+ac}{a^2+2ac}\geq \frac{36(ab+bc+ac)}{(2+a^2)(2+b^2)(2+c^2)}$$ 
----Trần Trung Kiên----
Lời giải: 
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$VT\geq \frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}$$
Ta có: $$\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}$$
Áp dụng BĐT Minkowsky ta có
$${\sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}\geq \sqrt{\frac{3}{4}(2[a+b+c)]^2+(c+a+b)^2} \geq 2(a+b+c)}$$
Do đó $$\frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{12(ab+bc+ac)}{(a+b+c)^2}$$
Ta chỉ cần chứng minh: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$  (1)
Đây là 2 cách chứng minh BĐT (1)
Cách 1: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$(a+b+c)^2\le (a^2+2)[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Khai triển ra ta được $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq 0$
Ta có: $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq (bc-1)^2\geq 0$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Cách 2: Trong 3 số $a^2-1;b^2-1;c^2-1$ luôn tồn tại 2 số cùng dấu. Giả sử 2 số đó là $a^2-1; b^2-1$. Khi đó áp dụng bất đẳng thằng Weierstrass (*)
$$(a^2+2)(b^2+2)=[3+(a^2-1)][3+(b^2-1)]=9(1+\frac{a^2-1}{3})(1+\frac{b^2-1}{3})$$
$$\geq 9(1+\frac{a^2-1}{3}+\frac{b^2-1}{3})=3(a^2+b^2+1)$$
Ta chỉ cần chứng minh $$(a^2+b^2+1)(c^2+2)\geq (a+b+c)^2$$
Điều này đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 \blacksquare$
Từ đây ta có điều cần chứng minh .

 Cho các số a,b,c thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$
Chứng minh rằng $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$
Dễ thấy các số trong căn đều dương. Áp dụng BĐT Bernoulli(*)
$$\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac {1}{3}(1+b-c)+\frac{2}{3}=\frac{1}{3}(b-c)+1$$
$a\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac{1}{3}(ab-ac)+a$
Thiết lập tương tự ta có:
$$ b\sqrt[3]{1+c-a}\leq \frac{1}{3}(cb-ba)+b$$
$$c\sqrt[3]{1+a-b}\leq \frac{1}{3}(ca-bc)+c$$
Cộng lại ta có: $$VT\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ac-ab-bc-ac)+a+b+c=1$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[
\left\{ \begin{array}{l}
a = b = c \\
a + b + c = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}
\]