Để hiểu rõ hơn về phương pháp trên chúng ta lần lượt đi qua các bài toán sau, nhưng đầu tiên mình muốn khoe pets nhà mình miếng đã :D... Bất đẳng trên luôn đúng, vậy nên ta có điều phải
Trang 1GIẢI TOÁN NHỜ SỰ LIÊN HỆ GIỮA CÁC BIỂU THỨC
Trong bài viết này mình sẽ giới thiệu cho mọi người cách giải một số bài toán nhờ việc sử
dụng một cách hợp lí sự liên hệ giữa các biểu thức ba biến a + b + c, ab + bc + ca, a2+ b2+
c2, a2b+b2c+c2a, ab2+bc2+ca2, a3b+b3c+c3a Để hiểu rõ hơn về phương pháp trên chúng ta
lần lượt đi qua các bài toán sau, nhưng đầu tiên mình muốn khoe pets nhà mình miếng đã :D
Trang 2PHẦN I CÁC BÀI TOÁN
Bài Toán 1 Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3 Chứng minh rằng:
3(a2b + b2c + c2a) + 6abc + 9 ≥ 8(ab + bc + ca)
Lời giải
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3Xa2b +Xab2+ 3abc+ 9 ≥ 8Xab + 3Xab2+ abc
⇐⇒ 3(a + b + c)(ab + bc + ca) + 9 ≥ 8Xab + 3Xab2+ abc
Mà ta có
X
ab2+ abc ≤ 4
27(a + b + c)
3
nên nếu đặt t = a + b + c, (√
3 ≤ t ≤ 3) thì ta chỉ cần chứng minh 3t.t
2− 3
2 + 9 ≥ 4(t
2− 3) + 4
9t
3,
hay
1
18(t − 3)
2(42t + 19) ≥ 0
Bất đẳng trên luôn đúng, vậy nên ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi t = 3 hay a = b = c = 1
Nhận xét
Trong bài này mục tiêu là đánh giá để chuyển về biểu thức chứa a + b + c hoặc ab + bc + ca, sau đó nhờ sự liên hệ qua đẳng thức (a + b + c)2 = a2+ b2+ c2+ 2(ab + bc + ca), ta đưa bài toán về một ẩn để giải
Nếu ta dựa vào đánh giá a2b+b2c+c2a ≥ (ab+bc+ca)a+b+c 2 và abc ≥ max{0; 2(ab+bc+ca)−(aa+b+c2+b2+c2)} thì sẽ không thu được bất đẳng thức đúng Nhưng nhờ có đẳng thứcP a2b +P ab2+ 3abc =
P a P ab ta có thể đưa được P ab2 sang vế phải và làm mất P a2b ở vế trái, sau đó dùng các bất đẳng thức đã biết để đánh giá như trong lời giải trên
Chúng ta cùng đi tới các bài toán tiếp theo:
Bài Toán 2 (sưu tầm) Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực dương có tổng là 3,
ta luôn có:
(a2b + b2c + c2a)(ab + bc + ca) ≤ 9
Mục tiêu vẫn là đánh giá để chuyển về biểu thức chứa a + b + c hoặc ab + bc + ca Ta cần đánh giá thằng a2b + b2c + c2a ≤???
Cần phải đánh giá hợp lí bởi bài này có vẻ chặt Ví dụ nếu ta sử dụng đánh giá a2b+b2c+c2a ≤
4 − abc ≤ 4 − max{0; 4q−93 } sẽ không đi đến kết quả đúng Nhưng để ý rằng:
(a + b + c)(a2b + b2c + c2a) =Xa3b +Xa2b2 + 3abc
và nhớ đến bất đẳng thức VasC quen thuộc
a3b + b3c + c3a ≤ (a
2+ b2+ c2)2 3
Trang 3ta có lời giải như sau:
Lời giải
Theo bất đẳng V asC ta có
a3b + b3c + c3a ≤ (a
2+ b2+ c2)2
vì vậy mà
3(a2b + b2c + c2a) = (a + b + c)(a2b + b2c + c2a)
= (a3b + b3c + c3a) + (a2b2+ b2c2+ c2a2) + 3abc
= (a3b + b3c + c3a) + (ab + bc + ca)2− 3abc
≤ (a
2+ b2+ c2)2
3 + (ab + bc + ca)
2− 3abc
Đặt q = ab + bc + ca, 0 ≤ q ≤ 3 Ta xét các trường hợp sau
• Trường hợp 1 q ≤ 9
4.
Ta có abc ≥ 0 nên ta chỉ cần chứng minh được
q (9 − 2q)2
2
≤ 27,
hay
1 3
7q2
q − 9 4
− 81
4 (q − 2)
2
≤ 0
Bất đẳng thức trên luôn đúng
• Trường hợp 2.q ≥ 9
4. Theo bất đẳng thức Schur ta có
abc ≥ 4q − 9
3 , vậy nên ta chỉ cần chứng minh
q (9 − 2q)2
2− (4q − 9)
≤ 27,
hay
(q − 3)(7q2− 27q + 27) ≤ 0
Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng Kết hợp 2 trường hợp lại ta suy ra được điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3
Nhận xét
Chúng ta cũng có thể giải theo phương pháp pqr, ngoài ra ta còn có một lời giải đẹp sau, lần đầu tiên mình thấy nó là do anh Tăng Hải Tuân giải ở diễn đàn BoxMath.VN:
Không mất tính tổng quát, ta giả sử b nằm giữa a và c Khi đó,
(b − a)(b − c) ≤ 0 ⇒ b2 + ca ≤ ab + bc, suy ra
a2b + b2c + c2a ≤ b(a2+ ac + c2)
Trang 4Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
(a2+ ac + c2)(ab + bc + ca) ≤ (a
2+ ac + c2+ ab + bc + ca)2
4
= (a + c)
2(a + b + c)2 4
= 9(a + c)
2
Do đó
(a2b + b2c + c2a)(ab + bc + ca) ≤ 9
4b(a + c)
2
= 9
8.2b.(a + c).(a + c)
≤ 9
8.
(2b + a + c + a + c)3
Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài Toán 3 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
9 a + b2
b + c2
c + a2 + 45abc ≥ 13 (ab + bc + ca)2
Lời giải
Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc ≤ 1
Ta có
X
a3b =Xa.Xa2b −Xa2b2− abcXa
= 3Xa2b − q2+ 3r
≥ q.Xa2b − q2+ 3r, và
X
a2b3 =Xab.Xab2− abcXa2+Xab
= q.Xab2+ qr − 9r
Suy ra
a + b2 b + c2 c + a2 = a2b2c2+ abc +Xa3b +Xa2b3
≥ r2 − 5r + qr − q2 + qXa2b +Xab2
= r2− 5r + qr − q2+ q (3q − 3r)
= r2− 5r + 2q2− 2qr
Vậy để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta đi chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là
9 r2− 5r + 2q2− 2qr + 45r ≥ 13q2
⇐⇒ (5q − 3r) (q − 3r) ≥ 0
Bất đẳng thức trên luôn đúng do
q = ab + bc + ca ≥ 3√3
a2b2c2 ≥ 3abc = 3r
Trang 5Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Bài Toán 4 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3, chứng minh rằng:
a + b2 b + c2 c + a2 + 10 ≥ 6 (a + b + c)2
Lời giải
Đặt p = a + b + c ≥ 3, r = abc
Ta có
X
a3b =Xa.Xa2b −Xa2b2− abcXa
= p.Xa2b − 9 + pr
≥ 3Xa2b + pr − 9, và
X
a2b3 =Xab.Xab2− abcXa2+Xab
= 3Xab2− r p2− 3 Suy ra
a + b2 b + c2 c + a2 = a2b2c2 + abc +Xa3b +Xa2b3
≥ a2b2c2+ abc +
3Xa2b + pr − 9
+
3Xab2− p2r + 3r
= r2− p2r + pr + 4r − 9 + 3Xa2b +Xab2
= r2− 5r + 9p − p2r + pr − 9
Vậy ta đi chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:
r2 + p − p2− 5 r + 3p + 1 ≥ 0
Xét
f (r) = r2+ p − p2− 5 r + 3p + 1, r ∈ D =
maxn0;p (12 − p
2) 9
o
;3 p
Ta có
f0(r) = 2r + p − p2 − 5
≤ 2 + p − p2− 5
= −11
4 −
p − 1 2
2
< 0, suy ra f (r) nghịch biến trên D, do đó
f (r) ≥ f 3
p
= 1
p2 (p − 3) (4p − 3) ≥ 0
Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài Toán 5 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 3, chứng minh rằng: a
c
a + b2
+ b a
b + c2
+ c b
c + a2
+ 6abc ≥ 2
a2+ b2+ c2+ a2b2+ b2c2+ c2a2
Trang 6
Lời giải.
Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc
Ta có bất đẳng thức tương đương với
3Xa2b a + b2 + 6a2b2c2 ≥ 4abcXa2+Xa2b2 Như Bài Toán 3, ta suy ra được
X
a2b a + b2 ≥ 2q2− 2qr − 6r
Vậy nên bất đẳng thức ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được
3 2q2− 2qr − 6r + 6r2 ≥ 4r (9 − 2q) + q2− 6r
⇐⇒ 15r2+ q − 2q2− 27 r + 3q2 ≥ 0
Xét
f (r) = 15r2+ q − 2q2− 27 r + 3q2, r ∈ D =
maxn0;4q − 9
3
o
;q 2
9
Ta có
f0(r) = 30r + q − 2q2− 27
≤ 30.q
2
9 + q − 2q
2− 27
= 4q 2
3 + q − 27
≤ 4.9
3 + 3 − 27
= −12 < 0
Suy ra f (r) nghịch biến trên D, do đó
f (r) ≥ f q2
9
= 1
27q
3(3 − q) ≥ 0
Từ đây ta suy ra được điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài Toán 6 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
a2b (a + b2) + b2c (b + c2) + c2a (c + a2)
ab2(a2 + b) + bc2(b2 + c) + ca2(c2 + a)+
4
3.
a2+ b2+ c2
ab + bc + ca ≥ 7
3. Lời giải
Đặt q = ab + bc + ca, r = abc
Ta dễ có
X
a2b a + b2 ≥ 2q2− 2qr − 6r
Lại có
X
ab2 a2 + b =X
a3b2+Xab3
=Xab.Xa2b − abcXa2+Xab+Xab3,
Trang 7X
abXa2b + abc
− abcXa2+ 2Xab
+Xab3 ≤ 4Xab − 9abc + 1
3
X
a2
2
= 4q − 9r +1
3
9 − 2q
2
Do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được
2q2− 2qr − 6r 4q − 9r +1
3
9 − 2q
2 + 4
3.
9 − 2q
q ≥ 7
3.
Xét
f (r) = 2q
2− 2qr − 6r 4q − 9r + 1
3
9 − 2q2
, r ∈
0;q 2
9
Ta có
f0(r) = q (4q − 27) (3 − q) + 72 (q − 3) − 27qr + 27 (r − 1)
4q − 9r + 1
3
9 − 2q
22 < 0,
suy ra f (r) là hàm nghịch biến, do đó
f (r) ≥ f q2
9
= 2q2− 2q
3
9 − 6.q
2
9 4q − 9.q
2
9 +
1 3
9 − 2q
2
= 12q
2− 2q3 3q2 − 72q + 243+
4
3.
9 − 2q
q .
Ta cần chứng minh
12q2− 2q3 3q2− 72q + 243+
4
3.
9 − 2q
q ≥ 7
3
⇐⇒ −2q3+ 3q2+ 81q ≤ 12q2− 288q + 972
⇐⇒ (q − 3) (2q + 21) − 264
(q − 3) ≥ 0
Bất đẳng thức trên luôn đúng vậy nên ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài Toán 7 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng:
a
b2+ c3 + b
c2+ a3 + c
a2+ b3 ≥ ab + bc + ca + 3abc
Lời giải
Đặt ab + bc + ca = q, và abc = r; ta có 0 ≤ q ≤ 3 và r ≥ 4q − 9
3 . Theo bất đẳng thức Holder ta có
V T ≥ (a + b + c)
3
3 (P a2b2+P a3b2) =
9
P a2b2+P a3b2
Trang 8Ta cần chứng minh
X
a2b2+Xa3b2 Xab + 3abc
≤ 36
Theo Bài Toán 2 ta có
(ab + bc + ca) a2b + b2c + c2a ≤ 9,
do đó
X
a3b2 =Xab.Xa2b − abcXa2+Xab
≤ 9 − r (9 − q)
Vì vậy mà
X
a2b2+Xa3b2 Xab + 3abc=
X
ab2− 6abc +Xa3b2
X
ab + 3abc
≤ q2+ 9 − r (15 − q) (q + 3r) Vậy ta chỉ cần chứng minh
q2+ qr + 9 − 15r (q + 3r) ≤ 36
⇐⇒ 3 (15 − q) r2− 4q2− 15q + 27 r − q3− 9q + 36 ≥ 0
• Với 3 ≥ q ≥ 12
5, ta có
4q − 9
3 >
4q2− 15q + 27
6 (15 − q) . Xét
f (r) = 3 (15 − q) r2− 4q2− 15q + 27 r − q3− 9q + 36,
Ta có
f0(r) = 6 (15 − q) r − 4q2− 15q + 27 > 0, mà
r ≥ 4q − 9
3 nên ta suy ra
f (r) ≥ f 4q − 9
3
= 1
3(q − 3)
(35q − 219)
q − 12 5
− 18 5
≥ 0
• Với 0 ≤ q ≤ 12
5.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
V T ≥ (a
2+ b2+ c2)2
P a3b2+P a3b3
Ta lại có
X
a3b2 =Xab.Xa2b − abcXa2+Xab
≤ 9 − r (9 − q) ,
Trang 9X
a3b3 = 3q (q − 3r) + 3r2
≤ 3q (q − 3r) + 1
3q
2r
Do đó, ta chỉ cần chứng minh
9q2+ 27 + q2− 24q − 27 r(q + 3r) ≤ 12 (9 − 2q)2
⇐⇒ 3 27 + 24q − q2 r2− q3+ 3q2− 27q + 81 r − 9q3
+ 48q2− 459q + 972 ≥ 0 Bất đẳng thức trên đúng do
∆0r= q3+ 3q2− 27q + 812
− 12 27 + 24q − q2
−9q3+ 48q2− 459q + 972
= q6− 102q5+ 3123q4− 16416q3+ 129519q2− 135594q − 308367 < 0
Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3
PHẦN II BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Màu mè tí thôi chứ mình chưa có điều kiện để tìm thêm bài toán để cho vào Trừ bài
2 ra thì các bài còn lại đều là do mình chế ra, có gì sai sót mong nhận được sự góp ý từ mọi người Nếu mọi người có thể dùng phương pháp trên để giải những bài toán khác thì mách mình biết với! Mọi ý kiến xin mọi người đừng gửi về email: Ntspbc94@gmail.com hoặc facebook: Nguyen.sang.35@facebook.com nhé! Yêu mọi người <3 ;) Trước khi kết thúc bài viết thì mình xin được khoe pets nhà mình tiếp ạ ;)