Xem mẫu
- Ờ Ầ
Bất đẳng thức là một lĩnh vực khó, yêu cầu óc quan sát, linh cảm thực tế và
sức sáng tạo của người giải không gánh nặng lắm về lượng kiến thức.Chính
vì thế hầu hết các kì thi HSG thường có ít nhất 1 bài bất đẳng thức. Có thể nói
hiện nay có rất nhiều phương pháp hiện đại chẳng hạn như SOS;…. mà do
chính người VN ta tìm ra. Để chứng minh bất đẳng thức nếu sử dụng chúng
thì hầu như bài nào cũng giải được. Nhưng liệu khi đi thi chúng ta có đủ thời
gian để sử dụng chúng không? Nên việc tìm ra lời giải bằng các đẳng thức
cổ điển luôn được đánh giá cao đặc biệt là đối với những người yêu bất đẳng
thức. Trong bài viết này tôi sẽ chỉ nói về hai bất đẳng thức quen thuộc: côsi
(AM-GM) bunhia (Cauchy – swarchz) trong giải các bài bất đẳng thức đại số.
Hai bất đẳng thức này tuy nhiều ứng dụng nhưng để tìm ra chúng không phải
dễ dàng. Tất cả được chỉ ra qua một lượng đáng kể những ví dụ đa dạng, từ
nhiều nguồn khác nhau, đặc biệt là những kì thi Olympic toán hoặc trên
những trang web. làm cho bài viết trở nên vô cùng sinh động.
II. HAI BẤT ĐẲNG THỨC: AM – GM; Cauchy – swarchz và ứng dụng.
1. Bất đẳng thức AM – GM.
Với a1, a2…; an là n số thực không âm ta có:
a1 + a2 + … + an-1 + an n n a1a 2 ..a n 1a n
Dấu “=” a1 = a2 = … = an
Chứng minh bất đẳng thức này có khoảng hơn 40 cách nên xin dành lại
cho bạn đọc.
* Bất đẳng thức này rất quen thuộc và ứng dụng lớn nên nó sẽ là bất
đẳng thức đầu tiên mà các bạn cần nhớ và chú ý là dấu “=” xảy ra khi :
a1 + a2 + … + an-1 = an.
2. Bất đẳng thức Cauchy – swarchz (cs)
*Với hai dãy số thực tùy ý a1 ;a2 … an và b1, b2, bn ta luôn có:
1
- (a1b1+a2+b2+..anbn)2
( a12 a2 .. an ) ( b12 b22 .. bn2 )
2 2
Dấu “=” J số k sao cho aj = k.bj (Với J = 1, n )
*Hệ quả: (dạng cộng mẫu số)
2
(a1 a2 ..an ) 2
a12 2
an
a2
(Với xi > 0 , v = 1, n )
..
x1 xn xn x1 x2 .. xn
Bất đẳng thức này còn có tên gọi là Engel hay Swarchz.
Chứng minh bất đẳng thức (*) có nhiều cách nhưng có một cách này
các bạn nên nhớ:
n
2
( a1 a2 ..an ) 2 ( b12 .. bn ) - (a1b1+a2+b2+..anbn) =
2
(ajbJ - aJbi)
i; j 1
3. Ứng dụng.
*Bài toán 1: cho a, b, c o. CMR
a b c 3
(*)(BĐT Nesbit)
bc ca ab 2
Cách 1:
a 1 b 1 c 1
BĐT: (*) ( )( )( )0
bc 2 ca 2 ab 2
a 1 b 1 c 1
( )( )( )0
bc2 ca2 ab2
( a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2
0
2(c a)(c b) 2(a b)(a c) 2(b a)(b c)
3 [(a b)(b c )(c a )]2
a b c 3
3
2 [(a b)(b c )(c a )]2
bc ca ab 2
(Đúng).
Ta còn có thể sử dụng bất đẳng thức Am-Gm để làm chặt.Với cùng điều kiện
trên ta có bất đẳng thức khoẻ hơn sau:
3 [(a b )(b c )(c a )]2
a b c 3
3
2 [(a b )(b c )(c a )]2
bc ca ab 2
Cách 2:
2
- a2 b2 c2 (a b c )2
a b c
bc ca ab a (b c ) b (c a ) c (a b ) 2(ab bc ca )
(Cauchy – swarchz dạng Engel)
(a b c) 2 3
2(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
Mà : 0
2
2(ab bc ca)
(a-b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 0
Đpcm
a 12
Cách 3: Từ nhận xét: ( 0
)
bc 2
8a
1
a 1 bc 8a b c
. =
a
bc 4 4(a b c)
1
bc
b 8b c a c 8c b a
Tương tự: ;
ca 4(a b c ) a b 4(a b c )
Cộng ba bất đẳng thức lại thì ta có:
a b c (8a b c) (8b c a) (8c a b) 3
bc ca ab 4(a b c) 2
Đpcm.
Ngoài cách giải trên ta còn có khoảng hơn 30 cách nữa để chứng minh
bất đẳng thức Nesbit này.Lời giải bằng CS rất hiệu quả trong việc chứng
minh bất đẳng thức 3 biến đối xứng
Bài toán 2: Cho a, b, c > 0. CMR
ab bc ca
a + b + c.
c a b
*Đây là bất đẳng thức 3 biến đối xứng với cách giải khá quen thuộc .Thông
thường ta sẽ nhóm lần lượt 2 số rồi sử dụng Am-Gm. Và 1 chú ý nữa là dấu
‘=’ a=b=c.
*Lời giải:
Sử sụng liên tiếp bất đẳng thức AM – GM cho 2 số không âm:
3
- 1 ab.bc
1 ab bc
.2 b
( )
2 ac
2c a
1 bc ca
c
( )
2a b
1 ca ab
a
( )
2b c
Cộng lại ta được Đpcm.
Bài toán 3: Cho a, b, c > 0. CMR:
9 3 abc
a b c
6
b c a (a b c)
Lời giải:
*Nhận thấy dấu ‘=’ a=b=c
a b c
Đối với những bất đẳng thức hoan’ vị: thì ta cần phải sử dụng bất đẳng
b c a
thức phụ để đưa về đối xứng thì việc giải quyết sẽ dễ dàng hơn .
a b c abc
*Dự đoán.Nếu có: (cũng có dấu ‘=’ a=b=c)
3
b c a abc
93 abc
abc
Thì theo AM – GM : + 6
3 abc
abc
Thì bài toán được chứng minh .
Bây giờ ta sẽ kiểm chứng ‘dự đoán’ trên xem bất đẳng thức có đúng không ?
(x y z)
x y z
Với x, y, z > 0 ta có: .
y z x xyz
3
Thật vậy: nếu sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì ta có:
x x y x.x. y 3x
.
33
y y z y . y .z xyz
3
Tương tự:
3y 3z
y y z z z x
;
xyz x x y
z z x xyz
3
3
4
- ( x y z)
x y z
Cộng chúng lại ta được: ( )
y z x 3 xyz
Dự đoán của chúng ta là hoàn toàn chính xác !.Bài toán được giải quyết trọn
vẹn .
*Bài toán tương tự: (APMO 1998). CMR với x, y, z > 0 ta có:
2( x y z)
x y z
2+ (*)
(1 )(1 )(1 )
y z x xyz
3
* Bất đẳng thức (*) sau khi khai triển ta được:
x y z 2( x y z)
x y z
( )+( )
y z x z x y xyz
3
Đến đấy nhìn rất quen thuộc so với bài toán 3.
(x y z)
x y z
Thì ta sử dụng kết quả thì bài toán “APMO 1998” được
y z x xyz
3
giải quyết .Lại 1 lần nữa cho thấy được hiệu quả khi sử dụng Am-Gm.
Bài toán 4:Cho a;b;c>0.CMR:
a 3 b3 c 3 ab bc ca
2. 3
a 2 b2 c2
3abc
a 3 b3 c 3 ab bc ca
*Nhận thấy: 1 nên chúng ta thường nghĩ ngay đến
1;
a 2 b2 c2
3abc
việc sử dụng SOS.
Chú ý:
(a b c)
a 3 b3 c3 3abc [(a-b)2 (b c) 2 (c a ) 2 ]
2
1
a 2 b2 c2 [(a-b)2 (b c )2 (c a )2 ]
ab bc ca
2
Nên bđt
abc 1
( a b) 2 ( )0
2
b2 c2 )
6abc (a
Thật may mắn cho chúng ta là đến đây không phải đánh giá nhiều vì có luôn
(a b c)(a 2 b 2 c 2 ) 9abc .
5
- Nhưng đằng sau mỗi bài toán bao giờ cũng tồn tại lời giải cổ điển và việc
của chúng ta là phải tìm ra nó mà thôi.
Nhận thấy:
a 3 b3 c 3 (a3 b3 c3 )(ab bc ca )2
ab bc ca
(Am-Gm)
2. 33
a 2 b2 c2 3abc.( a 2 b 2 c 2 ) 2
3abc
Mà: (a 3 b3 c3 )(a b c) (a 2 b 2 c 2 )2 (CS)
Và: (ab bc ca) 2 3abc(a b c)
Phép chứng minh hoàn tất
Không dừng lại ở đó chúng ta còn có:
a 3 b3 c 3 ab bc ca
3 với mọi n nguyên dương.
2n
a 2 b2 c2
3abc
Đến đây liệu phân tích SOS còn được nữa không?. Nhưng chỉ với chú ý nhỏ
ab bc ca ab bc ca
là: thì bài toán được giài quyết.
n
a 2 b2 c2 a 2 b2 c2
Qua mấy bài trên phần nào chúng ta cũng đã thấy được sự lợi hại của nó
trong việc chứng minh bất đẳng thức.
Bài toán 5: Cho a, b, c > 0. CMR:
a2 b2 c2
1 (*)
a2 ab b 2 b2 bc c 2 c2 ca a 2
Ở đây nếu ta sử dụng luôn bất đẳng thức CS dạng Engel thì:
a2 b2 c2 (a 2 b 2 c 2 )2
1
a2 ab b 2 b2 bc c 2 c2 ca a 2 a4 a 2b2 a 3b
(a 2 b 2 c 2 ) 2
Nhưng 1 thì lại không đúng nên ta sẽ phải tìm cách
a4 a 2b 2 a 3b
khéo léo hơn để sử dụng được CS.
*Lời giải:
6
- 1
1 1
BĐT: (*) + 2+ 1
cc
2
a a2
bb
1
1 1
b b2
a a2 c c2
*Đến đây ta sẽ đổi biến đặt
b c a
z ' thì ta có:x’.y’.z’=1.
x '; y ';
a b c
yz zx xy
Nếu đổi biến 1 lần nữa cho: x= để xem dung CS dạng Engel
;y ;z
x2 y2 z2
còn được nữa không.
Thì BĐT về dạng:
x4
1
x4 x 2 yz y 2z 2
Áp dụng BĐT CS dạng Engel ta được:
( x 2 y 2 z 2 )2
VT
x4 x2 y2
xyz ( x y z )
( x 2 y 2 z 2 )2
Và thật may mắn là ta có: 1
x4 x2 y2
xyz ( x y z )
x2 y2
x4
(Do ( x 2 y2 z 2 )2 xyz( x y z)
x2 y 2 xyz (x + y + z)
12
y) 2 x2(y z)2 y 2 (z x) 2 )
z (x
2
Phép chứng minh hoàn tất.
Bài toán trên là bài toán khó.Việc tìm ra lời giải bằng CS là không phải dễ !
* BĐT trên còn có thể phát biểu dưới dạng.
* Với x, y, z > 0, xyz = 1. CMR.
x2 y2 z2
+2 +2 1
x2 x 1 y y1 z z1
Cùng với cách tương tự trên ta có với x, y, z > 0, xyz = 1.
7
- 1 1 1
+2 +2 1
2
y y1
x x1 z z1
(Võ Quốc Bá Cẩn, Vascle Cutoaje)
Bài toán 6: Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3
a 2 bc b 2 ca c 2 ab
CMR: + + 3. (*)
ac b c ab a bc
(Trần Quốc Anh).
*Lời giải:
Để cho việc chứng minh dễ dàng ta thường đưa về bất đẳng về dạng đồng bậc
. Nên sẽ đưa tất cả các mẫu số về bậc 2
Ta có: 3 (b + ca) = (a + b + c) b + 3 ca
c2 + a2
Theo bất đẳng thức AM – GM : 2ca
(a + b + c) b + c2 + a2 + ca = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca.
Nên: 3 (b + ca)
a 2 bc b 2 ca c 2 ab 3(a 2 bc) 3(b 2 ca ) 3(c 2 ab)
Vậy: + + =3
ac b c ab a bc a 2 b 2 c 2 ab bc ca
Phép chứng minh hoàn tất .
*Bài toán trên là 1 sự khéo léo trong việc sử dụng côsi và 1 lần nữa cũng cho
thấy được sức mạnh của nó.
Bài toán 7:Cho các số thực x;y;z khác 1 thoả mãn tích của chúng bằng 1.
x y z
)2 ( )2 ( ) 2 1 (IMO 2008).
CMR: (
x1 y1 z1
Cách 1:
x y z
Đặt: a khi đó từ giả thiết xyz=1 nên:
;b ;c
x1 y1 z1
(a 1)(b 1)(c 1) suy ra được a b c ab bc ca 1 .
abc
Mà bài toán bây giờ trở thành chứng minh:
a 2 b2 c2 2( a b c ab bc ca )-1
(a b c 1) 2 0
8
- Phép chứng minh hoàn tất.
Nhưng liệu lời giải bằng cổ điển còn có hiệu quả nữa không ?
Cách 2: Chúng ta sẽ thử sử dụng CS xem sao!
Thông thường với điều kiện xyz=1 thì ta thường đổi biến để đưa về đồng bậc
a
b c
Đặt x = b ; y = ; z = ; (xyz = 1)
c a
BĐT (*)
a2 b2 c2
+ + 1
(a b) 2 (b c ) 2 (c a ) 2
Áp dụng BĐT Cauchy – swarchz.
VT: (a b)2 (a c)2 (b c)2 (b a)2 (c a)2 (c b)2
2
a(a c) b(b a) c(c b)
Đặt m = (a-b) (a-c); n (b-c) (b-a); p = (c – a) (c-b)
Hiển nhiên mn + np + mp = 0
Dễ dàng chứng minh được:
2
(a b) 2 (a c) 2 = (m + n + p) (1)
Lại có m + n + p = (a b)(a c) a(a c) b(b a) c(c b)
Nên: (m n p) 2 [a(a-c)+b(b-a)+c(c-b)]2 ]2 (2)
Từ (1) và (2) bài toán được giải quyết.
Lại 1 lần nữa đã cho ta thấy được sức mạnh khi dung bđt cổ điển
Bài toán 8: Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác.CMR:
a ab bc ca 5
a 2 b2 c2
bc 2
Phạm Kim Hùng.
Nhìn vào bài toán thì nhiều người sẽ sử dụng ngaySOS .
5 a ab bc ca
( )0
a 2 b2 c2
2 bc
9
- Với chú ý là:
( a b) 2
a 3
bc 2 2(c a )(c b)
(a b) 2 (b c) 2 (c a ) 2
ab bc ca
Và: 1
a 2 b2 c2 2(a 2 b 2 c 2 )
Nên bất đẳng thức của chúng ta:
1 1
( a b) 2 ( )0
2
b2 c2 )
(a (c a )(c b)
ab bc ca a 2 b 2
( a b) 2 ( ) 0
(c a)(c b)
Đến đây việc đánh giá của chúng ta không còn đơn giản như bài toán 4 nữa.
ab bc ca a 2 b 2 ab bc ca a 2 c 2 ab bc ca b 2 c 2
Đặt Sc ; Sb ; Sa
(c a )(c b) (b a )(b c) (a b)(a c)
Giả sử: a b c . Thì chúng ta có:
ab bc ca b 2 c 2 b (a b ) c (b c ) ca
0 (1)
Sa
(a b)(a c) (a b)(a c)
a(b c a) c(b c)
(2)
Sb 0
(b a)(b c)
a 2 (b3 c 3 ) a 3 (b 2 c 2 ) 2abc(b 2 c 2 ) a 3 (b 2 bc c 2 ) a 3 (b 2 c 2 ) 2abc(b 2 c 2 )
b 2 Sb c 2 S c 0
(a b)(b c)(c a ) (a b)(b c)(c a )
(3)
Ta đang cần chứng minh:
S c ( a b) 2 Sb ( a c ) 2 Sa (b c) 2 0 (*)
ac b
Mà: (4)
ab c
Xét a khác b thì từ (1);(2);(3);(4) ta suy ra được:
b c2 b
VT(*) (a b) 2 [Sa ( Sb ( ) 2
) Sc ] 0
ab c
Trường hợp a=b thì từ (1);(2) suy ra đpcm.
Bài toán giải quyết trọn vẹn.
10
- *Lời giải bằng SOS khá cồng kềnh và phức tạp.Nhưng liệu bất đẳng thức cổ
điển có giải được bài toán này không?.Câu trả lời có. :)
BĐT cần chứng minh:
a ab bc ca 1
3-( )
2 2 2
bc abc 2
(a b c) 2
bca 1 ab bc ca
a 2 b2 c2 2(a 2 b 2 c 2 )
bc 2
Thật vậy:
( a b c) 2
bca
bc (b c a)(b c)
(b c a)(b c) = 2(a 2 b 2 c 2 )
Mà:
Suy ra bài toán được giải quyết.
*Ẩn
* Lời giải vô cùng đẹp nhưng để tìm ra nó cần phải trải qua thời gian và sự
rèn luyện bất đẳng thức hàng ngày của chúng ta.
4.Sáng tạo bất đẳng thức bằng cách sử dụng 2 bất đẳng thức cổ điển.
Bài toán 9: Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3
4abc(a 2 b 2 ) 2
a (a-b) (a-c) + b(b-a) (b-c) + c(c-a) (c-b)
(a b c)(a b)(b c)(c a )
*Lời giải này của: Nguyễn Đình Thi
VT = a3 + b3 + c3 + 3abc – ab (a+b) – bc (b+c) – ca (c+a)
= a3 + b3 + c3 - a (b2 – bc + c2) – b (c2 ca + a2) – c (a2 – ab + b2)
a (b 3 c 3 ) b(c 3 a 3 ) c(a 3 b 3 )
= a3 + b3 + c3 - - -
bc ca ab
ab(a 2 b 2 ) ac(a 2 c2 ) bc(b 2 c 2 ) ba (b 2 a2 ) ca(c 2 a 2 ) bc(c 2 b2 )
= + +
bc ca ab
bc(b c)(b c) 2 ca(c a)(c a) 2
ab(a b)(a b) 2
= + +
(b c)(c a) (c a)(c b) (a b)(b c)
ab(a 2 b 2 ) 2 bc(b 2 c 2 ) ca(c 2 a2 )
=
(a b)(b c)(c a)
11
- abc (a 2 b 2 ) 2 (b 2 c 2 ) 2 (c 2 a 2 ) 2
= [ + + ]
(a b)(b c)(c a) c a b
Áp dụng BĐT CS dạng Engel được:
(a 2 b2 )2 (b 2 c2 )2 (c 2 a 2 ) 2 4(a 2 b 2 )
+ +
c a b abc
Đpcm.
*Đây là 1 trong những cách sáng tạo bất đẳng thức khá phổ biến là làm mạnh
1 bất đẳng thức. Sử dụng CS để sáng tạo chúng thì việc tìm ra lời giải không
dễ như là làm chặt bằng Am-Gm qua bài toán 1
NX: Bất đẳng thức này rất hay và khác hơn bất đẳng thức shur.
*BĐT shur của chúng ta là:
a (a-b) (a-c) + b (b-a) (b-c) + c (c-a) (c-b) 0
Bài toán 10: (Lương Hải Đăng).
Cho a, b, c > 0. a3b + b3c + c3a = 3. CMR:
(a b)(b c)(c a) 24 16
+2
(a b b 2 c c 2 a) 2
abc 3
*Ý tưởng khi nghĩ ra bài này của mình là dựa vào bất đẳng thức quen thuộc:
8
(a + b) (b + c) (c + a) (a + b + c) (ab + bc + ca) và từ dấu ‘=’
9
a=b=c=1.Thì ta suy ra được:
8
(a b c)(ab bc ca)
(a b)(b c)(c a) 8
9 = (ab + bc + ca)
abc 9
abc
Đến đây ta sẽ dùng Am-Gm để chế tiếp .Nên chúng ta phải cộng thêm 1
x
lượng nữa . Và x=8 là con số để thoả mãn dấu “=” a=b=c=1 khi
ab bc ca
dung Am-Gm.
24
Nếu như thế bài toán khá dễ nên phải che đậy bằng biểu thức:
(a b b 2 c c 2 a) 2
2
cùng với điều kiện bài toán .
*Lời giải:
12
- Áp dụng CS ta có: (a3b + b3c + c3a) (ab + bc + ca) (a2b + b2c + c2a)2
24 8
(a b b 2 c c 2 a) 2
2
ab bc ca
8
Mà: (a + b) (b + c) (c + a) (a + b + c) (ab + bc + ca)
9
ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) 6abc
c (a - b)2 + b (a - c)2 + a (b – c)2 0
8
(a b c)(ab bc ca)
(a b)(b c)(c a) 8
9
Vậy = (ab + bc + ca)
abc 9
abc
8 8 6
Nên theo AM – GM: (ab + bc + ca) +
9 ab bc ca 13
Đpcm.
Bài toán 11: Cho a, b, c > 0. CMR:
3(a 2 b 2 )(b 2 c 2 )(c 2 a2 )
+ 2 (ab + bc + a – 1)2 1.
8(a 2 b 2 c 2 )3
(Với a + b + c = 1)
(Lương Hải Đăng)
*Lời giải:
8
Sử dụng BĐT sau: (x + y) (y + z) (z + x) (x + y + z) (xy + yz + zx).
9
a 2b 2 b 2 c 2 c 2 a 2
3(a 2 b 2 )(b 2 c 2 )(c 2 a2 ) (ab bc ca) 2
(Cauchy –
8(a 2 b 2 c 2 )3 3(a 2 b 2 c 2 ) 9(a 2 b 2 c 2 ) 2
swarchz).
1
a2 b2 c 2 = 1 – 2x
Đặt x = ab + bc + ca 0 x
3
Nên ta chỉ cần chứng minh:
x2
+ 2 (1 – x)2 1 (*)
2
9(1 2 x)
Đến đây có nhiều cách có thể sử dụng côsi điểm riêng hoặc:
(3x-1) (24x3 – 64x2 + 45x – 9)
BĐT: (*) 0
13
- 1
Mà x 3x – 1 0
3
Và : 64x2 + 9 = 81x2 + 9 – 17x2 54x – 17x2 (côsi hay AM – GM)
Nên (24x2 – 64x2 + 45x – 9) 24x – 54x + 17x2 + 45x
= 24x3 – 9x + 17x2
17 24 2
x(1 9 x2 )
x (1 3 x) x 0
3 9 3
1
( Đúng do: (0 x )
3
Vậy: (3x – 1) (24x2 – 64x2 + 45x – 9) 0.
Bài toán giải quyết.
Mình nghĩ ra bài này cũng dựa trên:
8
(x + y) (y + z) (z + x) (x + y + z) (xy + yz + zx) mà thôi rồi đưa về 1
9
biến để chứng minh .
Bài toán 12: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác
CMR:
1 1
a( 0 (*)
)
bca bc
(chọn đội dự tuyển sư phạm 2009)
BĐT (*) đưa về dạng:
a
a+b+c
bc
bca
b ) 2 ab (a b c)
(a
a
Cách 1: BĐT c) + 0
(a b )( a
bca (b c a )(c a b)
14
- a
Theo voirn_shur : 0
(a b )( a c)
bca
=>ĐPCM
Cách 2: Chỉ hoàn toàn sử dụng côsi với CS
Đặt a = y + z; b = x + z; c = x + y
Ta chỉ cần chứng minh
yz
2 (x + y + z).
(x y )( x z)
2x
yz
4 (x + y + z).
(x y )( x z)
2x
Theo Cauchy – swarchz thì: ( x y)( x z ) x yz
(y z )( x yz )
yz
Nên = 2 (x + y + z) +
(x y )( x z)
x
2x
(y z ) yz
x
(y z ) yz 2 yz
Theo AM – GM:
x
x
y z y z
Nên: 2 (x + y + z) + 2 4 (x + y + z)
(x y )( x z)
x x
Điều phải chứng minh
Lời giải trên đơn thuần chỉ dùng 2 bđt cổ điển thong qua cách 1 ta thấy được
sự ưu việt của việc sử dụng chúng
*Ngoài ra với điều kiện trên ta cũng có bài toán chặt hơn sau:
a
3( a 2 2
c2 )
bc b
bca
*Nhận xét: BĐT trên cũng chỉ sử dụng hai bất đẳng thức quen
thuộc.Các bạn có thể thử nhé ! Sau một số ví dụ trên chúng ta cũng thấy
phần nào sức mạnh của hai bất đẳng thức cổ điển làm cho lời giải trở nên rất
đẹp !
Sau đây chúng ta sẽ đến với bài toán cuối cùng.
15
- Bài toán 13: (MIC vòng 1)
Cho a, b, c không âm và không có 2 số nào cùng bằng 0. CMR:
a2 b 2 ca c 2 ab
bc
A= +2 +2 3
b2 bc c 2 c ca a 2 a ab b 2
Nhận thấy dấu “=” có 1 số bằng 0 và 2 số còn lại bằng nhau .Ta sẽ đi
đến với lời giải sau
*Lời giải:
Cách 1:
Giả sử c = min {a, b, c}
Do: a2 + bc a2 ; b2 + ca a2 ; c2 + ab ab
Và: b2 – bc + c2 = b2 + c (c – b) b2; c2 – ca + a2 a2
a2 b2 ab
Nên A + 2+ 2
b2 ab b 2
a a
Áp dụng BĐT AM – GM thì:
a2 b2
2a 2b
1; 2 1
b2 b a
a
2a 2b ab
A ( 1) + ( 1) + 2
ab b 2
b a a
a2 ab b 2 ab a b
=( )( 1) 2213
2 2
ab b a
a ab b
(AM – GM)
Bài toán được giải quyết.
Cách 2:
Sử dụng bất đẳng thực CS thì ta có
(a 2 bc b 2 ca c 2 ab) 2
VT
(a 2 bc)(b 2 bc c 2 )
Ta cần chứng minh:
(a 2 bc b 2 ca c 2 ab) 2
3
(a 2 bc)(b 2 bc c 2 )
16
- a 4 7abc(a b c) ab(a 2 b2 )
Mà theo shur thì ta có
a 4 abc(a b c) ab(a 2 b2 )
Đpcm
Làm chặt bất đẳng thức.
Ở cách 1 ta còn đánh giá hơi yếu.Rõ rang thừa ra hẳn 1 lượng
ab
từ đây ta có thể suy ra được bài toán cũng rất đẹp sau
2
ab b 2
a
a2 b2 c2
bc ca ab
A = + +
2
bc c 2 2
ca a 2 2
ab b 2
b c a
(abc) 2
3+ 3 3
(a 2 ab b 2 )(b 2 bc c 2 )(c 2 ca a 2 )
Một cách sáng tạo khác
3(abc) 2
A3 -Các bạn thử chứng minh xem sao
(a 2 ab b 2 )(b2 bc c 2 )(c 2 ca a 2 )
hoàn toàn chỉ sử dụng đến 2 bất đẳng thức quen thuộc
17
- III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
1. Cho a, b, c > 0, abc = 2 CMR:
a3 + b3 + c3 a b c +b c a +c a b
(JBMO 2002)
2. Cho a, b, c; x, y, z > 0 và x + y + z = 1. CMR:
ax + by + cz + 2 ( xy yz zx)(ab bc ca) a+b+c
(Ukrame, 2001)
a3 b3 c3 3(ab bc ca)
3. +2 +2
2
bc c 2 ca a 2 ab b 2
b c a (a b c)
Với a, b, c > 0
4. Cho a, b, c > 0. CMR:
a3 + b3 + c3 ab 2(a 2 b 2 ) + bc 2(b 2 c 2 ) + ca 2(c 2 a 2 )
5. (Việt Nam 2002) cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 9.
CMR:
2(a + b + c) – abc 10.
(vascle artoajre)
6. Cho a, b, c > 0. CMR:
2a 2b 2c
+ + 3.
ab bc ca
Bài 7: (Trần Quốc Anh). Cho a, b, c không âm thỏa mãn:
a + 2b + 3c = 4. CMR:
P(a,b,c) = (a2b + b2c + c2a + abc) (ab2 + bc2 + ca2 + abc) 8
+ Gợi ý: Dấu “=” a = 2, b = 1, c = 0.
8. (Trần Quốc Luật). Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 3. CMR:
8(2 - a) (2 - b) (2 - c) (a + bc) (b + ca) (b + ca) (c + ab).
18
- 0 và a2 + b2 + c2 = 1. CMR.
9. Cho a, b, c
a3 b3 c3
+2 +2 2
b2 bc c 2 bc c 2 ac a 2
b c
(Võ Quốc bá Cẩn).
10. Cho a, b, c, d 0. CMR:
a b c d 4
( + + + )
2
c2 2 2
c2 2 2
b2 2 2
b2 2
abcd
b d a d a d a c
(Phạm Kim Thùng)
11. Cho a, b, c > 0 và abc = 1. CMR:
ab bc ca
+ + 3.
a1 bc c1
12. Cho a, b, c, d 0. CMR:
a b c a
abc
+ + 2 +
1
bc ca ab ba
(a b)(b c)(c a )
b c
+ .
cb ca
13. Cho a, b, c 0. CMR:
(a + b)2 (b + c)2 4 (a2 + bc) (b2 + ca) (c2 + ab) + 32a2b2c2
14. Cho a, b, c > 0. CMR:
a b c 21(ab bc ca)
10
(a b c) 2
b c a
(Võ Quốc Bá Cẩn)
19
nguon tai.lieu . vn
