Trong quá trình giải toán, mình có tìm ra được một bổ đề bất đẳng thức; ứng dụng của nó khá ít nhưng cũng muốn giới thiệu tới mọi người. Bổ đề.[r]
Trang 1Diễn đàn www.k2pi.net
Tác giả Sangham−BM c
Tp.HCM, ngày 02 tháng 01 năm 2014 Trong mọi lĩnh vực, khi tự mình sáng tạo ra được một cái gì đó thì nó đều tạo cảm hứng
để tiếp tục theo đuổi đam mê, khám phá thêm nhiều điều mới Bất đẳng thức cũng vậy, từ lâu nó đã không còn xa lạ đối với các bạn học sinh nữa rồi Khi giải được một bài toán khó, tìm ra được những lời giải hay, hay sáng tác được một bài hay tất cả đều chung một cảm giác “vui khó tả”
Trong quá trình giải toán, mình có tìm ra được một bổ đề bất đẳng thức; ứng dụng của nó khá ít nhưng cũng muốn giới thiệu tới mọi người
Bổ đề.Cho các số thực dương a, b, c thì ta luôn có
a
b +
b
c+
c
a ≥ p3(a2+ b2+ c2)
3
√ abc
Chứng minh Chuẩn hóa abc = 1, ta đưa về chứng minh
a
b +
b
c+
c
a ≥p3(a2+ b2+ c2) hay
a
b +
b
c +
c a
2
≥ 3(a2+ b2+ c2) (∗)
Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
a2
b2 +a
c +
a
c ≥ 3.3
r
a4
b2c2 = 3a2 Tương tự
b2
c2 + b
a +
b
a ≥ 3.3
r
b4
c2a2 = 3b2
c2
a2 + c
b +
c
b ≥ 3.3
r
c4
a2b2 = 3c2 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra được
a2
b2 +b
2
c2 + c
2
a2 + 2 a
c +
b
a +
c b
≥ 3(a2+ b2+ c2)
hay
a
b +
b
c +
c a
2
≥ 3(a2+ b2+ c2) Suy ra (∗) luôn đúng Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Trang 2Bổ đề trên có thể phát biểu dưới dạng sau
Bổ đề (phát biểu lại). Cho các số thực dương a, b, c thì ta luôn có
a2b + b2c + c2a ≥√3
a2b2c2.p3(a2+ b2+ c2)
Sử dụng bổ đề trên chúng ta có thể định hướng nhanh lời giải một số bài toán trước đây
Bài toán 1. Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
1 + a b
1 + b c
1 + c a
≥ 2
1 + a + b + c√3
abc
(APMO 1998)
Lời giải Ta có vế trái bất đẳng thức tương đương
1 + a b
1 + b c
1 + c a
= 2 + a
b +
b
c+
c a
+ b
a +
c
b +
a c
Từ đó suy ra, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a
b +
b
c+
c a
+ b
a +
c
b +
a c
≥ 2.a + b + c√3
abc
Từ bổ đề ta có
a
b +
b
c +
c
a ≥ p3(a2+ b2+ c2)
3
√ abc ≥ a + b + c√3
abc vì 3(a
2+ b2+ c2) ≥ (a + b + c)2
Tương tự
b
a +
c
b +
a
c ≥ a + b + c
3
√ abc Cộng vế theo vế ta có điều cần chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Bài toán 2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 3 Chứng minh rằng
a
b +
b
c+
c
a ≥ 9
a + b + c
Lời giải 1 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
a
b +
b
c+
c
a ≥ (a + b + c)
2
ab + bc + ca, Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
(a + b + c)2
ab + bc + ca ≥ 9
a + b + c,
Trang 3hay
(a + b + c)3 ≥ 9(ab + bc + ca)
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có
(a + b + c)3 = (a + b + c)2
3 2
= (a2+ b2+ c2) + 2(ab + bc + ca)
3
= (3 + 2(ab + bc + ca))3
≥3p3(ab + bc + ca)2
3 2
= 9(ab + bc + ca) Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Lời giải 2 Sử dụng bổ đề, ta có
a
b +
b
c+
c
a ≥ p3(a2+ b2+ c2)
3
√ abc =
3
3
√ abc
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
3
3
√ abc ≥ 9
a + b + c, hay
a + b + c ≥ 3√3
abc Theo bất đẳng thức AM – GM ta dễ suy ra được điều trên Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài toán 3. Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
a
b +
b
c +
c
a ≥ 3
s
a2+ b2+ c2
ab + bc + ca
Lời giải 1 Không giảm tính tổng quát, ta giả sử c = min{a, b, c} Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a
b +
b
c +
c a
2
≥ 9 a
2+ b2+ c2
ab + bc + ca
⇔ M (a − b)2+ N (a − c)(b − c) ≥ 0
Với
M = 1 ab
a
b +
b
c +
c
a + 3
− 9
ab + bc + ca
N = 1 bc
a
b +
b
c+
c
a + 3
− 9
ab + bc + ca
Trang 4Vì c = min{a, b, c} nên M ≤ N và (a − c)(b − c) ≥ 0; vậy nên ta chỉ cần chứng minh M ≥ 0
là đủ
Ta có
M ≥ 0 ⇔ 1
ab
a
b +
b
c+
c
a + 3
− 9
ab + bc + ca ≥ 0
⇔ a
b +
b
c +
c
a + 3
1 + c
a +
c b
≥ 9 Bất đẳng thức trên đúng do
a
b +
b
c+
c
a + 3
1 + c
a +
c b
> a
b +
b a
+ 4c
b +
b c
+ 4
≥ 2 + 4 + 4 = 10 > 9 Vậy ta có M ≥ 0 Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Lời giải 2 Sử dụng bổ đề, ta có
a
b +
b
c+
c
a ≥ p3(a2+ b2+ c2)
3
√ abc Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
p3(a2+ b2+ c2)
3
√ abc ≥ 3
s
a2+ b2+ c2
ab + bc + ca hay
p 3(ab + bc + ca) ≥ 3√3
abc, Theo bất đẳng thức AM – GM ta có
p 3(ab + bc + ca) ≥
q 3.3√3
a2b2c2 = 3√3
abc Vậy ta có điều cần chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Bài toán 4. Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
r
b + c
a +
r c + a
b +
r
a + b
c ≥
s
6a + b + c
3
√ abc (Phạm Hữu Đức)
Lời giải 1 Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:
Với a, b, c > 0, ta luôn có
3√ 2
2 .
3
r (a + b)(b + c)(c + a)
abc ≥
s 6(a + b + c)
3
√ abc
Trang 5Chứng minh
Mũ 6 hai vế, ta đưa về bất đẳng thức tương đương
27(a + b)2(b + c)2(c + a)2 ≥ 64abc(a + b + c)3
Ta có
abc(a + b + c) ≤ (ab + bc + ca)
2
3 , Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
81(a + b)2(b + c)2(c + a)2 ≥ 64(a + b + c)2(ab + bc + ca)2 hay
9(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8(a + b + c)(ab + bc + ca)
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có
(a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 3√3
abc.3√3
a2b2c2 = 9abc,
Vì vậy mà
9(a + b)(b + c)(c + a) = 9(a + b + c)(ab + bc + ca) − 9abc
≥ 9(a + b + c)(ab + bc + ca) − (a + b + c)(ab + bc + ca)
= 8(a + b + c)(ab + bc + ca)
Vậy bổ đề được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Trở lại bài toán, đặt t = 3
r (a + b)(b + c)(c + a)
abc ; bình phương hai vế sau đó sử dụng bất đẳng thức AM – GM ba số cho biểu thức ở vế trái, ta dễ dàng thu được
V T ≥ t3− 2 + 6t Mặt khác, sử dụng bổ đề trên ta lại có
V P ≤ 9
2t
2, Vậy, ta chỉ cần chứng minh được
t3− 2 + 6t ≥ 9
2t
2
Tương đương (2t − 1)(t − 2)2 ≥ 0 (hiển nhiên đúng do t ≥ 2)
Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Lời giải 2 Sử dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có
V T ≥
v u u t
r b
a +
r c
b +
r a c
!2
+ r c
a +
r a
b +
r b c
!2
Trang 6Theo bổ đề thì ta có
r b
a +
r c
b +
r a c
!2
≥
p 3(a + b + c)
p√3 abc
!2
= 3(a + b + c)√3
abc , Tương tự ta cũng có
r c
a +
r a
b +
r b c
!2
≥ 3(a + b + c)√3
abc
Từ đây ta suy ra được
V T ≥
s 3(a + b + c)
3
√ abc +
3(a + b + c)
3
√ abc =
s
6.a + b + c√3 abc Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Sử dụng bổ đề trên, chúng ta có thể sáng tạo ra một số bài toán khác
Bài toán 5. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
a√
b + c + b√
c + a + c√
a + b ≥ 3√
2√3 abc Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có
V T ≥
r
a
√
b + b√
c + c√
a
2
+
a√
c + b√
a + c
√ b
2
Theo bổ đề ta có
a√
b + b√
c + c√
a
2
≥√3abc.p3(a + b + c)
2
= 93
√
a2b2c2
Và
a√
c + b√
a + c√
b
2
≥√3abc.p3(a + b + c)
2
= 9√3
a2b2c2
Từ đây ta suy ra
V T ≥
q
18√3
a2b2c2 = 3√
2.√3 abc Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài toán 6. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
a2
c(a + c)+
b2
a(b + a) +
c2
b(c + b) ≥ p3(a2+ b2 + c2)
2
Trang 7Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM ta dễ có
3abc ≤ a2b + b2c + c2a Lúc này sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
V T = a
4b2
ab(a + c) +
b4c2
bc(b + a) +
c4a2
ca(c + b) ≥ (a
2b + b2c + c2a)2
ab(a + c) + bc(b + a) + ca(c + b)
= (a
2b + b2c + c2a)2
a2b + b2c + c2a + 3abc
≥ (a
2b + b2c + c2a)2
2(a2b + b2c + c2a)
= a
2b + b2c + c2a 2
Mặt khác, sử dụng bổ đề thì
a2b + b2c + c2a ≥ 3
√
a2b2c2.p3(a2+ b2 + c2) =p3(a2+ b2+ c2)
Do đó
V T ≥ p3(a2+ b2+ c2)
2 . Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Bài toán 7. Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
a b(a + b) +
b c(b + c) +
c a(c + a) ≥ 3
2√3 abc Lời giả 1 Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bổ đề, ta có
a2c
a + b +
b2a
b + c+
c2b
c + a ≥
a√
c + b√
a + c√
b
2
2(a + b + c)
≥
3
√ abc.p3(a + b + c)2 2(a + b + c)
= 3 2
3
√
a2b2c2
Suy ra
V T = 1
abc.
X a2c
a + b ≥ 1
abc.
3 2
3
√
a2b2c2
= 3
2√3
abc. Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Trang 8Lời giải 2 Đặt x = √31
a, y =
1
3
√
b, z =
1
3
√
c, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
y6
x3+ y3 + z
6
y3+ z3 + x
6
z3 + x3 ≥ 3
2xyz.
Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bất đẳng thức AM – GM ta có
y6
x3 + y3 + z
6
y3+ z3 + x
6
z3+ x3 ≥ (y
3+ z3+ x3)2
2(x3+ y3+ z3)
= x
3+ y3+ z3
2
≥ 3
2xyz
Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c
Bài toán 8. Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
a c(a + b) +
b a(b + c)+
c b(c + a) ≥ 3
2√3
abc Lời giải 1 Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bổ đề, ta có
V T = 1
abc
a2b
a + b +
b2c
b + c+
c2a
c + a
≥ 1 abc.
a√
b + b√
c + c√
a2 2(a + b + c)
≥ 1 abc.
3
√ abc.p3(a + b + c)2 2(a + b + c)
= 3
2√3
abc
Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Lời giải 2 Nếu ta thay a, b, c lần lượt bởi 1
a,
1
b,
1
c thì ta đưa về chứng minh 1
a(a + b) +
1 b(b + c) +
1 c(c + a) ≥ 3
2√3
a2b2c2 (1) Đây là một bài toán khá cũ, và lời giải của nó như sau:
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử abc = 1 Khi đó, tồn tại các số dương x, y, z sao cho a = x
y, b =
z
x, c =
y
z, bất đẳng thức (1) trở thành
y2
x2+ yz +
z2
y2+ zx +
x2
y2+ xy ≥ 3
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có
y2
x2+ yz +
z2
y2 + zx+
x2
y2+ xy ≥ (x
2+ y2+ z2)2
x2y2+ y2z2+ z2x2+ x3y + y3z + z3x
Trang 9Mặt khác, ta lại có
(x2+ y2+ z2)2− 3(x3y + y3z + z3x) = 1
2
X (x2− z2− 2xy + yz + zx)2 ≥ 0 và
(x2+ y2+ z2) − 3(x2y2+ y2z2+ z2x2) = 1
2
X (x2− y2)2 ≥ 0 Nên từ đây, ta dễ suy ra được điều cần chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c
Bài toán 9. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
a6
a3+ 1 +
b6
b3+ 1 +
c6
c3+ 1 ≥ 3
2(a
2c + c2b + b2a)
Lời giải Từ bài toán 7 ta có
x z(x + y) +
y x(y + z) +
z y(z + x) ≥ 3
2√3
xyz (với x, y, z > 0) Nhân cả hai vế với x + y + z, ta suy ra
x(x + y) + xz z(x + y) +
y(y + z) + yx x(y + z) +
z(z + x) + zy y(z + x) ≥ 3(x + y + z)
2√3
xyz hay
x
z +
y
x +
z
y +
x
x + y +
y
y + z +
z
z + x ≥ 3(x + y + z)
2√3
xyz (1)
Lúc này, nếu ta đặt a =r y3
x, b =
3
rz
y, c =
3
r x
z thì ta có
V T(1)= c3+ a3+ b3+ 1
a3+ 1 +
1
b3+ 1 +
1
c3+ 1
=
a3+ 1
a3+ 1
+
b3+ 1
b3+ 1
+
c3+ 1
c3+ 1
=
a6
a3+ 1 + 1
+
b6
b3+ 1 + 1
+
c6
c3+ 1 + 1
= a
6
a3+ 1 +
b6
b3+ 1 +
c6
c3+ 1 + 3 và
V P(1) = 3
2
3
r x
y.
x
z +
3
r y
z.
y
x +
3
r z
x.
z y
= 3 2
3
r 1
a3.c3+ 3
r 1
b3.a3+ 3
r 1
c3.b3
!
= 3 2
c
a +
a
b +
b c
= 3
2 a
2
c + b2a + c2b
Từ đây ta suy ra được điều cần chứng minh, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Trang 10Bài toán 10. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
a2+ b c(a2 + b + c)+
b2+ c a(b2+ c + a) +
c2+ a b(c2 + a + b) ≥ 2(a
√
a + b√
b + c√
c)
3√3 abc Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
(a2+ b + c)(1 + b + c) ≥ (a + b + c)2 = 9
Suy ra
1
a2+ b + c ≤ 1
9(1 + b + c)
Do đó
a2+ b c(a2+ b + c) =
1
c − 1
a2+ b + c ≥ 1
c − 1
9(1 + b + c) Thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế, với chú ý a + b + c = 3, ta
dễ suy ra được
V T ≥ 1
a +
1
b +
1
c − 1
= 1
3(a + b + c)
1
a +
1
b +
1 c
− 1
= 1 3
a
b +
b
c +
c a
+ b
a +
c
b +
a c
Lúc này, lần lượt sử dụng bổ đề và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
a
b +
b
c +
c
a ≥ p3(a2 + b2+ c2)
3
√ abc
= p(a + b + c)(a2 + b2+ c2)
3
√ abc
≥ a
√
a + b√
b + c√
c
3
√ abc Tương tự
b
a +
c
b +
a
c ≥ a
√
a + b√
b + c√
c
3
√ abc Vậy ta suy ra
V T ≥
2a√
a + b√
b + c√
c
3√3
abc . Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1