chứng minh bất đẳng thức đối xứng 3 biến

MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG 3 BIẾN.. Bất đẳng thức đối xứng ba biến là một trong các dạng bất đẳng thức thường gặp nhất trong các kì thi hiện nay.. Phương pháp để

MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐỐI XỨNG 3 BIẾN

Bất đẳng thức đối xứng ba biến là một trong các dạng bất đẳng thức thường gặp nhất trong các

kì thi hiện nay Phương pháp để chứng minh một bất đẳng thức rất đa dạng, một sau đây tôi xin trình bày một phương pháp chứng minh rất hiệu quả mà đôi khi các bạn có thể ít dùng tới nó

I-Giới thiệu về Bất đẳng thức Schur:

1/ BĐT Schur : Với mọi số không âm a, b, c, r ta luôn có:

a a b a c  b b a b c  c c a c b   (*)

2/ Chứng minh BĐT:

Do vai trò của a, b, c trong BĐT là như nhau nên ta có thể giả sử a b c

Viết lại BĐT (*) bằng cách nhóm nhân tử chung ta được:

a b  a r a c  b b c r  c ra c b c    0

Dễ thấy BĐT đúng với mọi a  b c 0 (đpcm)

Hai trường hợp quen thuộc được sử dụng nhiều nhất là r=1 và r=2 :

a a b a c     b b c b a    c c a c b    0

2   2   2  

0

a a b a c  b b c b a  c c a c b  

3/ Phương pháp biến đổi p, q, r

Đặt p  a b c; qab bc ca  ; rabc Khi đó ta có a, b, c là nghiệm của phương trình bậc ba sau : 3 2

0

(**)

t  pt  qt r  t   pt  qt  rt

n

S a b c , từ (**) ta có : S n3  pS n2qS n1rS n

S  S  p S  p  q Áp dụng công thức trên ta tính được

3 3 3 ; 4 4 2 4 ; 5 ; 6

S  p  pq r S  p  p q q  pr S  S

Và ta cũng thu được một số bất đẳng thức khác như sau :

2

2 2 2 2 2 2 2

3

2

2

ab a b bc b c ca c a pq r

a b b c c a pq r

ab a b bc b c ca c a p q q pr

a b a c b c b a c a c b p q

a b b c c a q pr

a b b c c a q pqr r

a b b c c a q pq r p r qr

L p q  pqr r  q  p r, khi đó :

2

pq r L

a b b c c a

a b b c c a L

Một số ràng buộc ban đầu giữa các biến p q r, , :

2 3 2

3 27 3

p q

q pr

pq r









3

p q pr q

Sau đây ta sẽ biến đổi BĐT Schur qua ba biến p, q, r như sau:

a a b a c    a  pa abc 

2 a  b c p a b c  3abc  0 p  4pq 9r 0 (1)

a a b a c    a  pa a bc 

2 a b c p a  b c abc a b c    0 p  5p q 4q  6pr 0 (2)

II-Một số bài tập ví dụ:

a  b  c   ab bc ca  (APMO 2004)

Lời giải: Khai triển bất đẳng thức trên, ta cần chứng minh:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b c  a b b c c a  a b c   ab bc ca 

Ta có: 2 2 2

a  b c ab bc ca 

 2 2   2 2   2 2   

a b   b c   c a   ab bc ca 

3

2

9

1 1 3.

4

abc

a b c a b c

a b c

ab bc ca a b c theo BDT Schur

 

Áp dụng các bất đằng thức trên ta có:

2 2 2

a b c a b b c c a a b c

ab bc ca ab bc ca a b c

ab bc ca dpcm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 

3

a b c  Chứng minh rằng :

1

   (Moldova TST 2005)

Lời giải: Quy đồng mẫu số rồi khai triển, ta cần chứng minh :

49 8  ab bc ca   a b c abc   64 16  ab bc ca   4 a b c abc a b c  

16 3 a b c abc a b c 8 ab bc ca

Áp dụng BĐT Schur và giả thiết 4 4 4

3

a b c  , ta có:

3 3 3

3

3 3

a b c abc a b c ab a b bc b c ca c a a b c

abc a b c ab bc bc ca ca ab

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có :

ab bc bc ca ca ab ab bc ca

abc a b c ab bc ca

Mặt khác ta lại có 2 2 2

3

a b c  ) Cộng hai BĐT lại, ta có ngay đpcm Đẳng thức xảy ra    a b c 1.

1 1 1 3

   (Crux mathematicorum)

Lời giải: Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh và chuyển về dạng p, q, r ta có :

8 243 18  p 3r  3 729 81  q 27rr

2

Theo BĐT AM-GM thì :

 

6

3

a b c

 

Theo BĐT Shur, ta có :

p q p q

72 23  q 3r   0 3 1 r  23 3 q  0 (đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1

a b c     (Vietnam MO 2006, Bảng B)

Lời giải: Đặt x 1; y 1; z 1

   , ta có xyz = 1, đồng thời biến đổi thành p, q, r ta có bất

p  q  q q p 

p  pq r   p qp  qp do p r , suy ra đpcm

Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1

minh rằng :  

  2  2 2

4

xy yz zx

x y y z z x

Lời giải: Sử dụng phương pháp biến đổi p, q, r ta chuyển BĐT về dạng :

2 2

4

p q q pq r q

pq r

Biến đổi tương đương và rút gọn, ta cần chứng minh :

4p q 17p q  4q  34pqr 9r  0

pq p pqr r q p p q q pr r pq r

Theo BĐT Shur, ta có bất đẳng thức cuối đúng nên ta có đpcm Đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi x = y = z và x=y, z=0 hoặc các hoán vị tương ứng

III- Một số bài tập dành cho bạn đọc tự luyện:

Bài 1: Cho các số thực a, b, c thoả mãn 2 2 2

9

a b c  Chứng minh rằng :

2 a b c  abc 10 (Vietnam MO 2002)

Bài 2: Cho các số dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng :

2 a b c  12  3 a b c   3 ab bc ca  (Balkan MO 1999)

Bài 3: Cho các số dương a, b, c thoả mãn abc = 1 Chứng minh rằng :

3 6 1

a b c ab bc ca

    (Vasile Cirtoaje)

Bài 4: Cho các số không âm a, b, c thoả mãn ab bc ca   6abc 9 CMR :

a b c   abc (China MO 1992)

Bài 5: Cho 3 số dương a, b, c thoả a + b +c = 1, chứng minh rằng :

 3 3 3  5 5 5

10 a  b c  9 a  b c  1 (China 2005)

Bài 6: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab bc ca   3, chứng minh rằng :

3 3 3

a   b c abc ( Poland 2005)

Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn 2 2 2

3

a b c  , chứng minh rằng :

   (Belarus 1999)

Bài 8: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x  y z 1, chứng minh rằng :

27

x yy zz x (Canada 1999)

Name : Mai Xuân Việt

Address : Đội II – thôn Dương Quang – Xã Đức Thắng – Huyện Mộ Đức – Tỉnh Quảng Ngãi

Email : xuanviet15@gmail.com

Tel : 01678336358 – 0938680277 – 0947572201