Bài toán 17.[Olympic Moldova 1999] Cho ba số thực dương $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng $$\dfrac{ab}{c(c+a)} + \dfrac{bc}{a(a+b)} + \dfrac{ca}{b(b+c)} \ge \dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}.$$

Bài toán 17.[Olympic Moldova 1999] Cho ba số thực dương $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng $$\dfrac{ab}{c(c+a)} + \dfrac{bc}{a(a+b)} + \dfrac{ca}{b(b+c)} \ge \dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}.$$

Lời giải

Để chứng minh bài toán đề ra ta chứng minh bài toán tương đương $$D=\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}+\dfrac{b(c)-a}{a(a+b)} + \dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}\geq 0.$$ Do vai trò bình đẳng khi hoán vị vòng quanh các biến $a$, $b$, $c$ nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $a=\max (a,b,c)$.

• Nếu $b\geq c$, khi đó $\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)}\geq \dfrac{a(b-c)}{a(a+b)}$ và $\dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}\geq \dfrac{c(a-b)}{a(a+b)}$.
  Suy ra $D\geq \dfrac{a(b-c)}{a(a+b)}+\dfrac{b(c-a)}{a(a+b)}+\dfrac{c(a-b)}{a(a+b)}=0$.
• Nếu $b\leq c$, khi đó $\dfrac{a(b-c)}{c(c+a)} \geq \dfrac{a(b-c)}{b(b+c)} ; \dfrac{b(c-a)}{a(a+b)} \geq \dfrac{b(c-a)}{b(b+c)}$.
  Suy ra $D \geq \dfrac{a(b-c)}{b(b+c)}+\dfrac{b(c-a)}{b(b+c)}+\dfrac{c(a-b)}{b(b+c)}=0$.

Vậy $D\geq 0$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$. Bài toán trên là mọt câu trong đề thi Olympic Moldova năm 1999, có Lời giải của đáp án khá dài và phải sử dụng nhiều đơn vị kiến thức.Lời giải trên khá ngắn gọn và khác với các Lời giải đã có. Hơn nữa với cách giải như trên ta giải được các bài toán mở rộng sau. Bài toán. Cho ba số thực dương $a$, $b$, $c$ và $\alpha$, $\beta > 0$. Chứng minh rằng $$\dfrac{a\left(b^{\alpha}-c^{\alpha}\right)}{c\left(c^{\beta}+a^{\beta}\right)}+\dfrac{b\left(c^{\alpha}-a^{\alpha}\right)}{a\left(a^{\beta}+b^{\beta}\right)}+\dfrac{c\left(a^{\alpha}-b^{\alpha}\right)}{b\left(b^{\beta}+c^{\beta}\right)} \geq 0.$$ Cách giải khác. Sử dụng phép thế ta có $$\begin{eqnarray*} &&\dfrac{b}{c} \cdot \dfrac{a}{c+a}+\dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{b}{a+b}+\dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{c}{b+c} \geq \dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}\\ &\Leftrightarrow&\dfrac{b}{c} \cdot \dfrac{1}{\dfrac{c}{a}+1}+\dfrac{c}{a} \cdot \dfrac{1}{\dfrac{a}{b}+1}+\dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{1}{\dfrac{b}{c}+1} \geq \dfrac{1}{\dfrac{c}{a}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{a}{b}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{b}{c}+1}. \end{eqnarray*}$$ Đăt $x=\dfrac{a}{b}$, $y=\dfrac{b}{c}$, $z=\dfrac{c}{a}$ thì $x$, $y$, $z$ dương và $xyz=1$.
Bất đẳng thức trở thành $$\begin{align*} &\dfrac{x}{y+1}+\dfrac{y}{z+1}+\dfrac{z}{x+1} \geq \dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1} \\ \Leftrightarrow&(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2+ x+y+z-3+\left(xy^2+yz^2+zx^2-3\right)\geq 0. \tag{1} \end{align*}$$ Theo BĐT Cauchy $x+y+z \geq 3 \sqrt[3]{xyz}=3$ và $xy^2+yz^2+zx^2 \geq 3 \sqrt[3]{x^3y^3z^3}=3$.
Do đó $(1)$ luôn đúng nên bất đẳng thức được chứng minh.