Câu chuyện về một bất đẳng thức đẹp môn Toán | Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội
Câu chuyện về một bất đẳng thức đẹp môn Toán | Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội. Tài liệu được sưu tầm giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời bạn đọc đón xem.
Môn: Chuyên đề Toán 60 tài liệu
Trường: Trường Đại học Sư Phạm Hà Nội 3.3 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
Câu chuyện về một bất đẳng thức đẹp
Trần Ngọc Khương Trang 30 05 2023
Về một mối liên hệ giữa ROOT và AM-GM
Ta xét 2 số thực dương m, n khi đó ta đều biết: G m2 + n2 ≥ 2mn hay m2 + n2 ≥ 2 mn Ta xét phương trình sau: m2 + n2 0 < t = mn
Viết lại phương trình này dưới dạng bậc hai của biến TRAN G m: m2 − tn.m + n2 = 0
Để PT này có nghiệm thì
∆m = t2n2 − 4n2 = n2(t2 − 4) ≥ 0 hay t ≥ 2
Đây là dạng nguyên thủy nhất cho mối liên hệ ROOT và AM-GM (gọi tắt là RAG) Tư tưởng KHƯƠN
trên đã gợi mở cho 1 cách tiếp cận cho lớp bài toán có dạng: f (t) + k g(t) + h
với f (t), g(t) lần lượt là hàm bậc 2 và bậc nhất của t. Tức là ta sẽ tìm được mối liên hệ giữa
biến t theo k, h. Để hiểu hơn tư tưởng ROOT này, ta đến với mô hình sau:
Với x, y, z là các biểu thức không âm x + z > 0 khi đó: x2 + y ≥ T(y,z) x + z 1
Nói cách khác, với VT: tử là hàm bậc 2 theo x, mẫu là hàm bậc nhất theo x thì ta luôn tìm
được một đánh giá cận dưới không phụ thuộc vào x.
Áp dụng RAG, xét phương trình x2 + y t =
⇐⇒ x2 − tx + y − tz = 0 x + z
PT có nghiệm khi và chỉ khi
∆x = t2 ≥ 4(y − tz) ⇐⇒ (t + 2z)2 ≥ 4(y + z2) tức là: p t ≥ 2 z2 + y − z G t
Theo kiến thức cơ bản thì dấu bằng xảy ra đồng nghĩa với PT có nghiệm kép x = 2 hay: x2 + y = 2x ⇐⇒ y = x2 +2xz x + z Thực chất: x2 + y p ≥ 2 z2 + y − z (∗) x + z TRAN
chỉ là 1 đánh giá AM-GM cơ bản (bạn đọc G tự suy luận !)
Một dạng SOS được đưa ra cho (*) như sau: y(y − x2 − 2xz)2 ≥ 0 p (x + z)(x2 + y) (x2 + y) z2 + y + yz + 2xy − x2z
Ta có thể linh động thay x, y, z bới các hàm của a, b, c để có kết quả đẹp.
Tuy nhiên, khi giữa nguyên form này ta cũng có bài toán sau:
P1 Cho các số dương có tổng 1, khi đó: 1 − xy 1 − yz 1 − zx Áp dụng KHƯƠNp p p + + ≥ 2 x2 + y + y2 + z + z2 + x x + y y + z z + x
đánh giá ở trên ta đưa bđt về: 1 − xy 1 − yz 1 − zx x2 + z y2 + x z2 + y + + ≥ + + + 2 x + y y + z z + x x + y y + z z + x Biến đổi: 1 − xy x2 + z = + y + z x + y x + y 2 1
Bài toán được chứng minh. Dấu bằng tại x = y = z = 3 Ta cũng có form khác:
Tương tự Cho các số dương tổng 1, khi đó: x(3 − y) y(3 − z) z(3 − x) p p p + + ≥ 2 x(x + 3z) + y(y + 3x) + z(z + 3y) x + y y + z z + x x(3 − z) y(3 − x) z(3 − y) p p p + + ≥ 2 x2 + 3xy + y2 + 3yz + z2 + 3zx x + z y + x z + y x(3 − z) y(3 − x) z(3 − y) p p p + + ≥ 2 x2 + 3yz + y2 + 3xz + z2 + 3xy x + z y + x z + y
Tiếp theo, ta đặt câu hỏi: Nếu x, y, z được biểu diễn dưới dạng mối liên kết a, b G , c mà vẫn đảm bảo y = x2 + 2xz ?
Bạn đọc có thể tìm câu trả lời ở cách xây dựng dưới đây: √
• Nếu ta gán biến (x, y, z) ← (a, ab + ac, bc) thì có được đánh giá: a(a + b + c) √ √ √ ≥ 2 ab + bc + ca − bc a + bc √
với a, b, c là các số không âm, đánh giá này xảy ra mở ra TRAN
dấu bằng khi ab + ac = a2 + 2a bc.
Nhận xét: Đây là một đánh giá đẹp, có thể
Gnhiềumốiliênhệkhácvềđạilượngđồng
bậc và các vấn đề dấu bằng tại biên √
• Nếu ta gán biến (x, y, z) ← (a, ab + ac + a2, bc) thì có được đánh giá: a(2a + b + c) √ √ ≥ p 2 (a + b)(a + c) − bc a + bc √
với a, b, c là các số không âm, đánh giá này xảy ra dấu bằng khi ab + ac = 2a bc. √
• Nếu ta gán biến (x, y, z) ← (a, ab + ac + a, bc + 1) thì có được đánh giá: a(a + b + c + 2) q √ √ √ ≥ 2
ab + bc + ca + 1 + 2a + 2 bc − bc − 1 a + bc + 1 với a, b, c √ bc KHƯƠN
là các số không âm, đánh giá này xảy ra dấu bằng khi ab + ac + 2a = a2 + 2a + 1 .
Đây chỉ là những đánh giá cơ bản trong vô số cách gán biến. Tuy nhiên, mỗi đánh giá chỉ
được xem là phù hợp với từng điều kiện cụ thể của bài toán.
Ta đến với một vài bài toán ứng dụng cụ thể.
P Với mọi số thực không âm a, b, c thỏa ab + bc + ca = 1, ta có: • √ √ √ a + b + c + ab + bc + ca ≥ 3 3
Ta viết lại dạng đồng bậc: √ √ √ √ a + b + c + ab + bc + ca ≥ 3 ab + bc + ca
Bài toán hoàn toàn có thể chứng minh bằng bđt Schur bậc 4, AM-GM sau khi bình phương 2 vế. √ √
Ngoài ra, ta có thể tìm mối liên hệ giữa ab + bc + ca;
bc và dựa vào tính đối xứng để giải: a(a + b + c) √ √ √ ≥ 2 ab + bc + ca − bc a + bc
Nhận thấy đánh giá này thỏa điều kiện dấu bằng (0, 1, 1), ta cộng 2 đánh giá G tương tự: a b c √ √ √ √ (a+b+c) √ + √ + √ +2 ab + bc + ca ≥ 6 ab + bc + ca a + bc b + ca c + ab
Ta chỉ cần chứng minh kết quả quen thuộc: a b c √ + √ + √ ≤ 2 a + bc b + ca c +
Nhận xét: - Áp dụng đánh giá trên, ta cũng thu được √ √ √ √ TRAN ab một bđt chặt hơn: √ √ √ 2 + abc a + b + c 2 3 − ab − bc − ca √ ≥ √ √ √ 1 + abc a + b + c G a+b+c a + b + c √ √ √ 2 √ ≥ 6 − a + b + c . √ √ √ 1 + abc a + b + c - Hệ quả yếu hơn: √ √ √ √ a + b + c ≥ 2 4 ab + bc + ca • √ √ √ 2 KHƯƠN (a + b + c − 1)2 + ab + bc + ca − 1 ≥ 1
Tiếp tục với đánh giá: a(a + b + c) √ √ √ ≥ 2 ab + bc + ca − bc a + bc hay: √ √ p
a(a + b + c) ≥ 2a ab + bc + ca + 2
bc(ab + bc + ca) − 2a bc − 2bc 4
Cộng 2 đánh giá tương tự, ta được: (a + b + c)2 + 2(ab + bc + ca) √ √ √ √ √ √ √ √ √
≥ 2(a+b+c) ab + bc + ca+2( ab+ bc+ ca) ab + bc + ca−2 abc a + b + c √ √ p
a(a + b + c) ≥ 2a ab + bc + ca + 2
bc(ab + bc + ca) − 2a bc − 2bc Chú ý: √ √ √ √ √ √ √ 2 2 abc a + b + c = ab + bc + ca − (ab + bc + ca) Vậy ta có: G √ √ √ 2 √ √ 2 a + b + c − ab + bc + ca + ab + bc + ca − ab + bc + ca ≥ ab + bc + ca Nhận xét:
Ta có biến thể đánh giá như sau: √ √ √ √
a2(a + b + c) ≥ 2a2 ab + bc + ca + 2a bc √ TRAN
ab + bc + ca − 2a2 bc − 2abc Suy ra: (a + b + c)(a2 + b2 + c2) ≥ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ abc ab + bc + ca( a + b + c G 2 ab + bc + ca(a2 + b2 + c2) +2 ) − 2 abc a3 + b3 + c3 + 3 abc √ √ √ p 3 a bc(a + b + c) ≥ 2a
bc(ab + bc + ca) + 2bc ab + bc + ca − 2abc − 2 bc √ √ √ √
abc(a + b + c) ≥ 2abc ab + bc + ca + 2bc bc ab + bc + ca − 2abc bc − 2b2c2 √ √ √ √
Với mọi số thực không âm a, b, c, đặt x = a+b+c; y = ab+ bc+ ca; z = ab + bc + ca.
Khi đó, tìm hằng số k tốt nhất thỏa: KHƯƠN x2 + y2 + z2 ≥ k.z(x + y)
Trường hợp k = 2, ngoài hướng đi trên ta có thể chứng minh: p 2 p 2 a2 + b2 + c2 − a2b2 + a2c2 + b2c2 + ab + ac + bc − a2b2 + a2c2 + b2c2 ≥ a2b2 + a2c2 + b2c2 hay
(a2 + b2 + c2)2 + (ab + bc + ca)2 + (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 5 ≥ p 2(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 Bình phương 2 vế: 1 ∑
a8 + 4a6b2 − 8a5b3 + 3a4b4 + 2a4bc − 4a5b3c + 8a4b2c2 − 4a3b3c2 ≥ 0, 2 sym
Vậy k = 2 đã là hằng số tốt nhất ? • √ √ √ √ √ √ √ (a + b + c) 3 − ab − bc − ca + 2 abc a + b + c ≥ 4
Một lần nữa, đánh giá trên lại phát huy tác dụng: a(a + b + c) √ √ G √ ≥ 2 ab + bc + ca − bc a + bc
Tuy nhiên, ta cần biến đổi sơ bộ một tý: a(a + b + c) 2a(b + c) √ ≥ √ √ a + bc ab + bc + √ √ ab + bc + ca ≥ 2(ab + TRAN ca + bc hay: (a + b + c) Gac)+ bc(b+c−a)
Cộng 2 đánh giá tương tự, ta được đpcm. Nhận xét:
Ngoài ra, ta biến đổi đánh giá: √ √ √
(a + b + c) ab + bc + ca bc ≥ 2a bc(b + c) + bc(b + c − a) √ √ √ √ √ =⇒ 2 abc a3 + b3 + c3 + 3 abc ≥ xy(y − z) √ √ √ 3
(a + b + c) ab + bc + ca.bc ≥ 2abc(b + c) + bc (b + c + a) − 2abc bc √ √ ! 3 3 = KHƯƠN ⇒ xz3 ≥ 4rx + x ∑ bc − 2ry ⇐⇒ x z3 − ∑ bc ≥ 2r(2x − y) cyc cyc √ √ √
a(a + b + c) ab + bc + ca ≥ 2a2(b + c) + a bc(b + c + a) − 2a2 bc
Cho x, y, z ≥ 0. Chứng minh rằng: √ q √ q √ q √ x + y + z + 4 + 2 3 xyz ≥ x2 + 8 3 xyz + y2 + 8 3 xyz + z2 + 8 3 xyz 6 Biến đổi liên hợp: √ 1 2 + 3 xyz 1 √ ≥ x √ = 4 ∑ ∑ 3 xyz p s cyc x2 + 8 3 xyz + x cyc r yz 1 + 8 3 + 1 x5 1 1 1 Đặt (a, b, c) = , , , ta có: x y z √ 1 3 abc a + ≥ 4 2 ∑ s cyc r a5 3 1 + 8 + 1 bc G r r r r a5 b5 c5 a5 Đặt tiếp: 3 = 3 3 m; = n;
= p. với m, n, p > 0 : mnp = abc. Suy ra: 3 = m = bc ca ab bc a2 √ √ √ =⇒ a = m. 6 abc. 3 abc √ √ 1 6 mn p m 1 √ + ≥ √ = 4 ∑ ∑ 6 mn p 2 r cyc 1 + 8m + 1 TRAN cyc 1 1 + 8 + √ 1 1 1 √ , √ , √ m n p √ G m m Lại đặt ( j, k, l) = 3 jkl 1 1 + √ ≥ 4 ∑ 2 3 jkl p cyc j2 + 8 + j
Tóm lại, ta thu được bài toán sau:
Bài Cho các số thực dương x, y, z bất kì. Chứng minh rằng: √ 3 xyz 1 1 1 1 + √ ≥ √ + + √ 4 2 3 xyz x2 + 8 + x py2 + 8 + y z2 + 8 + z C-S cho KHƯƠN 4 số: r s p x2 + 8 x2 + 8 2 p x2 + 8 + x = 3. + x ≤ 4 + x = √ . x2 + 3x + 8 9 3 3 √ √ √
Ta được: Với mọi số thực không âm a, b, c, đặt x = a + b + c; y = ab + bc + ca; z = √ab+bc+ca. Khi đó: y2 + 3xz ≥ 5z2 + xy 7
Kết quả này cũng là đề bài cực khó dưới đây:
S Cho các số không âm a, b, c có tổng bằng 5, khi đó: √ √ √ 52 √ 32 ab + bc + ca − + 5 ≥ 5 ab + bc + ca − 2 2 • 1 − a 1 − b 1 − c √ + √ + √ ≥ 1 a + bc b + ca c + ab
Đây là một bài toán đẹp và khó trên AOPS. Có cách xử lí bằng phương pháp uvwG khá phức tạp.
Chúng tôi đề cập nó ở đây để minh họa cho tính ứng dụng RAG a(a + b + c) 2a(b + c) √ ≥ √ √ a + bc ab + bc + ca + bc √ √ ab + bc + ca + bc 2(b + c) ⇐⇒ √ ≥ a + bc b + c − a √ ≥ bc a + b +TRAN a + b + c hay: 1 − a a + √bc 1−a3 (b + c − a)(1 + a + a2)
(1 + a)(b + c − a) + 2a2(b + c) √ = √ +a2 ≥ +a2 = a + bc a + bc a + b √ G c 1 + a2 + c a + b + c √ a2 + bc √ 2a bc √ ≥ a + bc − a + bc a + b + c √ −abc − a bc bc − abc √ bc(b + c − a) √ 2abc √ = √ − bc ≥ = bc − bc − a + bc a + bc a + b + c a + b + c √ √ a bc bc + 1 √ 2abc abc − bc 2abc √ ≤ −bc + bc + =⇒ √ ≤ −bc + a + bc a + b + c a + bc a + b + c Hay: KHƯƠN a − 1 2a √ ≤ −1 + a + bc a + b + c
Việc tìm được đánh giá như trên sẽ tốt hơn là khai triển hết ra. Ngoài ra, chúng ta khó có
thể dùng bdt trung gian để tiếp cận vì bài toán rất chặt. Ví dụ như: s √ √ √ (1 + bc)(1 + ca)(1 + ab) 3 3 √ √ √ (a + bc)(a + ca)(a + ab) 8 nhưng: s √ √ √ (1 + bc)(1 + ca)(1 + ab) 3 3 √ √ √ ≤ 4 (a + bc)(a + ca)(a + ab) hoặc là: √ (1 + bc)2 ∑ √ √ ≤ 4 cyc (a + bc)(1 + bc)
Ta đến với một lớp đánh giá khác.
P Với mọi số thực dương a, b, c ta có: • √ √ √ a + bc b + ca c + ab √ + √ + √ ≤ 2 p( p p a + b)(a + c) + bc (b + c)(b + a) + ca (c + b)(c + a) + G ab √
Ý tưởng ở đây là tìm mối liên hệ giữa p(a + b)(a + c);
bc, kết hợp với dấu bằng xảy ra a = b = c: a(2a + b + c) √ √ ≥ p 2 (a + b)(a + c) − bc a + bc Biến đổi thuần túy: a(2a + b + c) 2a(a + b + c) √ ≥ √ a + bc p(a + b)(a TRAN + c) + bc
Đến đây, hướng đi đã khá rõ ràng: √ a + bc 2a + b + c √ ≤ p(a + b)(a + c) + G bc 2(a + b + c)
Rõ ràng ta không thể áp dụng √ p(a + b)(a + c) ≥ a + bc vì: √ √ √ a + bc b + ca c + ab √ + √ + √ ≥ 2 a + 2 bc b + 2 ca c + 2 ab • Chúng KHƯƠN √ √ √ a + bc b + ca c + ab + + ≤ 2 p( p p a + b)(a + c) + a (b + c)(b + a) + b (c + b)(c + a) + c
tôi đưa ra một hướng đi AM-GM thuần biến đổi như sau: √ √ a + bc (a + bc)(p(a + b)(a + c) − a) = p(a + b)(a + c) + a ab + bc + ca √ √ 2(a + bc)p(a + b)(a + c) − 2a(a + bc) = 2(ab + bc + ca) 9 √ √ (a +
bc)2 + (a2 + ab + bc + ca) − 2a(a + bc) ≤ 2(ab + bc + ca) 2bc + ab + ac = 2(ab+bc+ca)
Bạn đọc thử áp dụng RAG! cho đánh giá: √ a + bc 2bc + ab + ac ≤ p(a + b)(a + c) + a 2(ab + bc + ca)
Nhận xét: Ta có 2 bđt không khó: • a ∑ ≤ 1 cyc a + p(a + b)(a + c) √ G bc ∑ ≥ 1 cyc a + p(a + b)(a + c)
Liệu có sự kết hợp nào ở đây ? • √ a + bc 2a + b + c √ ≤ p(a + b)(a + c) + bc 2 TRAN (a + b + c)
Ta sẽ biến đổi thêm "key" này: p ab + bc + ca (a + b)(a + c) − a b + c = √ ≥ √ p p ( p a + b)(a + c) + a (a + b)(a + c) +G bc (a + b)(a + c) + bc a + b + c 1 b + c =⇒ ≥ √ p( p a + b)(a + c) + bc (a + b)(a + c) + a 2(a + b + c)(ab + bc + ca) Ta thu được: 1 1 ∑ ≥ √ p p ab + bc + ca cyc (a + b)(a + c) + a (a + b)(a + c) + bc √ KHƯƠN√ 4 c a − b ⇐⇒ ∑ ≥ 0. √ 2 cyc p(a + c)(b + c) + ab + c Ngoài ra, bởi C-S: √ p(a + b)(a + c) ≥ a + bc
Ta cũng có kết quả yếu nhưng khá đẹp: 1 1 1 1 √ + √ + √ ≥ 2a2 + 5a bc + 2bc 2b2 + 5b ca + 2ca 2c2 + 5c ab + 2ab ab + bc + ca 10
Ta khép lại đánh giá này bằng 1 kết quả không phân thức:
Với mọi số thực không âm a, b, c thì: √ √ √ p √
∑(2a + b + c) (a + b)(a + c) + abc a + b + c cyc √ √ √ ≥ (a + b + c) 2a + 2b + 2c + bc + ca + ab
Khi đọc đến đây, một nhận định của đa số độc giả rất có thể sẽ là: RAG rất khó dùng!
Đúng vậy, ta cùng đến với bài toán sau:
P Cho a, b, c ≥ 0 : ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 G√ √ + √ + √ ≥ 2 √ + √ + √ − 1 > 7 − 3 3 a + bc b + ca c + ab 1 + bc 1 + ca 1 + ab √ √ √
Rõ ràng, ý tưởng của chúng ta vẫn là tìm mối liên hệ giữa ab + bc + ca, bc, ab + bc + ca+ √bc
Điều đó dẫn ta quay lại đánh giá: a(a + b + c) √ √ √ ≥ 2 ab + bc + ca − bc a + bc TRAN
Cùng thử vài bước biến đổi: a(a + b + c) 2a(b + c) √ ≥ √ √ a + bc G ab + bc + ca + bc hay: 2a √ √ 1 2 √ ab + bc + ca + bc ≥ √ √ − a + bc ab + bc + ca + bc a + b + c 2a √ 2 ab + bc + ca ≥ √ √ − KHƯƠN ab + bc + ca + bc a + b + c Ở đây, chú ý: √ 2a 2a 2a bc √ √ ≤ √ ⇐⇒ ≥ 0 √ √ √ ab + bc + ca + bc ab + bc + ca ab + bc + ca + bc ab + bc + ca suy ra: 1 2a 2 √ + √ ≥ √ √ a + bc (a + b + c) ab + bc + ca ab + bc + ca + bc 11
Cộng 2 đánh giá tương tự, ta giải quyết VT của bài. Đối với VP, bạn đọc có thể C-S và √ √ √ √ dùng ab + bc + ca ≤ 3 1 1 1 √ √ + √ + √ > 7 − 3 3 a + bc b + ca c + ab √
Câu hỏi mở rộng được đặt ra ở đây là: 7 − 3 3 không phải cận dưới chặt, bởi vì 2 bđt dưới đây cũng đúng: 1 1 1 √ √ √ √ √ + √ + √ ≥ 4 − ( ab + bc + ca) ≥ 4 − 3(∗) a + bc b + ca c + ab 1 1 1 5 √ + √ + √ ≥ G a + bc b + ca c + ab 2
Vậy đâu mới là cận chặt dưới ? Kết quả mình thu được khi dùng phần mềm là 2.597761923.
Hay giá trị cần tìm là nghiệm PT bậc 6: 3x6 − 5x4 + 4x2 − 1 = 0
So sánh với bài toán ban đầu, liệu bđt dưới đây có √ √ √ 1 1 1 ab + bc + ca) ≥ 2 √ + TRAN đúng: 4 − ( √ + √ − 1 1
Nhận xét: Thực chất, bđt (*) là hệ quả của G + bc 1 + ca 1 + ab
bài toán dưới đây: S Cho a, b, c ≥ 0 : ab + bc + ca = 1. Prove that: √ √ √ bc + a bc + 1 ca + b ca + 1 ab + c ab + 1 √ + √ + √ ≥ 4 a + bc b + ca c + ab
WLOG, giả sử a là số lớn nhất. Khi đó, áp dụng AM-GM: √ bc + a bc + 1 1 √ 1 1 √ ∑ √ = ∑ √ + ∑ bc = √ + √ + b + ca b + ca cyc a + bc cyc a + bc cyc a + bc √ √ KHƯƠN 1 √ √ bc(a + 2 bc − b − c) + √ + c + ab − b − c + bc ≥ 4 + √ c + ab a + bc √ √ √ √ √ √ √ bc( a + b − c)( a − b + c) = 4 + √ ≥ 4 a + bc
Ta đến với một lớp bài toán khá thú vị, được phát biểu như sau:
P Cho a, b, c > 0 : a + b + c + 2 = abc. Chứng minh rằng: √ √ √ 1 + ab + ac 1 + bc + ba 1 + ca + cb + + ≥ 3 a + 1 b + 1 c + 1 12
Trước tiên, chúng tôi mạnh dạn chỉ ra bdt sau đây đúng:
p(1 + ab + ac)(1 + bc + ba)(1 + ca + cb) ≥ (a + 1)(b + 1)(c + 1)
Chúng ta sẽ cùng bàn về RAG bắt đầu từ giả thiết bài toán. Một cách dễ dàng thì: 1 1 1 + + = 1 a + 1 b + 1 c + 1 1 và cũng thật tình cờ
xuẩt hiện ở mẫu bên VT. Điều này gợi mở ta xét: a + 1 f (a) t = a+1 G
với f (a) là hàm bậc 2 theo a với hệ số a2 khác 0. Ta dễ chọn z → 1 √
Đánh giá của chúng ta vẫn phải đảm bảo liên kết với
ab + ac + 1 và dễ suy luận ra y → (ab + ac)
Đến đây ta tìm được hệ số bậc 2 nhờ điểm rơi a = b = c = 2 m.a2 + ab + ac t = = 2a =⇒ m = 1 a + 1
Áp dụng RAG, ta thu được đánh giá: TRAN a(a + b + c) √ ≥ 2 ab + ac + 1 − 1 a + 1 √ G
Phần việc còn lại là đưa ab + ac + 1 qua tử số VT: √ab+ac+1+1 2(b+c) ≥ a + 1 a + b + c Mọi thứ đã rõ ràng !
Nhận xét: Một phép đổi biến quen thuộc vẫn mang lại hiệu quả, chỉ cần đi đôi chút biến đổi. Thật vậy, KHƯƠN xét x, y, z > 0 với x + y y + z x + z a = ; b = ; c = z x y Một lưu ý nhỏ: x + y y + z z + x 1 + ab + ac = 1 + + z x y (x2 + y2)(x + y + z) = 3 + xyz 13
Do đó, ta hoàn toàn có thể viết lại dạng thuần nhất: s (y2 + z2)(x + y + z) ∑ x 3 + ≥ 3(x + y + z) xyz cyc
Ta chuẩn hóa x + y + z = 3, đưa về chứng minh s y2 + z2 √ ∑ x 1 + ≥ 3 3 xyz cyc y2 + z2 2
Sai lầm có thể mắc phải: ≥
dẫn bạn đọc đến 1 bđt sai: xyz x r s r G 2 2 2 √ x 1 + + y 1 + + z 1 + ≥ 3 3 x y z
Chúng tôi đề xuất hướng AM-GM trọn gói: v s u s y2 + z2
(x2 + y2 + xyz)(y2 + z2 + xyz)(z2 + x2 + xyz) 3 u ∑ x 1 + ≥ 3txyz. xyz (xyz)3 cyc
Cuối cùng đưa về chứng minh: TRAN (x2 + y2 + xyz)(y2 + z2 + G xyz)(z2 + x2 + xyz) ≥ 27xyz
Tiếp tục, một sai lầm dễ mắc phải: x2 + y2 + xyz ≥ 3 3
px3y3z vì nó dẫn đến 1 bđt ngược dấu
Ta thử linh hoạt đưa xyz quay lại vị trí ban đầu xem sao, hay: y2 + z2 x2 + z2 x2 + y2 yz + zx + xy + ≥ 27 x y z
Theo kinh nghiệm, chút cảm quan thì Holder sẽ hiệu quả khi mà có những cụm đại lượng sẽ bị triệt tiêu. Cụ thể KHƯƠN như sau: y2 z2 x2 z2 x2 y2 4 4 4 3 yz + + + xz + + + xy ≥ x3 + y3 + z3 x x y y z z
Phần còn lại khá đơn giản, bạn đọc tự giải quyết.
Ngoài ra, một đánh giá suy ra từ bài toán này cho a, b, c > 0: r (b2 + c2)(a + b + c)
2(b2 + c2 + ab + ac)(a + b + c) 3 + + 1 ≥ abc
ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) 14
Nhận xét: Bài toán trên cũng gợi mở hướng đi cho :
S1 Cho các số thực không âm thỏa a + b + c + 2 = abc. Khi đó: • √ √ √ a + b + c + 3 ≥ 1 + ab + ac + 1 + bc + ba + 1 + ca + cb
Bạn đọc thử xét tính đúng sai:
a + b + c + 3 ≥ p3(3 + 2ab + 2ac + 2bc) • √ √ √ 1 + b2 + c2 1 + c2 + a2 1 + a2 + b2 + + ≥ 3 a + 1 b + 1 c + 1
S2 Với mọi số dương a, b, c : a + b + c = abc thì: G • p p p ab + bc + ca ≥ a2 + b2 + 3 + b2 + c2 + 3 + c2 + a2 + 3 • p p p 4 (abc)2 − 3 a2 + b2 + 3 + b2 + c2 + 3 + c2 + a2 4 ( TRAN + 3 + 7 ≥ ab+bc+ca−3
Sự kết hợp này dẫn đến một bđt yếu hơn: abc)2 − 3 ab + bc + ca + 7 G ≥ ab+bc+ca−3
Bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh bằng pp pqr. √
S3 Cho các số không âm thỏa: a + b + c + 2 abc = 1. Chứng minh rằng: √ √ √ a + b + ab b + c + bc c + a + ca √ √ + √ √ + √ √ ≥ 3 c + ab a + bc b + ca
Bđt này thực chất là 1 phép đổi biến của bài toán a + b + c + 2 = abc. Bạn đọc thử suy nghĩ.
P Cho a, b, c > 0 : ab + bc + ca + abc = 4. Prove that: KHƯƠN √ √ √ 2 + ab 2 + bc 2 + ca a2 + b2 + c2 39 √ + √ + √ + ≥ ab + c bc + a ca + b 8abc 8 2x 2y 2z
Một ý tưởng mặc định cho dạng điều kiện này là đổi biến (a, b, c) = , , . y + z x + z y + x
Tuy nhiên, không giống như bài trước, cách đặt ẩn phụ này rất phức tạp.
Cũng nói thêm về một quan sát: Cho a = b = 0.99 thì: √ √ √ 2 + ab 2 + bc 2 + ca 9 √ + √ + √ ≤ ab + c bc + a ca + b 2 15 a2 + b2 + c2 3 ≥ 8abc 8
Lúc này, RAG phát huy sức mạnh để dẫn đến đánh giá phá căn thức. √
Chú ý giả thiết khi gộp nhóm: pbc + a(b + c + bc) = 2 và ở đây z = bc; y = ab + ac +
abc. Ta thu được đánh giá: a(a + b + c + bc) √ √ ≥ 2 2 − bc a + bc tương đương: √ 2 + bc a √ ≥ 2 − bc + a a + b + c + bc
Một đánh giá cực hiệu quả khi nó dẫn đến việc chứng minh: G a2 + b2 + c2 8a + 3 ≥ ∑ abc a + b + c + bc cyc
Dễ dàng định hướng C-S như sau: 4a a 3a ≤ + a + b + c + bc bc a minh rằng: TRAN + b + c
Tương tự cho 2 đánh giá còn lại, ta thu được đpcm.
P Cho a, b, c > 0 : a + b + c = 1. Chứng r 1 − bc 1 − ca 1 − ab r a b r c + + + 5 ≥ + 6 + + 6 + + 6 2a 2b 2c Gbc ca ab
Viết lại biểu thức trong căn như sau: r r a(a + b + c) a + b + c 6 + 6 = a + bc abc a2 2 a + b + c 2 Ta chọn z = ; y = + . Khi đó: a abc a2 Q + y p t = ≥ 2 z2 + y − z P + z với Q, P KHƯƠN
là hàm bậc 2, bậc 1 của b, c (vì đánh giá này cần đối xứng) và P = Q = 1 (do điểm rơi a = b = c).
Ý tưởng của chúng ta: P + z sẽ đánh giá được ở 1 dạng đối xứng, làm xuất hiện mẫu chung. 1 1 Ta chọn P = √ ; Q = và đánh giá thu được: bc bc 1 2 a + b + c + + r ! bc a2 abc a + b + c 6 2 ≥ 2 + − 1 2 abc a2 a √ + bc a 16
Nhân 2 vế đánh giá cho a ta được: a 2 a + b + c + + r ! bc a bc a(a + b + c) ≥ 2 + 6 − 2 1 2 bc √ + bc a 1 2
Bây giờ ta đánh giá tiếp đại lượng dự đoán: √ + bằng AM-GM: bc a 1 2 2(a + b + c) √ + ≥ bc a a(b + c) Thay vào ta thu được: ! r G b + c a2 a(a + b + c) a(a + b + c) + 2 + ≥ 2 + 6 − 2 2(a + b + c) bc bc bc
Thực hiện cộng và biến đổi, ta thu được đpcm. Nhận xét:
□ Một lời giải khác bằng pp SOS.
Nhân 2 vế bđt cho abc ta được: p bc(1 − bc) + 10abc ≥ 2 TRAN ∑ ∑ a2bc + 6(abc)2 cyc Áp dụng bđt AM-GM: r Gcyc p 4abc 4abc 4 ∑ a2bc + 6(abc)2 = 2∑ .(a2 + 6abc)(b + c) ≤ ∑ + (a2 + 6abc)(b + c) b + c b + c cyc cyc cyc 1 ≤ 4abc(a + b + c) ∑ + 12abc + ∑ab(a + b) b + c cyc a ≤ 21abc + 4abc ∑ + ab + bc + ca b + c cyc Do đó, ta KHƯƠN cần chứng minh: a
2 ∑bc(1 − bc) + 20abc ≥ 21abc + 4abc∑ + ab + bc + ca b + c cyc cyc ! ! a 3
⇐⇒ (a+b+c)(ab+bc+ca)−9abc+2 abc(a + b + c) − ∑b2c2 ≥ 4abc ∑ − b + c 2 cyc cyc hay: (a − b)2
∑ c(a − b)2 − ∑ c2(a − b)2 ≥ 2abc ∑ (a+c)(b+c) cyc cyc cyc 17
⇐⇒ ∑(a − b)2 c(a + b)2(a + c)(b + c) − 2abc(a + b) ≥ 0 cyc Đặt:
Sc = c(a + b)2(a + c)(b + c) − 2abc(a + b)
Sa = a(a + b)(a + c)(b + c)2 − 2abc(b + c)
Sb = b(a + b)(a + c)2(b + c) − 2abc(c + a)
Do tính đối xứng nên ta giả sử a ≥ b ≥ c. Ta có:
Sa = a(b + c) (ab + ac + bc − abc − 2bc) = a(b + c) (c(a − b) + ab(1 − c))G > 0
Sb = b(c + a) (ab + ac + bc − abc − 2ac) = a(b + c) (a(b − c) + bc(1 − a)) > 0
Suy ra Sa + Sb > 0 và ta cần chứng minh Sc + Sb > 0, tức là:
(ab + bc + ca − abc)(ac + bc + bc + ba) − 2abc(2a + b + c) > 0
⇐⇒ a2b2(a + b) + 2c2b2(c + b) + a2c2TRAN (a + c) + abc ≥ 3a2bc
⇐⇒ a3(b2 + c2) + a2(b3 + c3) + 2c2b2(c + b) + abc(a + b + c)2 ≥ 3a2bc(a + b + c) Biến đổi: a3(b2 + c2) + a2(b3 + c3) + G 2c2b2(c + b) + abc(a + b + c)2
> a3(b2 + bc + c2) + a2(b3 + c3 + 2bc(b + c)) > 3bca3 + 3a2bc(b + c) = 3a2bc 1
Phép chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3
□ Với mọi 0 ≤ k ≤ 5 thì: r ! b + c a2 5 − k a(a + b + c) (5 − k)a(a + b + c) + k + ≥ 2 + k + 4 − 2 2(a + b + c) bc 3 bc 3bc Khi đó ta có: r (8 − k) 1 1 1 (5 − k)a(a + b + c) 2(ab + bc + ca)2 (a+b+c) + + +3(k +6) ≥ 4 + k + 4+ 3 Một điều KHƯƠN ∑ a b c 3bc (a + b + c)abc cyc
thú vị là bđt tổng quát theo k này cũng có thể giải bằng pp SOS như trên (sau
khi biến đổi, giá trị k sẽ bị triệt tiêu).
P Cho các số dương a, b, c : a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng: √ a + bc ∑ √ √ ≤ 2 cyc bc + bc + 3 18 Xét hàm a2 + b2 + c2 + a2 √ p t = √ ≥ 2 a2 + b2 + c2 + bc − bc a + bc √
với x = a; y = a2 + b2 + c2; z = bc Biến đổi: a2 + b2 + c2 + a2 2(a2 + b2 + c2) √ ≥ √ √ a + bc a2 + b2 + c2 + bc + bc suy ra: √ a + bc 2a2 + b2 + c2 √ √ ≤ bc + bc + 3 2(a2 + b2 + c2)
Cộng 2 đánh giá còn lại, ta thu được đpcm. G
Ta cũng có thể đánh giá C-S như sau: √ √ a + bc (a + bc)(a2 + 3) ∑ √ √ = ∑ √ √ cyc bc + bc + 3 cyc bc + bc + 3 (a2 + 3) √ (a + bc)(a2 + 3) a2 + 3 ≤ ∑ √ √ = ∑ 6 cyc bc(a2 + 3) + bc(3 − a2)
P Cho các số không âm a, b, c : ab + bc + ca = 3. TRAN + 6a cyc p4a2 + 5 + GChứngminhrằng: 12 ∑ 6abc ≤ 37(a + b + c) cyc
Ta xem xét mô hình RAG sau: bc + f (a, b, c) √ p + 4a ≥ 2 4a2 + f (a, b, c) bc + 2a
Với f (a, b, c) = 5 ⇐⇒ a = b = c = 1. Chọn f (a, b, c) = 5. (b + c)(bc + 5) p + 4a ≥ 2 4a2 + 5 2(ab + bc + ca) Hay: KHƯƠN 5(a + b + c) 9(a + b + c) 3abc p + − ≥ 2 ∑ 4a2 + 5 ab + bc + ca 2 2(ab + bc + ca) cyc Thay ab + bc + ca = 3: 37(a + b + c) − 6abc p ≥ 2 4a2 + 5 6 ∑ cyc 19
Nhận xét: Mô hình trên cũng có 1 hướng tiếp cận khác như sau: 4a2 + f (a, b, c) √ √ p + 2 bc ≥ 2 bc + f (a, b, c) bc + 2a
Với f (a, b, c) = 8 ⇐⇒ a = b = c = 1. Chọn f (a, b, c) = 8a2 6a2(b + c) √ p + 2 bc ≥ 2 8a2 + bc ab + bc + ca Suy ra: √ √ √ 9abc p 3(a + b + c) + ab + bc + ca − ≥ ∑ 8a2 + bc ab + bc + ca cyc Chọn: ab + bc + ca = 3abc; G √ a + b + c + 3 3 abc √ √ √ 3(a + b + c − 1) + ≥ 3(a + b + c − 1) + ab + bc + ca 2
Ta thu được bài toán sau:
S Cho các số thực không âm a, b, c : ab + bc + ca = 3 √ p p p abc ≥ 2 8a2 + bc +
Ta có phiên bản "dễ, chặt" hơn: TRAN abc. Chứng minh rằng: 7(a + b + c) + 3 3 8b2 + ca + 8c2 + ab + 3 √ p p p
7(a + b + c) + 3 3 abc ≥ 15abc + 9 ≥ 2 G8a2+bc+ 8b2+ca+ 8c2+ab+3
Liệu bài toán này có hướng tiếp cận khác không? 1 1 1 Đổi biến (a, b, c) → , , . Bài toán trở thành : a b c p 7(ab + bc + ca) + 3 3
p(abc)2 ≥ 3abc + 21 ≥ 6 + 2∑ bc(a2 +8bc) cyc
với a, b, c > 0 : a + b + c = 3.
Nếu áp dụng AM-GM như bên dưới bđt sẽ bị ngược dấu: p
17(ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 6 + 2 vì: KHƯƠN ∑ bc(a2 + 8bc) ≤ 6 + = 9 + 5(ab + bc + ca) 3 cyc
9 + 5(ab + bc + ca) ≥ 7(ab + bc + ca) + 3 3 p(abc)2
Hoặc dùng C-S cũng là hướng đi sai lầm: p p
6 + 2 ∑ bc(a2 + 8bc) ≤ 6 + 2 (ab + bc + ca)(9 + 6(ab + bc + ca)) cyc 20
