các bài tập về bất đẳng thức

enhuy en_A G TẢN MẠNG VỀ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC Như chúng ta đã biết thì có rất nhiều cách khác nhau để sáng tạo ra một nên một bài toán bất đẳng thức.. Có thể kể ra ở đây một số phương pháp

enhuy

en_A

G TẢN MẠNG VỀ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC

Như chúng ta đã biết thì có rất nhiều cách khác nhau để sáng tạo ra một nên một bài toán bất đẳng thức Có thể kể ra ở đây một số phương pháp mà chúng

ta thường thấy như tổng quát hóa một bài toán, làm chặt một kết quả đã biết hay xây

dựng các bất đẳng thức mới từ một bất đẳng thức cơ sở, hoặc tiên tiến hơn đó là sử dụng các công cụ lập trình để tạo ra các bài toán mới Chính vì thế mà mỗi ngày

có rất nhiều các bất đẳng thức mới được tạo ra và được đăng lên khắp nơi trên các diễn đàn toán học ở Việt Nam cũng như trên thế giới Và như thế vô tình hay

cố ý mà có những bài toán được sáng tạo một cách trùng lặp mặc dù về hình thức thì chúng hoàn toàn khác xa nhau, có thể kể ra đây hai ví dụ điển hình

Ví dụ 1.1 Nếu a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn ab+bc+ca > 0, tìm giá

trị nhỏ nhất của

P= (ab+bc+ca)

 1

(a+b)2 + 1

(b+c)2 + 1

(c+a)2

 (Ji Chen, Iran TST 1996)

Ví dụ 1.2 Với mọi tam giác ABC, hãy tìm giá trih nhỏ nhất của

S =

cos2 A

2 cos

2 B 2 cos2 C 2

+

cos2 B

2 cos

2C 2 cos2 A 2

+

cos2 C

2 cos

2 A 2 cos2 B 2

(Trần Nam Dũng, Việt Nam TST 2007)

Ví dụ 1.3 Cho tam giác ABC không tù Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của

F = sin A sin B

sin C

2

+ sin B sin C

sin A

2

+ sin C sin A

sin B

2

(Hojoo Lee)

Ví dụ 2.1 Với ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng

p

a3+a+pb3+b+pc3+c ≥2√a+b+c

(Iran TST 2008)

enhuy

en_A

G

Ví dụ 2.2 Với ba số không âm a, b, c thỏa mãn(a+b)(b+c)(c+a) >0 Chứng minh

r

a

b+c +

r b

c+a +

r c

a+b ≥2

s

(a+b)(b+c)(c+a)

(Vũ Đình Quý) Các ví dụ 1.1, 1.2, 1.3 nhìn có vẻ khác nhau nhưng thực chất thì chỉ là một Ví dụ 1.1 được phát biểu dưới dạng đại số, hai ví dụ còn lại được phát biêu dưới dạng lượng giác và tương tự cho 2.1 và 2.2 Trong 2.2 nếu ta quy đồng phân thức lên và chuẩn hóa cho ab+bc+ca=1 thì ta sẽ được ví dụ 2.1

Trong bài viết nhỏ này mình cũng xin được giới thiệu với các bạn một bất đẳng thức tương tự như vậy, có thể phát biểu được dưới 4 dạng khác nhau, các bạn cùng xem nhé

Bài toán 1 Hãy tìm số thực k lớn nhất để bất đẳng thức sau đây luôn đúng

1

a2 + 1

b2 + 1

c2 ≥ k

|ab+bc+ca|, (1)

trong đó a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện abc6= 0 và a+b+c=0

(Nguyễn Văn Huyện)

LỜI GIẢI1 Trước hết, ta sẽ tìm cách khử dấu giá trị tuyệt đối, đồng thời làm

giảm số lượng biến số của bài toán bằng cách sử dụng điều kiện a+b+c =0 Thay c= −(a+b)vào biểu thức ở mẫu của phân thức bên vế phải, ta được

ab+bc+ca= ab+c(a+b) =ab− (a+b)2 = −(a2+ab+b2) < 0

Do đó ta có thể viết bất đẳng thức(1)lại như sau

1

a2 + 1

b2 + 1

(a+b)2 ≥ k

a2+ab+b2

Từ đây, bằng cách cho a = b, ta được k ≤ 27

4 Ta sẽ đi chứng minh đây chính là giá trị lớn nhất cần tìm, tức chứng minh bất đẳng thức sau đây

1

a2 + 1

b2 + 1

(a+b)2 ≥ 27

4(a2+ab+b2), tương đương với

[(a+b)2−ab]2

a2b2(a+b)2 ≥ 27

4[(a+b)2−ab], hoặc

4[(a+b)2−ab]3≥27a2b2(a+b)2 Đặt x= (a+b)2, y=abta sẽ có ngay x≥4y Bất đẳng thức trên trở thành

(x−y)3 ≥ 27

4 ·xy

2, bằng một số biến đổi, ta thấy nó sẽ tương đương với

(x−4y)2(2x+y)2 ≥0

enhuy

en_A

G

Là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng, nên ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi(a, b, c)là hoán vị của(t, t,−2t)

LỜI GIẢI2 Sau khi đã tìm được giá trị lớn nhất của k, ta đưa bài toán về chứng

minh bất đẳng thức

2|ab+bc+ca| 1

a2 + 1

b2 + 1

c2



≥ 27

2 . (1.1) Chú ý rằng nếu a+b+c=0 thì ta sẽ được a2+b2+c2=2|ab+bc+ca|, nên bất đẳng thức(1.1)sẽ tương đương với

(a2+b2+c2) 1

a2 + 1

b2 + 1

c2



≥ 27

như vậy, để chứng minh (1.1) thì thay vào đó, ta sẽ đi chứng minh (1.2) và lời giải của chúng ta như sau

Bằng cách đặt

u= a

b +

b

c +

c

a, v =

a

c +

b

a +

c

b,

ta sẽ được

u+v= c+a

b +

a+b

c +

b+c

a = −3,

và(1.2)sẽ trở thành

u2−2v+v2−2u+3≥ 27

2 ,

u2+v2−2(u+v) +3≥ 27

2 .

u2+v2 ≥ 9

2. Nhưng điều này là đúng, vì theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

u2+v2≥ (u+v)

2

9

2. Chứng minh hoàn tất

Đây là một bài toán khá dễ và không có gì để bàn về những chứng minh của bài toán này, vì chúng ta chỉ cần sử dụng những kiến thức cơ bản Tuy nhiên, chúng

ta hãy cùng để ý đến nhưng phát triển tiếp theo sau đây

Vì a+b+c = 0 nên 2(ab+bc+ca) = −(a2+b2+c2) < 0 nên ngoài (1.2)

ra thì ta còn có thể viết(1.1)lại như sau

−2(ab+bc+ca) 1

a2 + 1

b2 + 1

c2



≥ 27

2 . Khai triển vế trái ra, ta được

a

b +

b

c +

c

a +

a

c +

b

a+

c

b +

ab

c2 +bc

a2 +ca

b2 ≤ −27

4 ,

enhuy

en_A

G

mà chúng ta đã biết

a

b +

b

c +

c

a +

a

c +

b

a+

c

b = −3 nên từ đó ta được

ab

c2 +bc

a2 +ca

b2 ≤ −15

4 . Vậy ta thu được bài toán mới sau đây

Bài toán 2 Với ba số thực a, b, c thỏa mãn các điều kiện abc 6= 0 và a+b+c = 0

Chứng minh rằng

ab

c2 +bc

a2 +ca

b2 ≤ −15

4 .

(Nguyễn Đình Thi)

LỜI GIẢI. Theo nguyên lí Dirichlet thì trong ba số a, b, c sẽ có hai số cùng dấu, ta

có thể giả sử ab≥0, khi đó bằng cách đặt t = ab

(a+b)2 ta sẽ được 0<t ≤ 1

4.

Và bằng một số biến đổi nhỏ, ta thấy

bc

a2 +ca

b2 = c(a3+b3)

a2b2 = −(a+b)2(a2−ab+b2)

a2b2 = −1

t

 1

t −3

 , nên bất đẳng thức được viết lại như sau

t−1

t

 1

t −3



≤ −15

4 . Hay là

t2+15

4 ·t−

1

t +3≤0.

Bất đẳng thức này đúng vì 0<t≤ 1

4, nên ta có

t2+15

4 ·t−

1

t +3 ≤

 1 4

2

+15

4 ·

1

4 −4=3=0.

Chứng minh hoàn tất

Quay trở lại bài toán của chúng ta, vì a+b+c = 0 nên ta thấy sẽ tồn tại ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện a = x−y, b = y−z, c = z−x khi đó ta có thể viết(1.2)lại như sau

h

(x−y)2+ (y−z)2+ (z−x)2i

 1

(x−y)2 + 1

(y−z)2 + 1

(z−x)2



≥ 27

2 , hoặc



x2+y2+z2−xy−yz−zx

 1

(x−y)2 + 1

(y−z)2 + 1

(z−x)2



≥ 27

4 .

Và dẫn đến một bài toán mới

Bài toán 3 Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau, chứng minh rằng

(a2+b2+c2−ab−bc−ca)

 1

(a−b)2 + 1

(b−c)2 + 1

(c−a)2



≥ 27

4 . (1.3)

enhuy

en_A

G

LỜI GIẢI. Không mất tính tông quát của bài toán, ta có thể giả sử a >b >c Khi

đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được

a2+b2+c2−ab−bc−ca= 1

2[(a−b)

2+ (b−c)2+ (c−a)2]

≥ 1

2



(a−b+b−c)2

2 + (c−a)

2



= 3

4· (c−a)

2

Và theo bất đẳng thức AM-GM, thì

1

(a−b)2 + 1

(b−c)2 ≥ 2

(a−b)(b−c) ≥ 8

(a−b+b−c)2 = 8

(c−a)2 Nhân hai bất đẳng thức này lại với nhau, ta được

(a2+b2+c2−ab−bc−ca)

 1

(a−b)2 + 1

(b−c)2 + 1

(c−a)2



≥ 3

4 · (c−a)

2· 9 (c−a)2

= 27

4 . Chứng minh hoàn tất

Nhận Xét. Ngoài chứng minh ở trên thì ta còn có thể giải bài toán này bằng phương pháp đặt ẩn phụ

Tiếp đến, ta sử dụng một kết quả quen thuộc sau đây

"Nếu a, b, c là ba số bất kỳ thỏa mãn a+b+c=0, thì a3+b3+c3=3abc."

Sử dụng kết quả này ta có thể biến đổi

ab

c2 +bc

a2 +ca

b2 ≤ −15

4 , abc 1

c3 + 1

a3 + 1

b3



≤ −15

4 ,

a3+b3+c3

 1

c3 + 1

a3 + 1

b3



≤ −15

4 .

Và tiếp tục thu được một bất đẳng thức mới là

Bài toán 4 Với a, b, c là ba số thực thỏa mãn điều kiện abc 6= 0 và a+b+c = 0

Chứng min rằng

(a3+b3+c3) 1

a3 + 1

b3 + 1

c3



≤ −45

4 . (1.4) (Nguyễn Văn Huyện)

LỜI GIẢI. Sử dụng giả thiết a+b+c =0 và hằng đẳng thức quen thuộc

x3+y3+z3−3xyz= (x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−zx),

enhuy

en_A

G

ta có

a3+b3+c3 =3abc, và

a3b3+b3c3+c3a3 =3a2b2c2+ (ab+bc+ca)3 =3a2b2c2−(a

2+b2+c2)3

Ta đưa bài toán về chứng minh

9−3(a

2+b2+c2)3

8a2b2c2 ≤ −45

4 , hay là

54a2b2c2 ≤ (a2+b2+c2)3 Chú ý rằng ab·bc·ca =a2b2c2≥0 nên trong ba số ab, bc, ca sẽ có ít nhất một số

không âm, ta có thể giả đó là bc và được bc≥0

Bây giờ, thay a= −(b+c)và bất đẳng thức, ta được

4(b2+bc+c2)3≥27b2c2(b+c)2 Nhưng đây là một bất đẳng thức đúng vì ta có

b2+bc+c2 ≥ 3(b+c)

2

4 ≥3bc ≥0.

Chứng minh hoàn tất

Bất đẳng thức trên quả là một kết quả thú vị phải không các bạn, từ một bài toán ban đầu bằng cách thay đổi hình thức và sử dụng một số phép biến đổi nhỏ ta thu được những bài toán khá thú vị hơn và quan trọng là mỗi bài toán đều tồn tại các lời giải độc lập nhau