TỪ MỘT ĐẲNG THỨC ĐẸP
Trong quá trình off, mình đã có dịp tiếp xúc nhiều hơn với BĐT. Và nhận thấy, trong tuyển tập BĐT của Cao Minh Quang và tuyển tập BĐT của Nguyễn Đình Thi có rất nhiều bài toán có nét tương đồng. Và sau đây, mình sẽ trình bày phát hiện nho nhỏ này.
Tất nhiên, các bài toán này đều đã rất quen thuộc với chúng ta, có thể có nhiều cách đặt, giải cũng khá ngắn gọn. Nhưng vấn đề ở đây là tìm một mối liên hệ chung nhất của chúng.
Ta cùng đi đến đẳng thức sau :
$$\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$$
Nếu đặt :
$x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$ thì ta có đẳng thức :
$$xy+yz+zx+xyz=4$$
Nếu đặt :
$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
Hoặc
$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$
(Với $x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0$)
Thì
$$a^2+b^2+c^2+abc=4$$
Từ những đẳng thức này, ta cùng đến :
Bài toán 1. [ Mediteranean 2004 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng :
$$2(a+b+c)+1\ge 32abc$$
Lời giải :
Đặt $$a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$2\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right ) +1\ge \dfrac{32xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\Leftrightarrow 2\left (x^3+y^3+z^3\right )+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]\ge 24xyz$$
Hiển nhiên đúng theo AM –GM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$
Bài toán 2. [ VMO -1996 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$
Lời giải :
Ta có thể đặt :
$$a=\dfrac{2x}{y+z}, b=\dfrac{2y}{z+x}, c=\dfrac{2z}{x+y} (x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge 2\left [\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}+\dfrac{yz}{(y+x)(z+x)}+\dfrac{zx}{(z+x)(x+y)}\right ]\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3 +3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2, c=0$ và hoán vị.
Bài toán 3. [ USA MO 2000]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$0\le ab+bc+ca-abc \le 2$$
Lời giải (VP, VT chỉ cần giả sử $a\ge 1$)
TH1. Trong 3 số $a,b,c$ có hai số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất 1 số bằng 0..
Đặt
$$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\left [\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}} -\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\right ]\le 1$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}\le \dfrac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz}{2\sqrt{xyz(x+y)(y+z)(z+x)}}$$
$$\Leftrightarrow 2y\sqrt{zx(z+y)(x+y)}+2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}+2z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\le xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM :
$$2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}=2x\sqrt{(xy+yz)(zx+yz}\le x(xy+2yz+zx)$$
Tương tự với các phần còn lại, cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài toán 4. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$
Lời giải :
TH1. Trong $a,b,c$ có 2 số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất một số bằng 0.
Đặt
$$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(x+y)(z+y)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
a. Chứng minh $abc+2\ge ab+bc+ca$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}+1\ge \dfrac{2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
$$\Leftrightarrow 6xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\ge 2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM , ta có :
$$2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\le xy(x+y+2z)=2xyz+xy(x+y)$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2}, c=0$ và hoán vị.
b. Chứng minh $ab+bc+ca\ge abc$
Bất đẳng thức tương đương :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+zx\sqrt{(z+y)(x+y)}\ge 2xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo CS, ta có :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\ge xy(\sqrt{xy}+z)=xyz+xy\sqrt{xy}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=0, c=2$ và hoán vị.
Bài toán 5.
Cho các số thực dương thoả mãn $a+b+c+1=4abc$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\ge a+b+c$$
Lời giải :
Từ điều kiện bài toán, ta có
$$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}=4$$
Đặt $\dfrac{1}{a}=x, \dfrac{1}{b}=y, \dfrac{1}{c}=z (x,y,z>0)$ thì lúc đó $xy+yz+zx+xyz=4$.Ta cần chứng minh :
$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$
Đây là bài toán VMO -1996 !
Bài toán 6.
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng :
$a. xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)$
$b.\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le \dfrac{3}{2}\sqrt{xyz}$
Lời giải :
$$xyz=x+y+z+2\Leftrightarrow \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}+\dfrac{2}{xyz}=1$$
Đặt :
$$\dfrac{1}{x}=\dfrac{a}{b+c}, \dfrac{1}{y}=\dfrac{b}{c+a}, \dfrac{1}{z}=\dfrac{c}{a+b}(a,b,c>0)$$
a. Ta cần chứng minh :
$$xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)\Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge 2\left (\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right )$$
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge 2\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
b. Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\le \dfrac{3}{2}$$
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=\sqrt{\dfrac{ab}{(a+c)(b+c)}}\le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}\right )$$
Tương tự với phần còn lại, cộng vế theo vế, suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
Mình cũng xin được “kể” một bài toán khá thú vị mà do tính máy móc của mình đã mang lại :
Bài toán 7. [ China – 2005 ]
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca=\dfrac{1}{3}$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2-bc+1}+\dfrac{1}{b^2-ca+1}+\dfrac{1}{c^2-ab+1} \le 3$$
Và đây là lời giải của mình :
Đặt :$a=\dfrac{x}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, b=\dfrac{y}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, c=\dfrac{z}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}(x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\sum{\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{3(xy+yz+zx)}-\dfrac{yz}{3(xy+yz+zx)}+1}}\le 3$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3zx}}\le 1$$
$$\Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{1}{2}-\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3xz}\right )}\ge \dfrac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{x(x+y+z)}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Chuẩn hoá $x+y+z=1$
Ta cần chứng minh
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Theo CS, ta có :
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}=\sum{\dfrac{x^2}{x^3+2xyz+3x^2(y+z)}}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]}=1$$
Suy ra ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện đây là một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề
Tất nhiên, các bài toán này đều đã rất quen thuộc với chúng ta, có thể có nhiều cách đặt, giải cũng khá ngắn gọn. Nhưng vấn đề ở đây là tìm một mối liên hệ chung nhất của chúng.
Ta cùng đi đến đẳng thức sau :
$$\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$$
Nếu đặt :
$x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$ thì ta có đẳng thức :
$$xy+yz+zx+xyz=4$$
Nếu đặt :
$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
Hoặc
$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$
(Với $x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0$)
Thì
$$a^2+b^2+c^2+abc=4$$
Từ những đẳng thức này, ta cùng đến :
Bài toán 1. [ Mediteranean 2004 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng :
$$2(a+b+c)+1\ge 32abc$$
Lời giải :
Đặt $$a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$2\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right ) +1\ge \dfrac{32xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\Leftrightarrow 2\left (x^3+y^3+z^3\right )+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]\ge 24xyz$$
Hiển nhiên đúng theo AM –GM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$
Bài toán 2. [ VMO -1996 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$
Lời giải :
Ta có thể đặt :
$$a=\dfrac{2x}{y+z}, b=\dfrac{2y}{z+x}, c=\dfrac{2z}{x+y} (x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge 2\left [\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}+\dfrac{yz}{(y+x)(z+x)}+\dfrac{zx}{(z+x)(x+y)}\right ]\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3 +3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2, c=0$ và hoán vị.
Bài toán 3. [ USA MO 2000]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$0\le ab+bc+ca-abc \le 2$$
Lời giải (VP, VT chỉ cần giả sử $a\ge 1$)
TH1. Trong 3 số $a,b,c$ có hai số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất 1 số bằng 0..
Đặt
$$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\left [\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}} -\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\right ]\le 1$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}\le \dfrac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz}{2\sqrt{xyz(x+y)(y+z)(z+x)}}$$
$$\Leftrightarrow 2y\sqrt{zx(z+y)(x+y)}+2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}+2z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\le xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM :
$$2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}=2x\sqrt{(xy+yz)(zx+yz}\le x(xy+2yz+zx)$$
Tương tự với các phần còn lại, cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài toán 4. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$
Lời giải :
TH1. Trong $a,b,c$ có 2 số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất một số bằng 0.
Đặt
$$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(x+y)(z+y)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
a. Chứng minh $abc+2\ge ab+bc+ca$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}+1\ge \dfrac{2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
$$\Leftrightarrow 6xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\ge 2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM , ta có :
$$2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\le xy(x+y+2z)=2xyz+xy(x+y)$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2}, c=0$ và hoán vị.
b. Chứng minh $ab+bc+ca\ge abc$
Bất đẳng thức tương đương :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+zx\sqrt{(z+y)(x+y)}\ge 2xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo CS, ta có :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\ge xy(\sqrt{xy}+z)=xyz+xy\sqrt{xy}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=0, c=2$ và hoán vị.
Bài toán 5.
Cho các số thực dương thoả mãn $a+b+c+1=4abc$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\ge a+b+c$$
Lời giải :
Từ điều kiện bài toán, ta có
$$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}=4$$
Đặt $\dfrac{1}{a}=x, \dfrac{1}{b}=y, \dfrac{1}{c}=z (x,y,z>0)$ thì lúc đó $xy+yz+zx+xyz=4$.Ta cần chứng minh :
$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$
Đây là bài toán VMO -1996 !
Bài toán 6.
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng :
$a. xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)$
$b.\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le \dfrac{3}{2}\sqrt{xyz}$
Lời giải :
$$xyz=x+y+z+2\Leftrightarrow \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}+\dfrac{2}{xyz}=1$$
Đặt :
$$\dfrac{1}{x}=\dfrac{a}{b+c}, \dfrac{1}{y}=\dfrac{b}{c+a}, \dfrac{1}{z}=\dfrac{c}{a+b}(a,b,c>0)$$
a. Ta cần chứng minh :
$$xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)\Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge 2\left (\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right )$$
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge 2\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
b. Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\le \dfrac{3}{2}$$
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=\sqrt{\dfrac{ab}{(a+c)(b+c)}}\le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}\right )$$
Tương tự với phần còn lại, cộng vế theo vế, suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
Mình cũng xin được “kể” một bài toán khá thú vị mà do tính máy móc của mình đã mang lại :
Bài toán 7. [ China – 2005 ]
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca=\dfrac{1}{3}$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2-bc+1}+\dfrac{1}{b^2-ca+1}+\dfrac{1}{c^2-ab+1} \le 3$$
Và đây là lời giải của mình :
Đặt :$a=\dfrac{x}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, b=\dfrac{y}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, c=\dfrac{z}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}(x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\sum{\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{3(xy+yz+zx)}-\dfrac{yz}{3(xy+yz+zx)}+1}}\le 3$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3zx}}\le 1$$
$$\Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{1}{2}-\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3xz}\right )}\ge \dfrac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{x(x+y+z)}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Chuẩn hoá $x+y+z=1$
Ta cần chứng minh
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Theo CS, ta có :
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}=\sum{\dfrac{x^2}{x^3+2xyz+3x^2(y+z)}}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]}=1$$
Suy ra ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện đây là một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề
Tham khảo tham tại ĐÂY
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét