Toán học sơ cấp: Bất đẳng thức đối xứng 3 biến

Thứ Bảy, 15 tháng 10, 2016

Bất đẳng thức đối xứng 3 biến

Bất đẳng thức 3 biến đối xứng có hình thức đẹp và nhiều ý tưởng giải hay. Có lẽ vì thế mà chúng xuất hiện nhiều trong các kỳ thi trong và ngoài nước. Đã có khá nhiều phương pháp mạnh giải quyết loại bài toán này như: SCHUR, SOS, SS, MV, EV , GLA,PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN…..Trong bài viết này tôi sẽ trình bày một phương pháp mới gần gũi hơn với học sinh THPT “PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM SỐ BẬC 1, BẬC 2”.

1. Bất đẳng thức đối xứng 3 biến trên ${\mathbb{R}^{+}}$

1.1. Cơ sở lý thuyết

Chúng ta đã biết hàm số bậc nhất đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất tại biên. Hàm số bậc 2 hệ số a dương đạt giá trị lớn nhất tại biên và hệ số a âm thì đạt giá trị nhỏ nhất tạ biên. Dựa vào đặc điểm này ta sẽ quan tâm việc đi tìm đặc điểm biên của biến trong bài toán nhiều biến số . Cụ thể là hàm số ${f\left ( a+b+c,ab+bc+ca,abc \right )}$ đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất khi và chỉ khi có 1 biến bằng 0 hoặc 2 biến bàng nhau.

Trước hết ta xét 2 bài toán cơ bản sau

Bài toán 1. Cho các số thực không âm ${a,b,c}$ thõa mãn

${\begin{cases} ab + bc + ca = 1 \\a+b+c = \sqrt{7} \end{cases}}$

Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức ${r=abc}$

Lời giải. Xét phương trình

${x^3-\sqrt{7}x^2+x-r=0}(1).$

Ta cần tìm r để phương trình (1) có 3 nghiệm không âm. Đặt

${f\left ( x \right )=x^3-\sqrt{7}x^2+x-r}$

${f'\left ( x \right )=3x^2-2\sqrt{7}x+1}$

${f'\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x_{1}=\frac{\sqrt{7}-2}{3}; x_{2}=\frac{\sqrt{7}+2}{3}}$

${f(x)}$ có 3 nghiệm khi và chỉ khi

${f\left ( x_{1} \right ) \geq 0 }$ và ${f\left ( x_{2} \right ) \leq 0 }$

Vì ${a,b,c \geq 0}$ khi và chỉ khi ${abc \geq 0; ab+bc+ca \geq 0; a+b+c \geq 0}$ . Nên phương trình (1) có 3 nghiệm không âm

${\Leftrightarrow Max\left \{ 0,f\left ( x_{2} \right ) \right \}\leq r\leq f\left ( x_{1} \right )}$

Hay

${0\leq r\leq \frac{16-5\sqrt{7}}{27}}$

Từ đó ta có giá trị lớn nhất của ${r}$ là ${r_{max}=f\left ( x_{1} \right )=\frac{16-5\sqrt{7}}{27}}$ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

${ \left ( a,b,c \right )=\left ( \frac{\sqrt{7}-2}{3},\frac{\sqrt{7}-2}{3},\frac{13\sqrt{7}-3}{9} \right )}$

và các hoán vị

và ${r_{min}=Max\left \{ 0;f\left ( x_{2} \right ) \right \}=0}$ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

${\left ( a,b,c \right )=\left ( \frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2},\frac{\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2},0 \right )}$

và các hoán vị

Nhận xét. Lời giải bài toán 1 không có gì mới lạ nếu như ta nhìn xoáng qua. Xong nếu để ý dấu đẳng thức xảy ra và khai thác ta sẽ có cách nhìn tổng quát về cả một dạng toán như tiêu đề bài viết.

Bài toán 2.(tổng quát của bài toán 1) Cho các số thực không âm ${a,b,c}$ thõa mãn

${\begin{cases} ab + bc + ca = 1 \\a+b+c = m \end{cases}}$

Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức ${r=abc}$ theo $m$

Gợi ý: Tương tự lời giải bài toán 1 ta có kết quả

${r_{min}=Max\left \{ 0,\frac{m-\left ( 2m^2-6 \right )x_{2}}{9} \right \}\leq r\leq \frac{m-\left ( 2m^2-6 \right )x_{1}}{9}=r_{max}}$

Bây giờ ta đi vào trọng tâm của bài viết. Tìm đặc điểm, mối quan hệ của các biến khi hàm số đạt giá trị lớn nhất , nhỏ nhất

Định lý . Mỗi bộ số thực không âm ${(a,b,c)}$ luôn tồn tại 1 trong 2 bộ ${(x,x,y)}$ và ${(t,t,z)}$ thỏa mãn đông thời 3 điều kiện

i) ${a+b+c=x+x+y=t+t+z=m}$

ii) ${ab+bc+ca=xx+yx+xy=tt+tz+zt=1}$

iii) ${xxy\leq abc\leq ttz}$

Chứng minh. Ta chứng minh trong trường hợp tồn tại giá trị lớn nhất ${abc=r=r_{max}}$ . (trường hợp còn lại chứng minh tương tự)

Xét phương trình

${x^3-mx^2+x-r_{max}=0}(1).$

Đặt

${f\left ( x \right )=x^3-mx^2+x-r_{max}}$

${f'\left ( x \right )=3x^2-2mx+1}$

${f'\left ( x \right )=0\Leftrightarrow x_{1}=\frac{m-\sqrt{m^2-3}}{3}; x_{2}=\frac{m+\sqrt{m^2-3}}{3}}$

Để ý:

${\begin{cases} f'\left ( x_{1} \right ) = 0 \\f\left ( x_{1} \right ) = 0 \end{cases}}$ .

Nên ${f\left ( x \right )}$ có 2 nghiệm kép ${x_1}$ . Từ đó ta chọn bộ ${(t,t,z)}$ là ${(x_1,x_1,z)}$

(Sự tồn tại một trong 2 bộ là sự tồn tại ${r_{max}}$ , ${r_{min}}$ và các biến phải thuộc ${\mathbb{R}^{+}}$ bạn đọc tự chứng minh, điều đó cũng được thể hiện rõ trong yêu cầu bài toán chứng minh bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất)

Nhận xét : Định lý vẫn đúng trong trường hợp

${ab+bc+ca=xx+yx+xy=tt+tz+zt=k>0}$

Hệ quả . Đa thức đối xứng 3 biến ${f\left ( a+b+c,ab+bc+ca,abc \right )}$ là hàm bậc 1 hoặc bậc 2 theo $r=abc$ thì đạt giá trị nhỏ nhất (hệ số a âm)hoặc lớn nhất (hệ số a dương )khi và chỉ khi 1 trong 3 biến bằng 0 hoặc 2 biến bằng nhau

Chú : trong trường hợp bậc lớn hơn 2 thì ta thay bởi điều kiện $f(r)$ là hàm lồi hay lõm điều này được sử dụng trong thi HSG QG

Chứng minh: Hàm bậc 1 thì giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất đạt được tại biên. Hàm bậc hệ số a dương đạt giá trị lớn nhất tại biên, hệ số a âm đạt giá trị nhỏ nhất tại biên. Từ định lý ta suy ra khi $r=abc$ tại biên khi và chỉ khi 2 biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0 (Trong trường hợp a,b,c là ác số thực thì chỉ xảy ra khi 2 biến bằng nhau)

1.2. Một số đẳng thức thường sử dụng

Với 3 biến ${x,y,z}$ . Đặt ${x+y+z=p}$ , ${xy+yz+zx=q}$ , ${xyz=r}$ . Ta có các đẳng thức sau

${x^{2}+y^{2}+z^{2}=p^{2}-2q}$
${x^{3}+y^{3}+z^{3}=p^{3}-3pq+3r}$
${x^{4}+y^{4}+z^{4}=p^{4}-4p^{2}q+2q^{2}+4pr}$
${x^{5}+y^{5}+z^{5}=p^{5}-5p^{3}q+5pq^{2}+5p^{2}r-5qr}$
${x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}=q^{2}-2pr}$
${x^{3}y^{3}+y^{3}z^{3}+z^{3}x^{3}=p^{3}-3pqr+3r^{2}}$
${xy\left ( x+y \right )+yz\left ( y+z \right )+zx\left ( z+x \right )=pq-3r}$
${xy\left ( x^2+y^2 \right )+yz\left ( y^2+z^2 \right )+zx\left ( z^2+x^2 \right )=p^2q-2q^2-pr}$
${xy\left ( x^3+y^3 \right )+yz\left ( y^3+z^3 \right )+zx\left ( z^3+x^3 \right )=p^3q-3pq^2-p^2r+5qr}$
${x^2y^2\left ( x+y \right )+y^2z^2\left ( y+z \right )+z^2x^2\left ( z+x \right )=p^2q-2q^2-pr}$
${x^3y^3\left ( x+y \right )+y^3z^3\left ( y+z \right )+z^3x^3\left ( z+x \right )=pq^3-3p^2qr+5pr^2-q^2r}$
${\left (x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x \right )\left (xy^{2}+yz^{2}+zx^{2} \right )=9r^{2}+p^{3}r+q^{3}-6pqr}$

1.3. Bài tập vận dụng

Bài 1. Cho các số thực dương ${a,b,c}$ . Chứng minh rằng

${\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-\frac{abc}{a^3+b^3+c^3}\leq \frac{2}{3}}$

Lời giải.

Chuẩn hóa ${ab+bc+ca=1}$ . Đặt ${a+b+c=m}$ , ${abc=r}$ . Ta có

${x^{2}+y^{2}+z^{2}=m^{2}-2}$

${x^{3}+y^{3}+z^{3}=-6m+3r+8}$

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

${\frac{1}{m^2-2}-\frac{r}{-6m+3r+8}-\frac{2}{3}\leq 0\Leftrightarrow f\left ( r \right )\leq 0}$

Với ${f\left ( r \right )}$ là hàm số bậc nhất có hệ số a dương nên đạt giá trị lớn nhất khi ${r=r_{max}}$ . Áp dụng bổ đề 1ta có ${r=r_{max}}$ khi và chỉ khi có 2 trong 3 số ${a,b,c}$ bằng nhau. Giả sử ${a=c}$ . Bất đẳng thức ban đầu cần chứng minh trở thành

${\frac{a^2+2ab}{2a^2+b^2}-\frac{a^2b}{2a^3+b^3}-\frac{2}{3}\leq 0\Leftrightarrow \left ( a-b \right )^4\left ( a+b \right )\geq 0}$

Việc biến đổi sau khi xét 2 biến bằng nhau một cách khéo léo ta cần để ý đến nhân tử ${\left ( a-b \right )^2}$ khi đẳng thức xảy ra tại 3 biến bằng nhau

Bài 2. Cho các số thực dương ${a,b,c}$ . Chứng minh rằng

${\left ( \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \right )^2-\frac{a^3+b^3+c^3}{4abc}\leq \frac{1}{4}}$

Lời giải:

Chuẩn hóa ${ab+bc+ca=1}$ . Đặt ${a+b+c=m}$ , ${abc=r}$ . Ta có

Biểu diễn bất đẳng thức đã theo các biến mới ${m, r}$ ta được

${f\left ( r \right )\leq \frac{1}{4}}$

Với ${f\left ( r \right )}$ là hàm số bậc nhất có hệ số a dương nên đạt giá trị lớn nhất khi ${r=r_{max}}$ . Áp dụng hệ quả ta có ${r=r_{max}}$ khi và chỉ khi có 2 trong 3 số ${a,b,c}$ bằng nhau. Giả sử ${a=c}$ . Bất đẳng thức ban đầu cần chứng minh trở thành

${2\left ( a-b \right )^2\left ( 2b^2-2ab+a^2 \right )\geq 0}$

Bài 3.[ Rusia MO-2005] Cho các số thực không âm ${a,b,c}$ thõa mãn

${a^2+b^2+c^2=1}$

Chứng minh rằng

${ \frac{a}{a^3+bc}+\frac{b}{b^3+ca}+\frac{c}{c^3+ab}\geq 3}$

Nhận xét.

i) Đây là bất đẳng thức 3 biến đối xứng. Nếu ta qui đồng mãu thì sẽ đưa về đa thức đối xứng bậc 9 đối với $a,b,c$ và bậc 3 đối với $abc$

ii) Điều kiện bài toán không cho ta $ab+bc+ca=1$

Tuy nhiên ta có thể xử lý bài toán bằng cách đổi biến để được như ý muốn dùng hệ quả như sau :

${a^2+b^2+c^2=1\Leftrightarrow \frac{bc}{a}\frac{ac}{b}+\frac{ac}{b}\frac{ab}{c}+\frac{ab}{c}\frac{bc}{a}=1}$

Đặt ${x=\frac{bc}{a}; y=\frac{ac}{b};z=\frac{ab}{c}}$ . Bài toán đã cho trở thành .Cho ${x,y,z>0; xy+yz+zx=1}$ . Chứng minh rằng ${\frac{1}{xy+z}+\frac{1}{yz+x}+\frac{1}{zx+y}\geq 3}$ . Đến đây ta đã được đủ điều kiện sử dụng bổ đề 2 và chỉ cần xét 2 trường hợp khi có 2 biến bằng nhau hoặc 1 biến bằng 0. Cụ thể là việc làm quá đơn giản.

Bài 4. [Iran 96] Cho các số thực dương ${a,b,c}$ . Chứng minh rằng

${\left ( ab+bc+ca \right )\left ( \frac{1}{\left ( a+b \right )^2}+\frac{1}{\left ( b+c \right )^2}+\frac{1}{\left ( c+a \right )^2} \right )\geq \frac{9}{4}}$ .

Hướng dẫn: Sử dụng các đẳng thức ở trên ta được ${f(r)}$ bậc 2 có hệ số a âm. Nên áp dụng được hệ quả

Bài 5. Cho ${x,y,z>0; xy+yz+zx=1}$ . Chứng minh rằng

${\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}-\frac{9}{4}xyz\leq \sqrt{2}}$ .

Bài 6. Cho các số thực dương ${x,y,z}$ Chứng minh rằng

${\sqrt{\frac{x^4+y^4+z^4}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}}+\sqrt{\frac{2\left ( xy+yz+zx \right )}{x^2+y^2+z^2}}\geq 1+\sqrt{2}}$

Bài 7. [Vietnam TST]. Cho các số thực ${a,b,c}$ . Chứng minh rằng

${\left ( a+b \right )^4+\left ( b+c \right )^4+\left ( c+a \right )^4\geq \frac{4}{7}\left ( a^4+b^4+c^4 \right )}$

Bài 8. Cho các số thực không âm ${a,b,c}$ thõa mãn

${a^2+b^2+c^2=1}$

Chứng minh rằng

${\frac{bc}{a-a^3}+\frac{ca}{b-b^3}+\frac{ab}{c-c^3}\geq \frac{5}{2}}$

Câu hỏi mở thú vị.

Nếu như các biến a,b,c bị ràng buộc bởi các điều kiện khác nhau: Chẳng hạn abc=1, ab+bc+ca+abc=4,….thì bạn sẽ xử lý thế nào?

Tôi sẽ trình bày trong thời gian tới . Thân ái !

Toán học sơ cấp

Thứ Bảy, 15 tháng 10, 2016

Bất đẳng thức đối xứng 3 biến

Không có nhận xét nào:

Đăng nhận xét

Bất đẳng thức tuyển sinh lớp 10 chọn lọc

Tìm kiếm Blog này