Đang tải... (xem toàn văn)
Màu mè tí thôi chứ mình chưa có điều kiện để tìm thêm bài toán để cho vào. Trừ bài 2 ra thì các bài còn lại đều là do mình chế ra, có gì sai sót mong nhận được sự góp ý từ mọi người. Nếu[r]
(1)GIẢI TOÁN NHỜ SỰ LIÊN HỆ GIỮA CÁC BIỂU THỨC
Trong viết giới thiệu cho người cách giải số tốn nhờ việc sử dụng cách hợp lí liên hệ biểu thức ba biến a + b + c, ab + bc + ca, a2+ b2+
(2)PHẦN I CÁC BÀI TOÁN
Bài Toán Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a2+ b2+ c2 = Chứng minh rằng: 3(a2b + b2c + c2a) + 6abc + ≥ 8(ab + bc + ca)
Lời giải
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3Xa2b +Xab2+ 3abc+ ≥ 8Xab + 3Xab2+ abc
⇐⇒ 3(a + b + c)(ab + bc + ca) + ≥ 8Xab + 3Xab2+ abc
Mà ta có
X
ab2+ abc ≤
27(a + b + c)
3
nên đặt t = a + b + c, (√3 ≤ t ≤ 3) ta cần chứng minh
3t.t
2− 3
2 + ≥ 4(t
2− 3) +
9t
3,
hay
1
18(t − 3)
2(42t + 19) ≥ 0.
Bất đẳng ln đúng, nên ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy t = hay a = b = c =
Nhận xét
Trong mục tiêu đánh giá để chuyển biểu thức chứa a + b + c ab + bc + ca, sau nhờ liên hệ qua đẳng thức (a + b + c)2 = a2+ b2+ c2+ 2(ab + bc + ca), ta đưa toán ẩn để giải
Nếu ta dựa vào đánh giá a2b+b2c+c2a ≥ (ab+bc+ca)2
a+b+c abc ≥ max{0;
2(ab+bc+ca)−(a2+b2+c2)
a+b+c }
thì khơng thu bất đẳng thức Nhưng nhờ có đẳng thứcP a2b +P ab2+ 3abc =
P a P ab ta đưa P ab2 sang vế phải làm mất P a2b vế trái, sau dùng
các bất đẳng thức biết để đánh lời giải Chúng ta tới toán tiếp theo:
Bài Toán (sưu tầm) Chứng minh với a, b, c số thực dương có tổng 3, ta ln có:
(a2b + b2c + c2a)(ab + bc + ca) ≤
Mục tiêu đánh giá để chuyển biểu thức chứa a + b + c ab + bc + ca Ta cần đánh giá thằng a2b + b2c + c2a ≤???.
Cần phải đánh giá hợp lí chặt Ví dụ ta sử dụng đánh giá a2b+b2c+c2a ≤
4 − abc ≤ − max{0; 4q−93 } không đến kết Nhưng để ý rằng:
(a + b + c)(a2b + b2c + c2a) =Xa3b +Xa2b2 + 3abc
và nhớ đến bất đẳng thức VasC quen thuộc
a3b + b3c + c3a ≤ (a
2+ b2+ c2)2
(3)ta có lời giải sau: Lời giải
Theo bất đẳng V asC ta có
a3b + b3c + c3a ≤ (a
2+ b2+ c2)2
3 ,
vì 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 ≤ (a
2+ b2+ c2)2
3 + (ab + bc + ca)
2− 3abc.
Đặt q = ab + bc + ca, ≤ q ≤ Ta xét trường hợp sau • Trường hợp q ≤
4
Ta có abc ≥ nên ta cần chứng minh
q (9 − 2q)
2
3 + q
2
≤ 27,
hay
1
7q2
q −
4
− 81
4 (q − 2)
2
≤
Bất đẳng thức ln • Trường hợp 2.q ≥
4 Theo bất đẳng thức Schur ta có
abc ≥ 4q − , nên ta cần chứng minh
q (9 − 2q)
2
3 + q
2− (4q − 9)
≤ 27,
hay
(q − 3)(7q2− 27q + 27) ≤
Dễ thấy bất đẳng thức Kết hợp trường hợp lại ta suy điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy a = b = c = Nhận xét
Chúng ta giải theo phương pháp pqr, ngồi ta cịn có lời giải đẹp sau, lần thấy anh Tăng Hải Tuân giải diễn đàn BoxMath.VN:
Khơng tính tổng qt, ta giả sử b nằm a c Khi đó, (b − a)(b − c) ≤ ⇒ b2 + ca ≤ ab + bc, suy
(4)Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có
(a2+ ac + c2)(ab + bc + ca) ≤ (a
2+ ac + c2+ ab + bc + ca)2
4 = (a + c)
2(a + b + c)2
4 = 9(a + c)
2
4
Do
(a2b + b2c + c2a)(ab + bc + ca) ≤
4b(a + c)
2
=
8.2b.(a + c).(a + c) ≤
8
(2b + a + c + a + c)3
27 =
Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c =
Bài Toán Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng: a + b2
b + c2
c + a2 + 45abc ≥ 13 (ab + bc + ca)2
Lời giải
Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc ≤ Ta có
X
a3b =Xa.Xa2b −Xa2b2− abcXa = 3Xa2b − q2+ 3r
≥ q.Xa2b − q2+ 3r,
X
a2b3 =Xab.Xab2− abcXa2+Xab = q.Xab2+ qr − 9r
Suy
a + b2 b + c2 c + a2 = a2b2c2+ abc +Xa3b +Xa2b3
≥ r2 − 5r + qr − q2 + qXa2b +Xab2 = r2− 5r + qr − q2+ q (3q − 3r)
= r2− 5r + 2q2− 2qr.
Vậy để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta chứng minh bất đẳng thức mạnh r2− 5r + 2q2− 2qr + 45r ≥ 13q2
⇐⇒ (5q − 3r) (q − 3r) ≥ Bất đẳng thức
(5)Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c =
Bài Toán Với a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3, chứng minh rằng: a + b2 b + c2 c + a2 + 10 ≥ (a + b + c)2
Lời giải
Đặt p = a + b + c ≥ 3, r = abc Ta có
X
a3b =Xa.Xa2b −Xa2b2− abcXa = p.Xa2b − + pr
≥ 3Xa2b + pr − 9,
X
a2b3 =Xab.Xab2− abcXa2+Xab
= 3Xab2− r p2− 3
Suy
a + b2 b + c2 c + a2 = a2b2c2 + abc +Xa3b +Xa2b3 ≥ a2b2c2+ abc +
3Xa2b + pr −
+
3Xab2− p2r + 3r
= r2− p2r + pr + 4r − + 3Xa2b +Xab2
= r2− 5r + 9p − p2r + pr − Vậy ta chứng minh bất đẳng thức mạnh là:
r2 + p − p2− 5 r + 3p + ≥ Xét
f (r) = r2+ p − p2− 5 r + 3p + 1, r ∈ D =
maxn0;p (12 − p
2)
9 o
;3 p
Ta có
f0(r) = 2r + p − p2 − ≤ + p − p2− = −11
4 −
p −
2 < 0,
suy f (r) nghịch biến D,
f (r) ≥ f p
=
p2 (p − 3) (4p − 3) ≥
Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c =
Bài Toán Với a, b, c 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 ≥
a2+ b2+ c2+ a2b2+ b2c2+ c2a2
(6)Lời giải
Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc Ta có bất đẳng thức tương đương với
3Xa2b a + b2 + 6a2b2c2 ≥ 4abcXa2+X
a2b2
Như Bài Toán 3, ta suy X
a2b a + b2 ≥ 2q2− 2qr − 6r.
Vậy nên bất đẳng thức ban đầu chứng minh ta chứng minh 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 =
maxn0;4q −
o ;q
2
9
Ta có
f0(r) = 30r + q − 2q2− 27 ≤ 30.q
2
9 + q − 2q
2− 27
= 4q
2
3 + q − 27 ≤ 4.9
3 + − 27 = −12 < Suy f (r) nghịch biến D,
f (r) ≥ f q
2
9
= 27q
3(3 − q) ≥ 0.
Từ ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c =
Bài Toán Với a, b, c 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
a2+ b2+ c2 ab + bc + ca ≥
7 Lời giải
Đặt q = ab + bc + ca, r = abc Ta dễ có
X
a2b a + b2 ≥ 2q2− 2qr − 6r Lại có
X
ab2 a2 + b =Xa3b2+Xab3
(7)và X
abXa2b + abc
− abcXa2+ 2Xab
+Xab3 ≤ 4Xab − 9abc +
X a2
2
= 4q − 9r +1
9 − 2q
2
Do bất đẳng thức ban đầu chứng minh ta chứng minh 2q2− 2qr − 6r
4q − 9r +1
9 − 2q
2 +
4
9 − 2q
q ≥
7
Xét
f (r) = 2q
2− 2qr − 6r
4q − 9r +
9 − 2q2 , r ∈
0;q Ta có
f0(r) = q (4q − 27) (3 − q) + 72 (q − 3) − 27qr + 27 (r − 1)
4q − 9r +
9 − 2q
22 < 0,
suy f (r) hàm nghịch biến,
f (r) ≥ f q
2
9
=
2q2− 2q
9 − q2
9 4q − 9.q
2
9 +
9 − 2q
2
= 12q
2− 2q3
3q2 − 72q + 243+
4
9 − 2q q Ta cần chứng minh
12q2− 2q3
3q2− 72q + 243+
4
9 − 2q
q ≥
7
⇐⇒ −2q3+ 3q2+ 81q ≤ 12q2− 288q + 972
⇐⇒ (q − 3) (2q + 21) − 264
(q − 3) ≥
Bất đẳng thức nên ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c =
Bài Toán Với a, b, c 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, abc = r; ta có ≤ q ≤ r ≥ 4q − Theo bất đẳng thức Holder ta có
V T ≥ (a + b + c)
3
3 (P a2b2+P a3b2) =
9
(8)Ta cần chứng minh
X
a2b2+Xa3b2 Xab + 3abc
≤ 36 Theo Bài Tốn ta có
(ab + bc + ca) a2b + b2c + c2a ≤ 9,
X
a3b2 =Xab.Xa2b − abcXa2+Xab ≤ − r (9 − q)
Vì mà X
a2b2+Xa3b2 Xab + 3abc=
X
ab2− 6abc +Xa3b2
X
ab + 3abc ≤ q2+ − r (15 − q) (q + 3r)
Vậy ta cần chứng minh
q2+ qr + − 15r (q + 3r) ≤ 36
⇐⇒ (15 − q) r2− 4q2− 15q + 27 r − q3− 9q + 36 ≥ 0.
• Với ≥ q ≥ 12 5, ta có
4q − >
4q2− 15q + 27 (15 − q) Xét
f (r) = (15 − q) r2− 4q2− 15q + 27 r − q3− 9q + 36,
Ta có
f0(r) = (15 − q) r − 4q2− 15q + 27 > 0, mà
r ≥ 4q − nên ta suy
f (r) ≥ f 4q −
=
3(q − 3)
(35q − 219)
q − 12
− 18
5
≥
• Với ≤ q ≤ 12
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có
V T ≥ (a
2+ b2+ c2)2
P a3b2+P a3b3
Ta lại có
X
(9)và
X
a3b3 = 3q (q − 3r) + 3r2 ≤ 3q (q − 3r) +
3q
2r.
Do đó, ta cần chứng minh
9q2+ 27 + q2− 24q − 27 r(q + 3r) ≤ 12 (9 − 2q)2 ⇐⇒ 27 + 24q − q2 r2− q3
+ 3q2− 27q + 81 r − 9q3+ 48q2− 459q + 972 ≥ Bất đẳng thức
∆0r= 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 a = b = c =
PHẦN II BÀI TẬP TỰ LUYỆN