Phan Đình Trung: PHÉP CHUẨN HÓA TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài toán 1 (Vietnam Mathematical Olympiad 2002)

Cho đa thức hệ số thực $P(x)=x^3+ax^2+bx+c$ có ba nghiệm. Chứng minh rằng :

$12ab+27c\leq 6a^3+10\sqrt{(a^2-2b)^3}$

Lời giải :

Gọi $x,y,z$ là ba nghiệm của $P(x)$ . Theo định lí Viete :

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=-a\\ xy+yz+zx=b\\ xyz=-c \end{matrix}\right.$

Ta cần chứng minh :

$27c\leq 6a(a^2-2b)+10\sqrt{(a^2-2b)^3}\Leftrightarrow -27xyz\leq -6(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)+10\sqrt{(x^2+y^2+z^2)^3}$

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $x^2+y^2+z^2=9$ . Khi đó cần chứng minh :

$2(x+y+z)-xyz\leq 10$

Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz :

$\left [ 2(x+y+z)-xyz \right ]^2=\left [ 2(y+z)-x(yz-2) \right ]^2\leq \left [ (y+z)^2+x^2 \right ]\left [ 4+(yz-2)^2 \right ]=\left ( 9+2yz \right )(y^2z^2-4yz+8)$

Đặt $t=yz$ , ta cần chứng minh :

$(9+2t)(t^2-4t+8)\leq 100\Leftrightarrow t\leq \dfrac{7}{2}$

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $x=max\left \{ x,y,z \right \}$ . Khi đó $18=2x^2+2y^2+2z^2\geq 3(y^2+z^2)\Rightarrow y^2+z^2\leq 6$ .

Từ đây theo AM-GM ta có :

$t=yz\leq \dfrac{y^2+z^2}{2}\leq 3\leq \dfrac{7}{2}$

Ta được điều phải chứng minh

.Bài toán 2 : Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}\geq 3+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

Lời giải 1 :

Các đại lượng trong bài toán làm ta liên tưởng đến ngay phương pháp S-S :

Thật vậy, chú ý các đẳng thức :

$\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}- 3=\dfrac{2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}+\dfrac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)$

Và :

$\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}=\dfrac{2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{(a+b+c)^2}=\dfrac{2(a-b)^2+2(a-c)(b-c)}{(a+b+c)^2}$

Do vậy ta đi chứng minh :

$\dfrac{2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}+\dfrac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c)\geq \dfrac{2(a-b)^2+2(a-c)(b-c)}{(a+b+c)^2}\Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c)\geq 0$

Trong đó :

$M=\dfrac{2}{(a+c)(b+c)}-\dfrac{2}{(a+b+c)^2},N=\dfrac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{2}{(a+b+c)^2}$

Dễ dàng thấy :

$M=\dfrac{2}{(a+c)(b+c)}-\dfrac{2}{(a+b+c)^2}=\dfrac{2(a^2+b^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2(a+c)(b+c)}>0$

và :

$N=\dfrac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\dfrac{2}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{a+b+2c}{\left ( \frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3} \right )^3}-\dfrac{2}{(a+b+c)^2}=\dfrac{27(a+b+2c)}{8(a+b+c)^3}>\dfrac{27(a+b+c)}{8(a+b+c)^3}-\dfrac{2}{(a+b+c)^2}=\dfrac{27}{8(a+b+c)^2}-\dfrac{2}{(a+b+c)^2}>0$

Do đó chỉ cần giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$ thì ta có ngay điều phải chứng minh.

Lời giải 2 :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$ .

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :

$\dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{(ab+bc+ca)}=\dfrac{1}{t}\;\;\;(ab+bc+ca=t)$

Để ý vế phải có thể viết lại :

$3+\dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}=3+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=5-6(ab+bc+ca)=5-6t$

Như vậy thì ta cần chứng minh :

$\dfrac{1}{t}\geq 5-6t\Leftrightarrow t\leq \dfrac{1}{3},\;\vee t\geq \dfrac{1}{2}$

Luôn đúng vì $t=ab+bc+ca\leq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2=\dfrac{1}{3}$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3 (Albania 2002)

Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}(a^2+b^2+c^2)\left ( \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right )\geq a+b+c+\sqrt{a^2+b^2+c^2}$

Lời giải :

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a^2+b^2+c^2=1$ . Từ đó ta chỉ cần chứng minh :

$\dfrac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}\left ( \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right )\geq a+b+c+1\Leftrightarrow \dfrac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}(ab+bc+ca)\geq abc(a+b+c)+abc$

Đặt $t=\sqrt{ab+bc+ca}\geq 0$ ta có :

$abc(a+b+c)\leq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3}=\dfrac{t^4}{3}$

và $abc\leq \dfrac{(ab+bc+ca)^{3/2}}{3\sqrt{3}}=\dfrac{t^3}{3\sqrt{3}}$

Do vậy ta cần chỉ ra rằng :

$\dfrac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}t^2\geq \dfrac{t^4}{3}+\dfrac{t^3}{3\sqrt{3}}\Leftrightarrow \sqrt{3}t^2+t-(1+\sqrt{3})\leq 0$

Điều này luôn đúng với $0\leq t=\sqrt{ab+bc+ca}\leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}=1$

Bài toán 4 (Iran 2010) Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{7}{25}\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a+b+c} \right )^2$

Lời giải :

Bất đẳng thức trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$ .

Ta cần chứng minh :

$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+1\geq \dfrac{7}{25}\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c}+1\right )^2$

Đổi biến $\left ( \dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c} \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ thì $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1$

Cần chứng minh :

$x^2+y^2+z^2+1\geq \dfrac{7}{25}(x+y+z+1)^2$

Ta chứng minh một kết quả mạnh hơn :

$\dfrac{(x+y+z)^2}{3}+1\geq \dfrac{7}{25}(x+y+z+1)^2\Leftrightarrow \dfrac{t^2}{3}+1\geq \dfrac{7}{25}(t+1)^2\;\;\;(t=x+y+z)\Leftrightarrow (t-9)(2t-3)\geq 0$

Điều này là luôn đúng vì $t=x+y+z\geq \dfrac{9}{1/x+1/y+1/z}=9$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 4 : Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\sqrt[3]{\dfrac{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}{abc}}\geq \dfrac{4}{3}(a+b+c)$

Lời giải :

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ . Ta cần chứng minh :

$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8\sqrt{abc}$

Ta có :

$(a+b)(b+c)(c+a)=(3-a)(3-b)(3-c)=27-9(a+b+c)+3(ab+bc+ca)-abc=3(ab+bc+ca)-abc$

Lại có :

$ab+bc+ca\geq \sqrt{3abc(a+b+c)}=3\sqrt{abc}$

Nên ta chỉ cần chứng minh :

$9\sqrt{abc}-abc\geq 8\sqrt{abc}\Leftrightarrow abc\leq 1$

Điều này luôn đúng theo $AM-GM$ :

$abc\leq \left ( \dfrac{a+b+c}{3} \right )^3=1$

Bài toán 5 : Cho các số thực dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a}}{b+c}+\dfrac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{b}}{a+c}+\dfrac{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{c}}{b+c}\geq \dfrac{9+3\sqrt{3}}{2\sqrt{a+b+c}}$

Lời giải :

Bất đẳng thức này là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$ .

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :

$\dfrac{1+\sqrt{a}}{b+c}+\dfrac{1+\sqrt{b}}{c+a}+\dfrac{1+\sqrt{c}}{a+b}\geq \dfrac{9+3\sqrt{3}}{2}$

Ta đổi biến $a=x^2,b=y^2,c=z^2$ thì $x^2+y^2+z^2=1$ và cần chứng minh :

$\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2}+\dfrac{x}{y^2+z^2}+\dfrac{y}{z^2+x^2}+\dfrac{z}{x^2+y^2}\geq \dfrac{9+3\sqrt{3}}{2}$

Thật vậy, theo $AM-GM$

$x(1-x^2)=x(1-x)(1+x)=\dfrac{1}{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.(1-x)\left [ (2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x \right ].(\sqrt{3}-1)x\leq \dfrac{1}{(2-\sqrt{3})(\sqrt{3}-1)}.\left [ \dfrac{(1-x)+(2-\sqrt{3})+(2-\sqrt{3})x+(\sqrt{3}-1)x}{3} \right ]^3=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\Leftrightarrow \dfrac{x}{1-x^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}x^2}{2}\Leftrightarrow \dfrac{x}{y^2+z^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}x^2}{2}$

Kéo theo :

$\dfrac{x}{y^2+z^2}+\dfrac{y}{z^2+x^2}+\dfrac{z}{x^2+y^2}\geq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}(x^2+y^2+z^2)=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\;\;\;\;(1)$

Hơn nữa theo $Cauchy-Schwarz$ ta còn có :

$\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\geq \dfrac{9}{2(x^2+y^2+z^2)}=\dfrac{9}{2}\;\;\;(2)$

Cộng vế theo vế $(1)(2)$ ta được điều phải chứng minh.

Bài toán 6 (Japan MO 1997)

Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có :

$\dfrac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(c+a-b)^2}{b^2+(c+a)^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{c^2+(a+b)^2}\geq \dfrac{3}{5}$

Lời giải :

Do tính thuần nhất của bất đẳng thức mà ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=1$ . Khi đó ta viết BĐT thành :

$\dfrac{(2a-1)^2}{a^2+(1-a)^2}+\dfrac{(2b-1)^2}{b^2+(1-b)^2}+\dfrac{(2c-1)^2}{c^2+(1-c)^2}\geq \dfrac{3}{5}\Leftrightarrow \dfrac{(2a-1)^2}{2a^2-2a+1}+\dfrac{(2b-1)^2}{2b^2-2b+1}+\dfrac{(2c-1)^2}{2c^2-2c+1}\geq \dfrac{3}{5}$

Theo nguyên lí $Dirichlet$ ta có :

$\left ( b-\dfrac{1}{3} \right )\left ( c-\dfrac{1}{3} \right )\geq 0\Rightarrow b^2+c^2=\left ( b+c-\dfrac{1}{3} \right )^2+\dfrac{1}{9}-2\left ( b-\dfrac{1}{3} \right )\left ( c-\dfrac{1}{3} \right )\leq \left ( b+c-\dfrac{1}{3} \right )^2+\dfrac{1}{9}=\left ( \dfrac{2}{3} -a\right )^2+\dfrac{1}{9}$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\dfrac{(2b-1)^2}{2b^2-2b+1}+\dfrac{(2c-1)^2}{2c^2-2c+1}\geq \dfrac{(2b+2c-2)^2}{2(b^2+c^2)-2(b+c)+2}=\dfrac{2a^2}{(b^2+c^2)+a}\geq \dfrac{2a^2}{\dfrac{1}{9}+\left ( \dfrac{2}{3} -a\right )^2+a}=\dfrac{18a^2}{9a^2-3a+5}$

Công việc còn lại là chứng minh :

$\dfrac{18a^2}{9a^2-3a+5}\geq \dfrac{3}{5}-\dfrac{(2a-1)^2}{2a^2-2a+1}\Leftrightarrow (3a-1)^2(17a^2-8a+5)\geq 0$

Điều này hiển nhiên đúng.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 7 : 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 8: 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 9: (Serbia-Montenegro 2005) Cho các số dương $a,b,c$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \sqrt{\dfrac{3}{2}(a+b+c)}$

Lời giải :

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=\dfrac{3}{2}$ . Khi đó ta cần chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \dfrac{3}{2}$

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \dfrac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}}=\dfrac{9}{4\left ( a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b} \right )}$

Ta cần chứng minh :

$\dfrac{9}{4\left ( a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b} \right )}\geq \dfrac{3}{2}\Leftrightarrow a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq \dfrac{3}{2}$

Thật vậy, cũng theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b})^{2}\leq \left ( a+b+c \right )\left ( 2ab+2bc+2ca \right )\leq (a+b+c).2.\dfrac{(a+b+c)^{2}}{3}=\dfrac{9}{4}\Rightarrow a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq \dfrac{3}{2}$

Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$

Phan Đình Trung

Translate

Friday, June 6, 2014

PHÉP CHUẨN HÓA TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

No comments: