Embed Size (px)
Citation preview
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
GIẢI 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 sửdụng 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 talần lượt đi qua các bài toán sau, nhưng đầu tiên mình muốn khoe pets nhà mình miếng đã :D
1
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
PHẦN 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
3(∑
a2b +∑
ab2 + 3abc)
+ 9 ≥ 8∑
ab + 3(∑
ab2 + abc)
⇐⇒ 3(a + b + c)(ab + bc + ca) + 9 ≥ 8∑
ab + 3(∑
ab2 + abc).
Mà ta có ∑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.t2 − 3
2+ 9 ≥ 4(t2 − 3) +
4
9t3,
hay1
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 bàitoán về một ẩn để giải.
Nếu ta dựa vào đánh giá a2b+b2c+c2a ≥ (ab+bc+ca)2
a+b+cvà abc ≥ max{0; 2(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2)
a+b+c}
thì sẽ không thu được bất đẳng thức đúng. Nhưng nhờ có đẳng thức∑
a2b+∑
ab2 +3abc =∑a.∑
ab ta có thể đưa được∑
ab2 sang vế phải và làm mất∑
a2b ở vế trái, sau đó dùngcác 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 cầnđánh 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−9
3} sẽ không đi đến kết quả đúng. Nhưng để ý rằng:
(a + b + c)(a2b + b2c + c2a) =∑
a3b +∑
a2b2 + 3abc
và nhớ đến bất đẳng thức VasC quen thuộc
a3b + b3c + c3a ≤ (a2 + b2 + c2)2
3
2
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
ta có lời giải như sau:
Lời giải
Theo bất đẳng V asC ta có
a3b + b3c + c3a ≤ (a2 + b2 + c2)2
3,
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
≤ (a2 + 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
3+ q2
)≤ 27,
hay1
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
3+ q2 − (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 chứngminh.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 raa2b + b2c + c2a ≤ b(a2 + ac + c2).
3
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
Sử dụng bất đẳng thức AM −GM ta có
(a2 + ac + c2)(ab + bc + ca) ≤ (a2 + ac + c2 + ab + bc + ca)2
4
=(a + c)2(a + b + c)2
4
=9(a + c)2
4.
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
27= 9.
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 ∑
a3b =∑
a.∑
a2b−∑
a2b2 − abc∑
a
= 3∑
a2b− q2 + 3r
≥ q.∑
a2b− q2 + 3r,
và ∑a2b3 =
∑ab.∑
ab2 − abc(∑
a2 +∑
ab)
= q.∑
ab2 + qr − 9r.
Suy ra (a + b2
) (b + c2
) (c + a2
)= a2b2c2 + abc +
∑a3b +
∑a2b3
≥ r2 − 5r + qr − q2 + q(∑
a2b +∑
ab2)
= 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 ≥ 33√a2b2c2 ≥ 3abc = 3r.
4
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
Phép 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 ∑
a3b =∑
a.∑
a2b−∑
a2b2 − abc∑
a
= p.∑
a2b− 9 + pr
≥ 3∑
a2b + pr − 9,
và ∑a2b3 =
∑ab.∑
ab2 − abc(∑
a2 +∑
ab)
= 3∑
ab2 − r(p2 − 3
).
Suy ra(a + b2
) (b + c2
) (c + a2
)= a2b2c2 + abc +
∑a3b +
∑a2b3
≥ a2b2c2 + abc +(
3∑
a2b + pr − 9)
+(
3∑
ab2 − p2r + 3r)
= r2 − p2r + pr + 4r − 9 + 3(∑
a2b +∑
ab2)
= 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 =
{max
{0;
p (12− p2)
9
};3
p
}.
Ta có
f ′ (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
).
5
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
Lời giải.
Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc.Ta có bất đẳng thức tương đương với
3∑
a2b(a + b2
)+ 6a2b2c2 ≥ 4abc
(∑a2 +
∑a2b2
).
Như Bài Toán 3, ta suy ra được∑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 =
{max
{0;
4q − 9
3
};q2
9
}.
Ta có
f ′ (r) = 30r + q − 2q2 − 27
≤ 30.q2
9+ q − 2q2 − 27
=4q2
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
27q3 (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 ∑
a2b(a + b2
)≥ 2q2 − 2qr − 6r.
Lại có ∑ab2(a2 + b
)=∑
a3b2 +∑
ab3
=∑
ab.∑
a2b− abc(∑
a2 +∑
ab)
+∑
ab3,
6
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
và∑ab(∑
a2b + abc)− abc
(∑a2 + 2
∑ab)
+∑
ab3 ≤ 4∑
ab− 9abc +1
3
(∑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) =2q2 − 2qr − 6r
4q − 9r +1
3
(9− 2q
)2 , r ∈(
0;q2
9
].
Ta có
f ′ (r) =q (4q − 27) (3− q) + 72 (q − 3)− 27qr + 27 (r − 1)(
4q − 9r +1
3
(9− 2q
)2)2 < 0,
suy ra f (r) là hàm nghịch biến, do đó
f (r) ≥ f
(q2
9
)=
2q2 − 2q3
9− 6.
q2
9
4q − 9.q2
9+
1
3
(9− 2q
)2=
12q2 − 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
4.
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 (∑
a2b2 +∑
a3b2)=
9∑a2b2 +
∑a3b2
.
7
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
Ta cần chứng minh (∑a2b2 +
∑a3b2
)(∑ab + 3abc
)≤ 36.
Theo Bài Toán 2 ta có
(ab + bc + ca)(a2b + b2c + c2a
)≤ 9,
do đó ∑a3b2 =
∑ab.∑
a2b− abc(∑
a2 +∑
ab)
≤ 9− r (9− q) .
Vì vậy mà(∑a2b2 +
∑a3b2
)(∑ab + 3abc
)=
((∑ab)2− 6abc +
∑a3b2
)(∑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).
Xétf (r) = 3 (15− q) r2 −
(4q2 − 15q + 27
)r − q3 − 9q + 36,
Ta cóf ′ (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 ≥ (a2 + b2 + c2)2∑
a3b2 +∑
a3b3.
Ta lại có ∑a3b2 =
∑ab.∑
a2b− abc(∑
a2 +∑
ab)
≤ 9− r (9− q) ,
8
Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC [email protected]
và ∑a3b3 = 3q (q − 3r) + 3r2
≤ 3q (q − 3r) +1
3q2r.
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
∆′r =(q3 + 3q2 − 27q + 81
)2 − 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 bài2 ra thì các bài còn lại đều là do mình chế ra, có gì sai sót mong nhận được sự góp ý từmọi người. Nếu mọi người có thể dùng phương pháp trên để giải những bài toán khác thìmách mình biết với! Mọi ý kiến xin mọi người đừng gửi về email: [email protected] hoặcfacebook: [email protected] nhé! Yêu mọi người <3 ;) Trước khi kết thúc bàiviết thì mình xin được khoe pets nhà mình tiếp ạ ;)
9
