Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com GIẢI TOÁN NHỜ SỰ LIÊN HỆ GIỮA CÁC BIỂU THỨC Trong viết giới thiệu cho người cách giải số toán nhờ việc sử dụng cách hợp lí liên hệ biểu thức ba biến a + b + c, ab + bc + ca, a2 + b2 + c2 , a2 b+b2 c+c2 a, ab2 +bc2 +ca2 , a3 b+b3 c+c3 a Để hiểu rõ phương pháp qua toán sau, muốn khoe pets nhà miếng :D Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com PHẦN I CÁC BÀI TOÁN Bài Toán Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: 3(a2 b + b2 c + c2 a) + 6abc + ≥ 8(ab + bc + ca) Lời giải Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2 b + ab2 + 3abc + ≥ ⇐⇒ 3(a + b + c)(ab + bc + ca) + ≥ Mà ta có ab2 + abc ≤ ab2 + abc ab + ab + ab2 + abc (a + b + c)3 27 √ nên đặt t = a + b + c, ( ≤ t ≤ 3) ta cần chứng minh 3t t2 − + ≥ 4(t2 − 3) + t3 , hay (t − 3)2 (42t + 19) ≥ 18 Bất đẳng 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 2(ab+bc+ca)−(a2 +b2 +c2 ) Nếu ta dựa vào đánh giá a2 b+b2 c+c2 a ≥ (ab+bc+ca) abc ≥ max{0; } a+b+c a+b+c 2 không thu bất đẳng thức Nhưng nhờ có đẳng thức a b + ab + 3abc = a ab ta đưa ab2 sang vế phải làm a2 b vế trái, sau dùng 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 có: (a2 b + b2 c + c2 a)(ab + bc + ca) ≤ Mục tiêu đánh giá để chuyển biểu thức chứa a + b + c ab + bc + ca Ta cần đánh giá thằng a2 b + b2 c + c2 a ≤??? Cần phải đánh giá hợp lí chặt Ví dụ ta sử dụng đánh giá a2 b+b2 c+c2 a ≤ − abc ≤ − max{0; 4q−9 } không đến kết Nhưng để ý rằng: (a + b + c)(a2 b + b2 c + c2 a) = a3 b + nhớ đến bất đẳng thức VasC quen thuộc (a2 + b2 + c2 )2 a b+b c+c a≤ 3 3 a2 b2 + 3abc Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com ta có lời giải sau: Lời giải Theo bất đẳng V asC ta có a3 b + b c + c a ≤ (a2 + b2 + c2 )2 , mà 3(a2 b + b2 c + c2 a) = (a + b + c)(a2 b + b2 c + c2 a) = (a3 b + b3 c + c3 a) + (a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) + 3abc = (a3 b + b3 c + c3 a) + (ab + bc + ca)2 − 3abc (a2 + b2 + c2 )2 ≤ + (ab + bc + ca)2 − 3abc Đặt q = ab + bc + ca, ≤ q ≤ Ta xét trường hợp sau • Trường hợp q ≤ Ta có abc ≥ nên ta cần chứng minh q (9 − 2q)2 + q2 ≤ 27, hay 7q q − − Bất đẳng thức • Trường hợp q ≥ Theo bất đẳng thức Schur ta có abc ≥ 81 (q − 2)2 ≤ 4q − , nên ta cần chứng minh q (9 − 2q)2 + q − (4q − 9) ≤ 27, hay (q − 3)(7q − 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, ta có lời giải đẹp sau, lần thấy anh Tăng Hải Tuân giải diễn đàn BoxMath.VN: Không tính tổng quát, ta giả sử b nằm a c Khi đó, (b − a)(b − c) ≤ ⇒ b2 + ca ≤ ab + bc, suy a2 b + b2 c + c2 a ≤ b(a2 + ac + c2 ) Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có (a2 + ac + c2 + ab + bc + ca)2 (a + c)2 (a + b + c)2 = 9(a + c)2 = (a2 + ac + c2 )(ab + bc + ca) ≤ Do (a2 b + b2 c + c2 a)(ab + bc + ca) ≤ b(a + c)2 = 2b.(a + c).(a + c) (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 a3 b = a a2 b − =3 a2 b − q + 3r ≥ q a2 b − q + 3r, a2 b2 − abc a a2 + ab a2 b = ab = q ab2 − abc ab2 + qr − 9r Suy a + b2 b + c2 c + a2 = a2 b2 c2 + abc + a3 b + ≥ r2 − 5r + qr − q + q a2 b a2 b + ab2 = r2 − 5r + qr − q + q (3q − 3r) = r2 − 5r + 2q − 2qr Vậy để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta chứng minh bất đẳng thức mạnh r2 − 5r + 2q − 2qr + 45r ≥ 13q ⇐⇒ (5q − 3r) (q − 3r) ≥ Bất đẳng thức √ q = ab + bc + ca ≥ a2 b2 c2 ≥ 3abc = 3r Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com 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: c + a2 + 10 ≥ (a + b + c)2 b + c2 a + b2 Lời giải Đặt p = a + b + c ≥ 3, r = abc Ta có a3 b = a2 b − a = p a2 b − + pr ≥3 a2 b + pr − 9, a2 b2 − abc a a2 + ab a2 b = =3 ab2 − abc ab ab2 − r p2 − Suy a + b2 b + c2 c + a2 = a2 b2 c2 + abc + a3 b + ≥ a2 b2 c2 + abc + a2 b a2 b + pr − + = r2 − p2 r + pr + 4r − + a2 b + ab2 − p2 r + 3r ab2 = r2 − 5r + 9p − p2 r + pr − Vậy ta chứng minh bất đẳng thức mạnh là: r2 + p − p2 − r + 3p + ≥ Xét f (r) = r2 + p − p2 − r + 3p + 1, r ∈ D = max 0; p (12 − p2 ) ; p Ta có f (r) = 2r + p − p2 − ≤ + p − p2 − −11 = − p− 2 < 0, suy f (r) nghịch biến D, f (r) ≥ f p = (p − 3) (4p − 3) ≥ p2 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 b c a + b2 + b + c2 + c + a2 + 6abc ≥ a2 + b2 + c2 + a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 c a b Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com Lời giải Đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc Ta có bất đẳng thức tương đương với a2 b a + b2 + 6a2 b2 c2 ≥ 4abc a2 + a2 b Như Bài Toán 3, ta suy a2 b a + b2 ≥ 2q − 2qr − 6r Vậy nên bất đẳng thức ban đầu chứng minh ta chứng minh 2q − 2qr − 6r + 6r2 ≥ 4r (9 − 2q) + q − 6r ⇐⇒ 15r2 + q − 2q − 27 r + 3q ≥ Xét f (r) = 15r2 + q − 2q − 27 r + 3q , r ∈ D = max 0; 4q − q ; Ta có f (r) = 30r + q − 2q − 27 q2 ≤ 30 + q − 2q − 27 4q = + q − 27 4.9 ≤ + − 27 = −12 < Suy f (r) nghịch biến D, f (r) ≥ f q2 = q (3 − q) ≥ 27 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: a2 b (a + b2 ) + b2 c (b + c2 ) + c2 a (c + a2 ) a2 + b2 + c2 + ≥ 2 2 2 ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) ab + bc + ca Lời giải Đặt q = ab + bc + ca, r = abc Ta dễ có a2 b a + b2 ≥ 2q − 2qr − 6r Lại có ab2 a2 + b = = a3 b + ab ab3 a2 b − abc a2 + ab + ab3 , Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com ab a2 b + abc − abc a2 + ab + = 4q − 9r + ab3 ≤ − 2q ab − 9abc + a2 2 Do bất đẳng thức ban đầu chứng minh ta chứng minh 2q − 2qr − 6r − 2q 4q − 9r + Xét f (r) = Ta có f (r) = − 2q ≥ + q 2q − 2qr − 6r 4q − 9r + − 2q 2, r ∈ 0; q2 q (4q − 27) (3 − q) + 72 (q − 3) − 27qr + 27 (r − 1) 4q − 9r + − 2q 2 < 0, suy f (r) hàm nghịch biến, f (r) ≥ f q2 2q q2 2q − − 9 = q2 − 2q 4q − + 12q − 2q − 2q = + 3q − 72q + 243 q Ta cần chứng minh 12q − 2q − 2q + ≥ 3q − 72q + 243 q 3 2 ⇐⇒ −2q + 3q + 81q ≤ 12q − 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: b2 a b c ab + bc + ca + 3abc + + ≥ 3 +c c +a a +b Lời giải Đặt ab + bc + ca = q, abc = r; ta có ≤ q ≤ r ≥ 4q − Theo bất đẳng thức Holder ta có (a + b + c)3 = VT ≥ ( a2 b + a3 b ) a2 b + a3 b Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com Ta cần chứng minh a2 b + a3 b ab + 3abc ≤ 36 Theo Bài Toán ta có (ab + bc + ca) a2 b + b2 c + c2 a ≤ 9, a3 b = a2 b − abc ab a2 + ab ≤ − r (9 − q) Vì mà a2 b + a3 b ab + 3abc = ab − 6abc + a3 b ≤ q + − r (15 − q) (q + 3r) Vậy ta cần chứng minh q + qr + − 15r (q + 3r) ≤ 36 ⇐⇒ (15 − q) r2 − 4q − 15q + 27 r − q − 9q + 36 ≥ • Với ≥ q ≥ Xét Ta có 12 , ta có 4q − 4q − 15q + 27 > (15 − q) f (r) = (15 − q) r2 − 4q − 15q + 27 r − q − 9q + 36, f (r) = (15 − q) r − 4q − 15q + 27 > 0, mà r≥ 4q − nên ta suy f (r) ≥ f = 4q − 12 (q − 3) (35q − 219) q − − 18 ≥ 12 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có • Với ≤ q ≤ (a2 + b2 + c2 ) VT ≥ a3 b + a3 b Ta lại có a3 b = ab a2 b − abc ≤ − r (9 − q) , a2 + ab ab + 3abc Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PBC Ntspbc94@gmail.com a3 b3 = 3q (q − 3r) + 3r2 ≤ 3q (q − 3r) + q r Do đó, ta cần chứng minh 9q + 27 + q − 24q − 27 r (q + 3r) ≤ 12 (9 − 2q)2 ⇐⇒ 27 + 24q − q r2 − q + 3q − 27q + 81 r − 9q + 48q − 459q + 972 ≥ Bất đẳng thức ∆ r = q + 3q − 27q + 81 − 12 27 + 24q − q −9q + 48q − 459q + 972 = q − 102q + 3123q − 16416q + 129519q − 135594q − 308367 < Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = PHẦN II BÀI TẬP TỰ LUYỆN Màu mè tí chưa có điều kiện để tìm thêm toán vào Trừ lại chế ra, có sai sót mong nhận góp ý từ người Nếu người dùng phương pháp để giải toán khác mách biết với! Mọi ý kiến xin người đừng gửi email: Ntspbc94@gmail.com facebook: Nguyen.sang.35@facebook.com nhé! Yêu người