Khóa luận ứng dụng phương pháp hệ số bất định giải bài toán liên quan bất đẳng thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ————-o0o————- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH GIẢI BÀI TOÁN LIÊN QUAN BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành: Sư phạm Tốn Thanh Hóa, 4/2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ————-o0o————- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH GIẢI BÀI TOÁN LIÊN QUAN BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành: Sư phạm Toán Sinh viên: ĐỖ THỊ HIỀN Lớp: K21−ĐHSP TOÁN Giảng viên hướng dẫn: ThS NGUYỄN HỮU HỌC Thanh Hóa, 4/2022 LỜI CẢM ƠN Khố luận thực hoàn thành Trường Đại học Hồng Đức hướng dẫn thầy Th.S Nguyễn Hữu Học Nhân em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy, người tận tình dẫn truyền dạy cho em kinh nghiệm quý báu học tập nghiên cứu suốt thời gian vừa qua Đồng thời em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Nhà trường, Khoa thầy cô giáo trực tiếp giảng dạy em suốt trình em học tập rèn luyện trường Đại học Hồng Đức Cuối lời cảm ơn sâu sắc tới gia đình, bạn bè ln bên động viên, khích lệ tạo điều kiện tốt giúp em hồn thành tốt khóa luận Thanh Hóa, tháng 4, năm 2022 ĐỖ THỊ HIỀN i Mục lục Lời cảm ơn Danh mục ký hiệu i iii Mở đầu 1 Kiến thức sở 1.1 Định lý Bézout - Lược đồ Horner 1.1.1 Định lý Bézout 4 1.1.2 1.1.3 Lược đồ Horner Ứng dụng phân tích đa thức thành nhân tử 5 1.2 1.3 Hàm số Bất đẳng thức AM - GM (Cauchy) 1.4 Bất đẳng thức Schwarz 10 Phương pháp hệ số bất định giải toán liên quan bất đẳng thức 13 2.1 Sử dụng phương pháp hệ số bất định tìm bất đẳng thức phụ 13 2.2 Phương pháp hệ số bất định kết hợp với kỹ thuật chuẩn hoá 34 2.3 Phương pháp hệ số bất định kết hợp với bất đẳng thức thông dụng 42 Kết luận 49 Tài liệu tham khảo 50 ii DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU R: C: Tập hợp số số thực Tập hợp số phức Z: N: Tập hợp số nguyên Tập hợp số tự nhiên N∗ : Tập hợp số tự nhiên khác iii MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Bất đẳng thức chun đề khó tốn học phổ thơng Những tốn liên quan chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức toán thường xuyên xuất đề thi vào lớp 10 THPT, kỳ thi học sinh giỏi cấp kỳ thi THPT Quốc gia năm gần Mặc dù có nhiều phương pháp, kỹ thuật sử dụng để giải toán liên quan đến bất đẳng thức, chúng chưa dễ dàng Nhất đối tượng học sinh học sinh giỏi Các tài liệu bất đẳng thức thường viết hàn lâm, khó đọc đối tượng học sinh Việc làm hạn chế khả tự học, tự rèn luyện học sinh Phương pháp hệ số bất định làm quen với học sinh lần đầu từ lớp 8, dùng để phân tích đa thức thành nhân tử Lên lớp em làm quen cách mở rộng kết hợp với bất đẳng thức để giải bất đẳng thức hay khó Đặc biệt dành cho bạn chưa học đạo hàm , chưa có cơng cụ mạnh để khảo sát biến thiên hàm số, chưa biết phương pháp tiếp tuyến, hàm lồi, để đánh giá hàm đại diện hệ số bất định phương pháp đơn giản để tiếp cận toán, với em học sinh trung học sở Từ thực tế đó, lựa chọn “Phương pháp hệ số bất định giải toán liên quan bất đẳng thức” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp Nhiệm vụ nghiên cứu - Phương pháp hệ số bất định phương pháp liên quan giải toán liên quan bất đẳng thức - Ứng dụng phương pháp vào giải toán kỳ thi bậc THPT Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Phương pháp hệ số bất định - Các bất đẳng thức cổ điển thường gặp - Các dạng toán liên quan bất đẳng thức giải phương pháp hệ số bất định Nội dung nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết phương pháp hệ số bất định - Nghiên cứu bất đẳng thức cổ điển - Nghiên cứu hàm với kỹ thuật chuẩn hoá - Nghiên cứu toán bất đẳng thức giải phương pháp hệ số bất định Phương pháp nghiên cứu Khoá luận sử dụng phương pháp công cụ Đại số để giải vấn đề nêu Dự kiến kết đạt - Hình thành thuật toán giải lớp toán liên quan, bao gồm toán liên quan đến bất đẳng thức giải trực tiếp phương pháp hệ số bất định, kết hợp với phương pháp khác để giải - Ứng dụng giải toán liên quan kỳ thi bậc THPT năm gần Cấu trúc khóa luận Ngồi phần mở đầu kết luận, khóa luận chia thành hai chương: Chương 1: Kiến thức Nội dung chương trình bày lại số kiến thức dùng để giải vấn đề chương sau Chương 2: Phương pháp hệ số bất định giải toán liên quan bất đẳng thức Nội dung chương trình bày phương pháp, kỹ thuật giải toán phương pháp hệ số bất định, khả kết hợp với kỹ thuật chuẩn hố giải tốn có tính đối xứng toán quy dạng kết hợp với bất đẳng thức thơng dụng Các tốn sử dụng chương 2, ngồi tốn chúng tơi trích dẫn từ kỳ thi, số tự phát triển từ toán quen thuộc, chúng tơi có sử dụng số tập chia sẻ diễn đàn tốn học, hội nhóm tốn, nhiều lí khơng thể tìm tác giả thức Qua đây, tơi xin cảm ơn tác giả chia sẻ toán này, giúp chúng tơi hồn thiện khố luận Chương Kiến thức sở 1.1 Định lý Bézout - Lược đồ Horner Nội dung phần viết sở tham khảo tài liệu [1] 1.1.1 Định lý Bézout Định lí 1.1 Số dư phép chia đa thức f (x) cho nhị thức x − a giá trị đa thức f (x) x = a Chứng minh Gọi thương phép chia f (x) cho x − a Q(x) Đa thức chia bậc nên dư số r Ta có Do đó, f (x) = (x − a)Q(x) + r với x f (a) = (a − a)Q(a) + r = + r = r Vậy f (a) = r □ Hệ 1.1 Đa thức f (x) chia hết cho x − a f (a) = (hay a nghiệm đa thức f (x)) Nhận xét 1.1 - Định lý Bézout giúp tính số dư phép chia đa thức f (x) cho x − a mà không cần thực hiên phép chia đa thức - Hệ định lí Bézout giúp phân tích đa thức bậc cao (bậc ≥ ) thành nhân tử Nếu f (a) = f (x) phải chứa nhân tử (x − a) 1.1.2 Lược đồ Horner Ngoài phương pháp đặt tính chia đa thức, hệ số bất định, trị số riêng ta cịn tìm kết chia đa thức f (x) cho nhị thức x − a; đồng thời tính giá trị đa thức f (x) x = a lược đồ Horner (hay thuật toán Horner) sau: Nếu đa thức bị chia Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , đa thức chia x − a, đa thức thương là: Qn−1 (x) = bn−1 xn−1 + bn−2 xn−2 + + b1 x + b0 hệ số an ; an−1 ; ; a1 ; a0 với bn−1 ; bn−2 ; ; b1 ; b0 số a có mối quan hệ sau: bn−1 = an bn−2 = an−1 + a · bn−1 bn−3 = an−2 + a · bn−2 b = a2 + a · b b = a1 + a · b r = a0 + a · b0 (r số dư) Trong thực hành ta thường lập bảng hệ số: an an−1 a1 a0 a bn−1 = an bn−2 = an−1 + abn−1 b0 = a1 + ab1 r = a0 + ab0 1.1.3 Ứng dụng phân tích đa thức thành nhân tử Áp dụng hệ định lí Bézout phân tích đa thức (thường có hệ số nguyên nghiệm nguyên) thành nhân tử, ta thường làm sau: Bước 1: Chọn giá trị x = a (thường ước hạng tử tự đa thức cần phân tích) tìm f (a) Bước 2: Nếu f (a) = f (x) = f (x−a).g(x) Để tìm g(x) ta dùng phép chia đa thức f (x) cho x − a, dùng lược đồ Horner, tách Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều trên, ta p a2 + a − + p b2 + b − + p c2 + c − ≤ 3(a + b + c) − = Đẳng thức xảy a = b = c = □ Bài toán 2.10 Cho số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = x y z + + x+1 y+1 z+1 (Trích đề thi HSG lớp tỉnh Bình Định năm học 2014-2015) Phân tích Ta tìm m, n cho x ≤ mx + n x+1 Do tính đối xứng, ta dự đốn giá trị lớn P đạt x = y = z = 1 m Với x = ⇒ n = − Vậy ta cần tìm m để m x ≤ mx + − x+1 tương đương với Å ãï ò x− − m ≤ 4(x + 1) 1 ngoặc vuông, ta tìm m = ⇒n= 16 16 Vậy ta có đánh giá x ≤ x+ x+1 16 16 Từ đó, ta có lời giải sau Lời giải Với điều kiện tốn ta có < x < 1, Tiếp tục cho x = x 9x + (3x − 1)2 − =− ≤ x+1 16 x+1 Suy x 9x + ≤ x+1 16 26 Dấu "=" xảy x = Tương tự, ta có 9y + y ≤ , y+1 16 z 9z + ≤ z+1 16 Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta 9(x + y + z) + 3 = 16 Dấu "=" xảy x = y = z = 3 Vậy max P = □ Bài tốn 2.11 Cho ba số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh: a3 + b3 + c3 + ab + bc + ca ≥ P ≤ (Trích đề thi HSG lớp tỉnh Đăk Lăk năm học 2014-2015) Phân tích Từ giả thiết a + b + c = 3, suy − a2 − b2 − c2 (a + b + c) = ⇒ ab + bc + ca = 2 Do bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 a3 + b + c − a2 − b − c ≥ 2 2 Ta tìm m, n cho a3 − a2 ≥ ma + n Dễ thấy dấu "=" bất đẳng thức cần chứng minh đạt a = b = c = Với a = ⇒ n = − m Vậy ta cần tìm m để 1 a3 − a2 ≥ mx + − m 2 tương đương với (a − 1)(2a2 + a + − 2m) ≥ 27 Tiếp tục cho a = ngoặc thứ hai, ta tìm m = ⇒ n = − Vậy ta có đánh giá a3 − a2 ≥ 2a − 2 Từ đó, ta có lời giải sau Lời giải Với điều kiện toán ta có ≤ a ≤ 3, (a − 1)2 (2a + 3) ≥ a − a − 2a + = 2 Suy a3 − a2 ≥ 2a − 2 Dấu "=" xảy a = Tương tự, ta có b3 − b2 ≥ 2b − c3 − c2 ≥ 2c − , Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta a3 + b3 + c3 − (a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(a + b + c) − 2 (2.15) Từ giả thiết a + b + c = ⇒ (a + b + c)2 = Do a2 + b2 + c2 = − 2(ab + bc + ca) Thay vào (2.15), ta a3 + b3 + c3 + ab + bc + ca ≥ Dấu "=" xảy a = b = c = □ Bài toán 2.12 Cho số dương a, b, c có tổng Chứng minh rằng: a2 + 6a + b2 + 6b + c2 + 6c + + + ≤ 24 a2 − 2a + b2 − 2b + c2 − 2c + (Trích đề thi HSG lớp tỉnh Gia Lai năm học 2014-2015) 28 Phân tích Ta tìm m, n cho a2 + 6a + ≤ ma + n a2 − 2a + Dễ thấy dấu "=" bất đẳng thức cần chứng minh đạt a = b = c = Với a = ⇒ n = − m Vậy ta cần tìm m để tương đương với a2 + 6a + ≤ ma + − m, a2 − 2a + ã 15 − 7a (a − 1) − m ≤ a − 2a + Å Tiếp tục cho a = ngoặc thứ hai, ta tìm m = ⇒ n = Vậy ta có đánh giá a2 + 6a + ≤ 4a + a2 − 2a + Từ đó, ta có lời giải sau Lời giải Với điều kiện tốn ta có < a < 3, Suy a2 + 6a + (a − 1)2 (4a + 3) − (4a + 4) = − ≤ a2 − 2a + a2 − 2a + a2 + 6a + ≤ 4a + a2 − 2a + Dấu "=" xảy a = Tương tự, ta có b2 + 6b + ≤ 4b + 4, b2 − 2b + c2 + 6c + ≤ 4c + c2 − 2c + Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta a2 + 6a + b2 + 6b + c2 + 6c + + + ≤ 4(a + b + c) + 12 = 24 a2 − 2a + b2 − 2b + c2 − 2c + Dấu "=" xảy a = b = c = □ 29 Bài toán 2.13 Cho số thực a, b, c thỏa mãn a+b = 4c Chứng minh rằng: p p p a2 − ab + b2 + a2 − 2ac + 4c2 + b2 − 2bc + 4c2 ≥ 8c (Trích đề thi tuyển sinh vào 10 THPT tỉnh Bắc Ninh năm 2016) Lời giải Ta sử dụng kỹ thuật hệ số bất định để tìm m, n thoả mãn bất đẳng thức dạng p a2 − ab + b2 ≥ m(a + b) + n Ở đây, tính đối xứng vế trái, ta tìm m, n thoả mãn a2 − ab + b2 = m(a + b)2 + n(a − b)2 = (m + n)a2 + (m + n)b2 + 2ab(m − n) Đồng hai vế, ta    m+n=1   m= ⇔    m−n=−  n = Từ đó, ta có … p (a + b)2 + (a − b)2 ≥ (a + b) a2 − ab + b2 = 4 Dấu "=" xảy a = b Tương tự: p a2 − a(2c) + (2c)2 ≥ (a + 2c), » p b2 − 2bc + 4c2 = b2 − b(2c) + (2c)2 ≥ (b + 2c) Suy V T ≥ (a + b) + (a + 2c + b + 2c) = 8c Đẳng thức xảy a = b = 2c a2 − 2ac + 4c2 = » Bài toán 2.14 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + d2 = Chứng minh
√ a3 + b3 + c3 + d3 ≥ + √ + ab + ac + ad + bc + bd + cd 30 □ Lời giải Ta có a2 + b + c + d = ⇔(a + b + c + d)2 = 2(2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd) » ⇒a + b + c + d = 2(2 + ab + ac + ad + bc + bd + cd) Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a3 + b3 + c3 + d3 ≥ + (a + b + c + d) Ta cần tìm hệ số m để có bất đẳng thức 2a3 − a ≥ ma2 + n (2.16) Dễ thấy dấu "=" xảy bất đẳng thức cho a = b = c = d = 1, cho a = (2.16), ta 1 m + n = ⇒ n = − m 2 Do (2.16) viết lại thành 2a3 − ≥ ma2 + − m, 2 tương đương với   (a − 1) (2a + 1)2 − 2m(a + 1) ≥ Cho a = ngoặc vng, ta tính m = , suy n = − 4 Từ đó, với a > 0, ta có Å ã (a − 1)2 (8a + 7) 3 a − ≥ = 2a − a − 4 suy ra, 2a3 − a ≥ a2 − 4 Tương tự, ta có 2b3 − b ≥ b2 − , 4 2c3 − c ≥ c2 − , 4 2d3 − d ≥ d2 − 4 31 Cộng bất đẳng thức theo vế, sau chuyển vế kết hợp với giả thiết a2 + b2 + c2 + d2 = 4, ta
a3 + b3 + c3 + d3 ≥ + (a + b + c + d) Đẳng thức xảy a = b = c = d = □ Bài toán 2.15 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng: Å ã 1 1 1 + + +8≥9 + + a b c a+b b+c c+a (Trích đề thi tuyển sinh vào 10 tỉnh Hà Nam, 2018) Lời giải Ta có a + b + c = Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ã Å ã Å ã Å 9 1 − − − + + < 4−a a 4−b b 4−c c Vì a, b, c cạnh tam giác, ta có a < b + c ⇒ 2a < a + b + c = ⇒ a < Với < a < 2, ta có 2(a − 1)2 (a − 2) − − 2a = ≤ 4−a a a(4 − a) Do đó, Tương tự ta có − ≤ 2a 4−a a − ≤ 2b, (4 − b) b − ≤ 2c (4 − c) c Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta Å ã Å ã Å ã 1 9 − − − + + ≤ (a + b + c ) = (4 − a) a (4 − b) b (4 − c) c 32 Tứ đó, suy Å ã 1 1 1 + + +8≥9 + + a b c a+b b+c c+a ( a=b=c=1 Dấu "=" xảy ⇔ vơ lí a+b+c=4 Vậy Å ã 1 1 1 + + +8>9 + + a b c a+b b+c c+a □ Bài toán 2.16 Cho a, b, c số dương a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: b3 c3 a3 P = + + a + 4ab + b2 b2 + 4bc + c2 c2 + 4ca + a2 (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chun Lâm Đồng 2021) Phân tích Bài tốn chưa có dạng lập biến, nhiên, biến có tính đối xứng hốn vị vịng quanh, ta thử tìm m, n thoả mãn a3 ≥ ma + nb a2 + 4ab + b2 (2.17) Do tính đối xứng, ta dự đoán P đạt giá trị nhỏ a = b = c = Cho a = b = (2.17), ta m + n = Khi đó, (2.17) viết lại thành a3 ≥ ma + b − mb a2 + 4ab + b2 Chuyển vế, phân tích thành nhân tử, ta thu đ 6a2 + 5ab + b2 − m ≥ (2.18) (a − b) 6(a2 + 4ab + b2 ) Tiếp tục cho a = b = biểu thức ngoặc vuông (2.18), ta tìm 1 m = , từ n = − Vậy ta có đánh giá 1 a3 ≥ a − b 2 a + 4ab + b 33 Ta có lời giải sau: Lời giải Với a, b, c thoả mãn tốn, ta có ã Å (a − b)2 (4a + b) a3 a− b = ≥ − a2 + 4ab + b2 6(a2 + 4ab + b2 ) Do đó, 1 a3 ≥ a − b 2 a + 4ab + b Dấu "=" xảy a = b Tương tự, ta có b3 1 b − c ≥ b2 + 4bc + c2 Dấu "=" xảy b = c c3 1 ≥ c − a c2 + 4ca + a2 Dấu "=" xảy c = a Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta 1 P ≥ (a + b + c) − (a + b + c) = Dấu "=" xảy a = b = c = Vậy P = 2.2 □ Phương pháp hệ số bất định kết hợp với kỹ thuật chuẩn hố Trong trường hợp biểu thức cần xử lí hàm đối xứng, nhờ vào tính chất hàm nhất, kết hợp với phương pháp đổi biến số, ta lựa chọn biến số phù hợp thoả mãn điều để đơn giản trình chứng minh Kỹ thuật đổi biến gọi kỹ thuật chuẩn hoá Chẳng hạn, hàm ba biến, ta thường sử dụng chuẩn hoá dạng an + bn + cn = k, abc = p, ab + bc + ca = r, 34 Đây kỹ thuật quan trọng, khơng giúp đơn giản hố q trình chứng minh nhờ có thêm giả thiết sử dụng tính chất đặc biệt số Hơn nữa, nhiều trường hợp, kỹ thuật giúp ta quy toán chứng minh bất đẳng thức theo biến Từ đó, sử dụng phương pháp hệ số bất định để giải toán Để hiểu rõ q trình chuẩn hố, ta xét toán đơn giản sau Bài toán 2.17 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c c+a a+b Phân tích Đây bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc có nhiều cách để chứng minh Ở đây, ta sử dụng kỹ thuật chuẩn hoá phương pháp hệ số bất định để chứng minh bất đẳng thức Trước hết, dễ thấy vế trái biểu thức đối xứng bậc Ta đổi biến  a   x =   t   b y=  t   c   z = t Ta chọn t cho x + y + z = tức a+b+c a+b+c =3⇒t= t Như vậy, đặt x= 3a 3b 3c ,y = ,z = , a+b+c a+b+c a+b+c ta x+y+z = 3(a + b + c) = a+b+c 35 Chia tử mẫu vế trái bất đẳng thức cho a + b + c > 0, ta được: c a b b+c + a+b+c VT = a+b+c + a+ c + a b+c a+b a+b+c a+b+c a+b+c y z x + + = y+ z z+x x+y 3 x y z = + + y+z z+x x+y Như toán quy về: Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh y z x + + ≥ y+z z+x x+y Như vậy, ta có thêm điều kiện ràng buộc: x + y + z = Từ hồn tồn chuẩn hóa: a + b + c = 3, tốn quy chứng minh: b c a + + ≥ 3−a 3−b 3−c Và đến đây, dùng phương pháp hệ số bất định Ta tìm hệ số m, n cho bất đẳng thức a ≥ ma + n 3−a Lập luận mục trước ta tìm m = ; n = − 4 Như vậy, ta thu bất đẳng thức phụ a ≥ a− 3−a 4 Từ ta chứng minh sau: Lời giải Khơng tính tổng qt chuẩn hóa a + b + c = Bài toán qui việc chứng minh a b c + + ≥ 3−a 3−b 3−c 36 Với a thoả mãn điều kiện tốn, ta có a 3a − 3(a − 1)2 − = ≥ 3−a 4(3 − a) Do 3a − a ≥ 3−a Tương tự, ta có Cộng vế theo vế ta có b 3b − ≥ , 3−b c 3c − ≥ 3−c a b c 3(a + b + c) − 3 + + ≥ = 3−a 3−b 3−c Đẳng thức xảy a = b = c □ Bài toán 2.18 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: b(c + a) c(a + b) a(b + c) + + ≤ a2 + (b + c)2 b2 + (c + a)2 c2 + (a + b)2 (Trích đề thi olympic 30-4 năm 2006) Phân tích Vế trái biểu thức đối xứng theo biến a, b, c nên ta chuẩn hóa: a + b + c = ⇒ a, b, c ∈ (0, 3) Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: a2 a(3 − a) b(3 − b) c(3 − c) + + ≤ 2 + (3 − a) b + (3 − b) c + (3 − c) Ta cần tìm m, n để có bất đẳng thức sau a(3 − a) ≤ ma + n, ∀a ∈ (0, 3) a2 + (3 − a)2 Sử dụng phân tích mục trước, ta được: m= ,n = 25 25 37 Từ ta có đánh giá a(3 − a) a + ≤ a2 + (3 − a)2 25 25 Lời giải Vế trái biểu thức đối xứng theo biến a, b, c nên không tính tổng qt ta chuẩn hóa: a + b + c = ⇒ < a, b, c < Khi đó, bất đẳng thức cho trở thành: b(3 − b) c(3 − c) a(3 − a) + + ≤ a2 + (3 − a)2 b2 + (3 − b)2 c2 + (3 − c)2 Với a thoả mãn điều kiện toán, ta có a(3 − a) 9(2a + 1)(a − 1)2 =− − a− ≤ ∀a ∈ (0, 3) a2 + (3 − a)2 25 25 a2 + (3 − a)2 Từ đó, suy Tương tự, ta có a(3 − a) ≤ a + a2 + (3 − a)2 25 25 b(3 − b) b+ ≤ b2 + (3 − b)2 25 c(3 − c) ≤ c+ c2 + (3 − c)2 25 , 25 25 Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta b(3 − b) c(3 − c) a(3 − a) = + + ≤ (a + b + c) + 2 − 6a + 2a − 6b + 2b − 6c + 2c 25 25 Dấu = xảy a = b = c = □ Các toán đây, sau chuẩn hố, việc tìm hệ số m, n theo phương pháp hệ số bất định tiến hành hoàn toàn tương tự Bài toán 2.19 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b c + + ≥ (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 4(a + b + c) 38 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a(a + b + c) b(a + b + c) c(a + b + c) + + ≥ (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 Vế trái biểu thức đối xứng nên không tính tổng qt, ta chuẩn hóa bất đẳng thức trên, ta chọn a + b + c = 3, suy < a, b, c < Khi đó, bất đẳng thức cho tương đương với: b c a + + ≥ (3 − a)2 (3 − b)2 (3 − c)2 Với a thoả mãn điều kiện tốn, ta có a 2a − (9 − 2a)(a − 1)2 = − ≥ (3 − a)2 4(3 − a)2 Do đó, Tương tự, ta có a 2a − ≥ (3 − a)2 b 2b − ; ≥ (3 − b) 2c − c ≥ (3 − c)2 Cộng bất đẳng thức theo vế ta a b c 2(a + b + c) − 3 = + + ≥ (3 − a)2 (3 − b)2 (3 − c)2 4 Dấu đẳng thức xảy a = b = c = □ Bài toán 2.20 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (b + c − 3a)2 (a + c − 3b)2 (a + b − 3c)2 + + ≥ 2a2 + (b + c)2 2b2 + (a + c)2 2c2 + (b + a)2 Lời giải Vế trái biểu thức đối xứng, không tính tổng qt ta chuẩn hóa bất đẳng thức 39 Ta chọn a + b + c = ⇒ < a, b, c < Khi đó, bất đẳng thức cho tương đương với: (3 − 4a)2 (3 − 4b)2 (3 − 4c)2 + + ≥ 2 2 2a + (3 − a) 2b + (3 − b) 2c + (3 − c) Với < a < 3, ta có Do đó, 8a − (a − 1)2 (39 − 8a) (3 − 4a)2 − = ≥0 2a2 + (3 − a)2 6(3a2 − 6a + 9) Tương tự, ta có 8a − (3 − 4a)2 ≥ 2 2a + (3 − a) (4 − 3b)2 8b − ; ≥ 2b2 + (3 − b)2 8c − (4 − 3c)2 ≥ 2c2 + (3 − c)2 Cộng bất đẳng thức theo vế ta có: (3 − 4b)2 (3 − 4c)2 8(a + b + c) − 21 (3 − 4a)2 = + + ≥ 2a2 + (3 − a)2 2b2 + (3 − b)2 2c2 + (3 − c)2 Dấu đẳng thức xảy a = b = c = □ Bài toán 2.21 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (b + c + 2a)2 (a + c + 2b)2 (a + b + 2c)2 + + ≤ 2a2 + (b + c)2 2b2 + (a + c)2 2c2 + (a + b)2 Lời giải Vế trái bất đẳng thức biểu thức đối xứng, khơng tính tổng quát, ta chuẩn hóa bất đẳng thức Ta chọn a + b + c = ⇒ < a, b, c < Khi đó, bất đẳng thức cho trở thành: (b + 1)2 (c + 1)2 (a + 1)2 + + ≤ 2a2 + (1 − a)2 2b2 + (1 − b)2 2c2 + (1 − c)2 Với < a < 1, ta có (4a + 1)(3a − 1)2 12a + (a + 1)2 = − ≤ − 2a2 + (1 − a)2 3(3a2 − 2a + 1) 40