Phan Đình Trung: Cân bằng hệ số- điểm rơi giả định trong chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 1 : (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2012 THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển, Cà Mau)

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $15a+\sqrt[3]{5}b+\sqrt[5]{3}c=3$ . Tìm giá trị lớn nhất của :

$A=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^5}$

Lời giải :

Ta đặt $15a=x,\sqrt[3]{5}b=y,\sqrt[5]{3}c=z$ thì $x+y+z=3$ .

Khi đó biểu thức $A$ trở thành :

$A=\dfrac{15}{x}+\dfrac{5}{y^3}+\dfrac{3}{z^5}$

Gỉa sử đẳng thức xảy ra khi $x=X,y=Y,z=Z$ .

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$\dfrac{15}{x}+\dfrac{15x}{X^2}\geq \dfrac{30}{X}$

$\dfrac{5}{y^3}+\dfrac{5y}{Y^4}+\dfrac{5y}{Y^4}+\dfrac{5y}{Y^4}\geq \frac{20}{Y^3}$

$\dfrac{3}{z^5}+\dfrac{3z}{Z^6}+\dfrac{3z}{Z^6}+\dfrac{3z}{Z^6}+\dfrac{3z}{Z^6}+\dfrac{3z}{Z^6}\geq \dfrac{18}{Z^5}$

Cộng vế theo vế ba BĐT trên :

$A+\dfrac{15x}{X^2}+\dfrac{15y}{Y^3}+\dfrac{15z}{Z^6}\geq \dfrac{30}{X}+\dfrac{20}{Y^3}+\dfrac{18}{Z^5}$

Ta chọn $X,Y,Z$ thỏa hệ :

$\left\{\begin{matrix} X+Y+Z=3\\ \dfrac{15}{X^2}=\dfrac{15}{Y^4}=\dfrac{15}{Z^6} \end{matrix}\right.$

Ta có thể thấy ngay $X=Y=Z=1$ là nghiệm của hệ trên.

Từ đó :

$A+15(x+y+z)\geq 30+20+18\Leftrightarrow A\geq 23$

Kết luận :

$MinA=23\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=\dfrac{1}{15},b=\dfrac{1}{\sqrt[3]{5}},c=\dfrac{1}{\sqrt[5]{3}}$

Bài toán 2 : (CĐT HSG toán 10 năm 2013-2014 THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai)

Cho các số dương $x,y,z$ thỏa $x^2+y^2+z^2=1$ . Tìm giá trị lớn nhất của :

$P=x^2y^3z^4$

Tìm kiếm lời giải :

Gỉa sử đẳng thức xảy ra khi $x=a,y=b,z=c$ ta có $a^2+b^2+c^2=1$ .

Theo BĐT $AM-GM$ :

$\dfrac{2x}{a}+\dfrac{3y}{b}+\dfrac{4z}{c}\geq 9.\sqrt[9]{\dfrac{x^2y^3z^4}{a^2b^3c^4}}$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\left ( x^2+y^2+z^2 \right )\left ( \dfrac{4}{a^2} +\dfrac{9}{b^2}+ \dfrac{16}{c^2}\right )\geq \left ( \dfrac{2x}{a}+\dfrac{3y}{b}+ \dfrac{4z}{c}\right )^{2}$

Ở đây thì đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{ax}{2}=\dfrac{by}{3}=\dfrac{cz}{4}\Leftrightarrow \dfrac{a^2}{2}=\dfrac{b^2}{3}=\dfrac{c^2}{4}$

Như vậy ta chọn $a,b,c$ thỏa mãn hệ :

$\left\{\begin{matrix} a^2+b^2+c^2=1\\ \dfrac{a^2}{2}=\dfrac{b^2}{3}=\dfrac{c^2}{4} \end{matrix}\right.\Rightarrow a=\dfrac{\sqrt{2}}{3},b=\dfrac{\sqrt{3}}{3},c=\dfrac{2}{3}$

Từ đó dẫn đến lời giải bài toán.

Lời giải :

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$\dfrac{2x}{\dfrac{\sqrt{2}}{3}}+\dfrac{3y}{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}+\dfrac{4z}{\dfrac{2}{3}}\geq 9.\sqrt[9]{\frac{x^2y^3z^4}{\left ( \dfrac{\sqrt{2}}{3} \right )^2\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{3} \right )^3\left ( \dfrac{2}{3} \right )^4}}\;\;\;(1)$

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\left ( x^2+y^2+z^2 \right )\left [ \left ( \dfrac{2}{\dfrac{\sqrt{2}}{3}} \right )^2+\left ( \dfrac{3}{\dfrac{\sqrt{3}}{3}} \right )^2+\left ( \dfrac{4}{\dfrac{2}{3}} \right )^2 \right ]\geq \left ( \dfrac{2x}{\dfrac{\sqrt{2}}{3}} +\dfrac{3y}{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}+ \dfrac{4z}{\dfrac{2}{3}}\right )^2\Rightarrow \dfrac{2x}{\dfrac{\sqrt{2}}{3}} +\dfrac{3y}{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}+ \dfrac{4z}{\dfrac{2}{3}}\leq 9\;\;\;(2)$

Từ $(1)(2)$ ta suy ra $x^2y^3z^4\leq \left ( \dfrac{\sqrt{2}}{3} \right )^2\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{3} \right )^3\left ( \dfrac{2}{3} \right )^4=\dfrac{32\sqrt{3}}{6561}$

Kết luận $MaxP=\dfrac{32\sqrt{3}}{6561}\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{2}}{3},y=\dfrac{\sqrt{3}}{3},z=\dfrac{2}{3}$

Bài toán 3 : Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng : $10a^2+10b^2+c^2\geq 4(ab+bc+ca)$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $ab+bc+ca=1$ .

Ta cần chứng minh $10a^2+10b^2+c^2\geq 4$

Do vai trò của $a,b$ bình đẳng nên ta dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi $a=b=x,c=y$ .

Theo $AM-GM$ :

$a^{2}+b^2\geq 2ab\Rightarrow a^2xy+b^2xy\geq 2ab.xy$

$a^2y^2+c^2x^2\geq 2ca.xy$

$b^2y^2+c^2x^2\geq 2bc.xy$

Cộng các BĐT trên theo vế, ta được :

$(a^{2}+b^2)(xy+y^2)+2c^2x^2\geq 2xy(ab+bc+ca)=2xy$

Ta sẽ chọn $x,y$ thỏa mãn hệ :

$\left\{\begin{matrix} xy+y^2=20x^2 & & \\ x^2+2xy=1 & & \end{matrix}\right.$

Hệ này cho nghiệm $x=\dfrac{1}{3},y=\dfrac{4}{3}$

Từ đó suy ra $\dfrac{20}{9}(a^2+b^2)+\dfrac{2}{9}c^2\geq \dfrac{8}{9}\Leftrightarrow 10a^2+10b^2+c^2\geq 4$

Như vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 4: Cho các số dương $a,b,c$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=\dfrac{4ab+6ac+8bc}{(a+b+c)^2}$

Lời giải :

Chuẩn hóa $a+b+c=1$ . Ta đi tìm giá trị lớn nhất của $Q=4ab+6ca+8bc$ với điều kiện này.

Ta tìm các số $m,n,p$ để $Q$ viết được dưới dạng :

$Q=ma(b+c)+nb(c+a)+pc(a+b)=(m+n)ab+(n+p)bc+(p+m)ca$

Như vậy chọn $m,n,p$ thỏa hệ $\left\{\begin{matrix} m+n=4\\ n+p=8\\ p+m=6 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow (m,n,p)=(1,3,5)$

Do đó ta có :

$Q=a(b+c)+3b(c+a)+5c(a+b)=a(1-a)+3b(1-b)+5c(1-c)=\left [ -\left ( a-\dfrac{1}{2} \right )^2+\dfrac{1}{4} \right ]+3\left [ -\left ( b-\dfrac{1}{2} \right )^2+\dfrac{1}{4} \right ]+5\left [ -\left ( c-\dfrac{1}{2} \right )^2+\dfrac{1}{4} \right ]=\dfrac{9}{4}-\left [ \left ( a-\dfrac{1}{2} \right )^2+3\left ( b-\dfrac{1}{2} \right )^2+5\left ( c-\dfrac{1}{2} \right ) ^2\right ]\leq \dfrac{9}{4}-\dfrac{[(a-1/2)+(b-1/2)+(c-1/2)]^2}{(1/3+1+1/5)}=\dfrac{48}{23}$

Kết luận : $MaxP=\dfrac{48}{23}\Leftrightarrow a=3b-1=5c-2$

Bài toán 5 : Cho các số dương $x,y,z$ có tổng bằng $3$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $F=x^{4}+2y^{4}+3z^{4}$

Lời giải :

Gỉa sử đẳng thức xảy ra khi $x=a,y=b,z=c$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$b^{3}c^{3}(x^{4}+a^{4}+a^{4}+a^{4})\geq 4xa^{3}b^{3}c^{3}$

$c^{3}a^{3}(y^{4}+b^{4}+b^{4}+b^{4})\geq 4ya^{3}b^{3}c^{3}$

$a^{3}b^{3}(z^{4}+c^{4}+c^{4}+c^{4})\geq 4za^{3}b^{3}c^{3}$

Cộng vế các BĐT trên, ta được :

$b^{3}c^{3}x^{4}+c^{3}a^{3}y^{4}+a^{3}b^{3}z^{4}+3a^{3}b^{3}c^{3}(a+b+c)\geq 4(x+y+z)a^{3}b^{3}c^{3}=12a^{3}b^{3}c^{3}\Leftrightarrow b^{3}c^{3}x^{4}+c^{3}a^{3}y^{4}+a^{3}b^{3}z^{4}\geq 3a^{3}b^{3}c^{3}$

Như vậy ta sẽ chọn $a,b,c$ thỏa mãn hệ :

$\left\{\begin{matrix} a+b+c=3 & & \\ \dfrac{b^{3}c^{3}}{1}=\dfrac{c^{3}a^{3}}{2}=\dfrac{a^{3}b^{3}}{3} & & \end{matrix}\right.$

Hệ này cho ta nghiệm $a=\dfrac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}},b=\dfrac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{12}+\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{4}},c=\dfrac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{18}+\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6}}$

Từ đó :

$\dfrac{a^{6}}{6}x^{4}+\dfrac{a^{6}}{3}y^{4}+\dfrac{a^{6}}{2}z^{4}\geq 3.\dfrac{a^{9}}{6} =\dfrac{a^{9}}{2}\Rightarrow x^{4}+2y^{4}+3z^{4}\geq \dfrac{a^{9}}{2}:\dfrac{a^{6}}{6}=3a^{3}=\dfrac{486}{(\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2})^{3}}$

Kết luận :

$MinF=\dfrac{486}{(\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2})^{3}}\Leftrightarrow a=\dfrac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{3}+\sqrt[3]{2}},b=\dfrac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{12}+\sqrt[3]{6}+\sqrt[3]{4}},c=\dfrac{3\sqrt[3]{6}}{\sqrt[3]{18}+\sqrt[3]{9}+\sqrt[3]{6}}$

Bài toán 6 : Cho 3 số thực $x, y, z \ge 0$ và thỏa mãn điều kiện $x + y + z = 1$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^3 + y^3 + \dfrac{1}{2}z^3$

Lời giải :

Vì $x,y$ vai trò tương đương nhau nên đẳng thức xảy ra khi $x=y=a$ và $z=b$ .

Áp dụng BĐT $AM-GM$ :

$b^2(x^{3}+a^{3}+a^{3})\geq 3xa^{2}b^2$

$b^2(y^{3}+a^{3}+a^{3})\geq 3ya^{2}b^2$

$a^{2}(z^{3}+b^{3}+b^{3})\geq 3za^{2}b^{2}$

Cộng các BĐT trên vế theo vế :

$b^{2}(x^{3}+y^{3})+a^{2}z^{3}+4a^{3}b^{2}+2b^{3}a^{2}\geq 3a^{2}b^{2}(x+y+z)=3a^{2}b^{2}\Rightarrow b^{2}(x^{3}+y^{3})+a^{2}z^{3}\geq 3a^{2}b^{2}-4a^{3}b^{2}-2b^{3}a^{2}$

Ta sẽ chọn $a,b,c$ sao cho $\dfrac{b^{2}}{a^{2}}=\dfrac{1}{1/2}=2$

Như vậy ta sẽ giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} b^{2}=2a^{2} & & \\ 2a+b=1& & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2} & & \\ b=-1+\sqrt{2}& & \end{matrix}\right.$

Khi đó $(3-2\sqrt{2})(x^{3}+y^{3})+\dfrac{3-2\sqrt{2}}{2}z^{3}\geq \dfrac{17-12\sqrt{2}}{2}\Rightarrow x^{3}+y^{3}+\dfrac{1}{2}z^{3}\geq \dfrac{3-2\sqrt{2}}{2}$