Phương pháp nhân tử Lagrange trong bất đẳng thức

Các bạn có thể coi thêm tại đây http://diendantoanhoc.net/topic/78439-chuyen-d%E1%BB%81ph%C6%B0%C6%A1ng-phap-nhan-t%E1%BB%AD-lagrange/

Sau đây ta sẽ xét tiếp một ứng dụng của nó:

Bài toán: Cho a,b,c,x,y,z là các số thực dương thay đổi bất kỳ. Chứng minh rằng:

$[a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)]^2 \ge 4(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)$

Lời giải

Đây là một bất đẳng thức 6 biến, nên việc triệt tiêu các biến là rất quan trọng. Nhưng ở đây ta tiếp cận một ý tưởng là không làm mất các biến mà coi một số biến như là hằng số, cụ thể có thể xem x, y, z là các hằng số.

Nhờ vào tính thuần nhất của bất đẳng thức, ta sẽ chuẩn hóa:

$a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)=1$

Nhưng vậy ta chỉ cần chứng minh:

$ab+bc+ca \le\frac{1}{ 4(xy+yz+zx)}$

Ta có hàm nhân tử Lagrange cho biểu thức trên như sau:

$F(a,b,c)=ab+bc+ca-\lambda (a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)-1)$

Bằng cách lấy đạo hàm riêng theo từng biến a,b,c ta có:

$\left\{\begin{matrix}
\frac{\partial F}{\partial a}=b+c-\lambda (y+z)=0 &  & \\
\frac{\partial F}{\partial b}=a+c-\lambda (x+z)=0 &  & \\
\frac{\partial F}{\partial c}=b+a-\lambda (y+x)=0 &  &
\end{matrix}\right.$

Ta đây suy ra:

$\frac{b+c}{y+z}=\frac{a+c}{z+x}=\frac{a+b}{x+y} \Rightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$

thay vào điều kiện chuẩn hóa, tìm được a,b,c và thay vào bất đẳng thức ta thấy đúng. Vậy ta có đpcm

Hoặc như đã nói ở bài trước ta đã có điểm rơi của a,b,c bây giờ chỉ cần đánh giá cho đúng điểm rơi:

$a(y+z)+b(z+x)+c(x+y)=(a+b+c)(x+y+z)-(ax+by+cz)\ge(a+b+c)(x+y+z)-\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)}>0$

Vậy tachỉ cần chứng minh:
$(a+b+c)(x+y+z)-\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)} \ge \sqrt{4(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)}$

Cuối cùng để ý điều sau, ta thấy ngay bất đẳng thức là một hệ quả trực tiếp của C-S:

$(a+b+c)^2=(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)$

$(x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+(2xy+2yz+2zx)$

Như vậy chỉ cần C-S (a+b+c)(x+y+z) ta có đpcm.

Bất đẳng thức jensen cho bài IMO 2009

Đề bài: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$ Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(2b+c+a)^2}+\frac{1}{(2c+a+b)^2}\le\frac{3}{16}$

Câu bất này quá quen thuộc với cách giải AM-GM, sau đây tôi xin trình bày cách giải bằng bất đẳng thức jensen:

Bất đẳng thức tương đương:

$\frac{(a+b+c)^2}{(2a+b+c)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2b+c+a)^2}+\frac{(a+b+c)^2}{(2c+a+b)^2}\le(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Do tính đồng bậc, chuẩn hóa $a+b+c=1$. Bất đẳng thức được viết lại:

$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2} \leq  (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\frac{3}{16}$

Giờ xét hàm $f(x)=\frac{x}{(1+x)^2}(0 \le x \le 1)$ thì đây là hàm lõm và nghịch biến nên áp dụng bdt jensen ta được:

$\alpha \frac{a}{(1+a)^2}+\beta \frac{b}{(1+b)^2}+\gamma \frac{c}{(1+c)^2}\le (\alpha +\beta +\gamma )\frac{A}{(1+A^2)} (A=\frac{\alpha a+\beta b+\gamma c}{\alpha +\beta +\gamma })$

Chọn $\alpha =\frac{1}{a},\beta =\frac{1}{b},\gamma =\frac{1}{c}$
Áp dụng bất đẳng thức trung bình điều hòa:

$A=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\leq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3} $

Như vậy: $\sum \frac{1}{(1+a)^2}\le(\sum \frac{1}{a})\frac{A}{(1+A)^2} \le\sum \frac{1}{a} \frac{\frac{1}{3}}{(1+\frac{1}{3})^2}=\frac{3}{16}(\sum \frac{1}{a})$

Câu bất đẳng thức trong đề thi Olympic Chuyên KHTN 2016

Câu 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2} \leqslant \frac{9}{16}$

Giải

Cách 1: Từ điều kiện ta suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}\, \cdots $ tương tự cho $b$ và $c$

Viết lại bất đẳng thức thành $\sum \dfrac{x(x+y+z)}{(2x+y+z)^2}\leq \dfrac{9}{16}$

Mặt khác ta có $(x+y+z)\sum \dfrac{x}{(2x+y+z)^2}\leq (x+y+z)\sum \dfrac{x}{4(x+y)(x+z)}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \dfrac{9}{16}$


Cách 2:

Với cách đặt trên:

Do bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc nên:

Giả sử: $x+y+z=1$

$P=\sum \frac{x}{(x+1)^2}$

$x+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3^3}}=\frac{4}{3}\sqrt[4]{3x}$

$\sum \sqrt{3x}\leq \sqrt{9(\sum x)}=3$

Từ đó ta thu được:

$P\leq \sum \frac{x}{\frac{16}{3\sqrt{3}}\sqrt{x}}=\frac{3}{16}\sum \sqrt{3x}\leq \frac{9}{16}$



Cách 3:




Đặt $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

$=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

$=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$

Bất đẳng thức này tương đương

$\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$



Cách 4:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}\ge\frac{3}{4}$

Mà $(1^2+1^2+1^2)(\sum \frac{1}{(2a+1)^2})\ge(\sum \frac{1}{2a+1})^2$

Nên chỉ cần chứng minh:

$\sum \frac{1}{2a+1}\geq \frac{3}{2}$ (*)

Mặt khác do điều kiện suy ra: $1=2abc+ab+bc+bc\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3}$

$1\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3} \Leftrightarrow \sum a\ge\frac{3}{2}$

Và $1=2abc+ab+bc+bc\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}$

$(*) \Leftrightarrow 2\sum a-4\sum ab-24 abc+3\ge0\\\Leftrightarrow 2\sum a-4(\sum ab+2abc)-16abc+3\ge0\Leftrightarrow 2\sum a-16abc-1\ge3-2-1=0$

Cách 5:

$BĐT\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}\leq \frac{9}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{4}-\frac{a^2+a}{(2a+1)^2} \right ]\geq \frac{3}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(2a+1)^2}\geq \frac{3}{4}$

Mặt khác xuất phát từ giả thiết : $ab+bc+ac+2abc=1$ ta có thể đặt:

$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{x}{z+y} & & & \\ b=\dfrac{y}{x+z} & & & \\ c=\dfrac{z}{x+y} & & & \end{matrix}\right.$

Khi đó:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$=\sum \frac{1}{\left ( 2.\dfrac{x}{y+z}+1 \right )^2}$

$=\frac{(y+z)^2}{\left [ (x+y)+(x+z) \right ]^2}$

$\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{(y+z)^2}{(x+z)^2+(x+y)^2} \right ]$


$\geq \frac{3}{4}$ (BĐT Nesbit)

Do đó ta có ĐPCM