Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 10

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

104
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tài liệu chuyên toán - bất đẳng thức hiện đại - phần 10', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 10

263 M t khác s (a2 + bc)(b2 + ca) 1 (a2 + c2 )(b2 + c2 ) Do đó s ! r r r X (a2 + bc)(b2 + ca) c2 + ab a2 + bc b2 + ca = + (a2 + c2 )(b2 + c2 ) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 cyc s p (a2 + bc)(b2 + ca) + 2+1 (a2 + c2 )(b2 + c2 ) Ta còn ph i ch ng minh P a2 X a2 + bc p 3 1 cyc P 2+ p + 2+ b2 + c2 2 ab 2 cyc cyc P P a2 2 ab X a + bc2 5 1 cyc cyc P 2+ p , b2 + c2 2 ab 2 cyc cyc P P a2 2 ab, b t đ ng th c là hi n nhiên vì Nu cyc cyc X a2 + bc a2 + c2 b2 + c2 5 ab 5 a b ab 5 +2 +2 + +2 b2 c2 2 + c2 a + c2 a + b2 a a + b2 + 2 b 2 b 2 cyc (2a2 ab + 2b2 )(a b)2 = 0 2ab(a2 + b2 ) p P P p 2 1 a2 2 ab thì ta có a b+ c b + 3c và do 2 + < 3, nên ta ch Nu p 2 cyc cyc c n ch ng minh đư c P P a2 6 ab 3 X a2 + bc 5 cyc cyc P , b2 + c2 2 ab cyc cyc
264 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C Ta có X a2 + bc a2 + c2 b2 + c2 5 ab 5 +2 +2 b2 c2 2 + c2 a + c2 a + b2 + 2 b 2 cyc (a2 b2 )2 (a b)2 = (a2 + c2 )(b2 + c2 ) 2(a2 + b2 ) (a + b)2 1 = (a b)2 (a2 + c2 )(b2 + c2 ) 2(a2 + b2 ) 3(a b)2 (a + b)2 4(a2 + c2 )(b2 + c2 ) và P P a2 2 ab b)2 + c(c 2a b)2 2ac (a 2b ) (a cyc cyc P P P = ab ab ab cyc cyc cyc Nên ta ch c n ch ng minh đư c (a b)2 (a + b)2 b)2 2ac (a P 4(a2 + c2 )(b2 + c2 ) ab cyc (a + b)2 1 2ac b)2 , (a + 0 4(a2 + c2 )(b2 + c2 ) ab + bc + ca ab + bc + ca N ua b + 5c; ta s ch ng minh (a + b)2 1 0 4(a2 + c2 )(b2 + c2 ) ab + bc + ca , f (c) = (a + b)2 (ab + bc + ca) 4(a2 + c2 )(b2 + c2 ) 0 ab B t đ ng th c này đúng vì f (c) là hàm lõm trên 0; và 5 b)2 f (0) = ab(a 0 a b 1 b)(21a3 + 1112a2 b 362ab2 + 229b3 ) f = (a 0 5 625 N ua b + 5c thì 2 2 b)2 2ac a(a b) (a 5 5 Suy ra, ta ch c n ch ng minh (a + b)2 3 0 4(a2 + c2 )(b2 + c2 ) 5(ab + bc + ca)
265 , g (c) = 5(a + b)2 (ab + bc + ca) 12(a2 + c2 )(b2 + c2 ) 0 ab B t đ ng th c vì g (c) là hàm lõm trên 0; và 3 g (0) = ab(5a2 2ab + 5b2 ) 0 a b 1 (5a4 + 313a3 b 150a2 b2 + 133ab3 85b4 ) g = 0: 3 27 Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b; c = 0 ho c các hoán v tương ng. Bài toán 2.56 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng a b c 18 +3 +3 : b3 + c3 c + a3 a + b3 5(a2 + b2 + c2 ) ab bc ca (Michael Rozenberg) L i gi i. B t đ ng th c tương đương v i P 18 a X a(a + b + c) cyc P P b3 + c3 5 a2 ab cyc cyc cyc P 18 a X X 2 a a cyc P P , + b3 + c3 b2 bc + c2 5 a2 ab cyc cyc cyc cyc S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 !2 P P a2 a2 X a2 cyc cyc ! ! P = b3 + c3 a2 (b3 + c3 ) P P P cyc a2 b2 a abc ab cyc cyc cyc cyc và !2 !2 P P a a X a cyc cyc ! ! P = b2 bc + c2 a(b2 bc + c2 ) P P cyc a ab 6abc cyc cyc cyc
266 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C Suy ra, ta ch c n ch ng minh đư c !2 !2 P2 P P a a 18 a cyc cyc cyc ! ! ! ! P P + 5 a2 ab P P P P P a2 b2 a abc ab a ab 6abc cyc cyc cyc cyc cyc cyc cyc P Do tính thu n nh t, ta có th chu n hóa cho a + b + c = 1. Đ t q = ab; r = abc, cyc n o theo b t đ ng th c Schur b c 4, ta có r max 0; (4q 16 q) . B t đ ng th c tr )(1 thành 2q )2 (1 1 18 + q2 (q + 2)r q 6r 5 11q N u1 4q thì 2q )2 2q )2 (1 1 18 (1 1 18 + + q2 q2 (q + 2)r q 6r 5 11q q 5 11q (1 4q )(11q 2 6q + 5) = 0 q 2 (5 11q ) N u 4q 1 thì 2q )2 (1 1 18 + q2 (q + 2)r q 6r 5 11q (1 2q )2 1 18 + (4q 1)(1 q ) q (6q 1)(1 q) 5 11q q2 (q + 2) 6 3 117q 2 + 39q 4) (1 3q )(4q 1)(112q = 0: 2 (5 3 + 9q 2 (1 2q ) 11q )(4q 9q + 2) Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c ho c a = b; c = 0 các hoán v tương ng. Bài toán 2.57 Cho các s dương a; b; c: Ch ng minh r ng r r r r a b c 3 ab + bc + ca p + + : a2 + b2 + c2 a+b b+c c+a 2 (Võ Qu c Bá C n, Nguy n Văn Th ch) L i gi i. Trư c h t, ta s ch ng minh P 3 a2 X 2a2 cyc P a a+c cyc cyc
267 Th t v y, ta có ! ! ! ! X X X 2a2 X X X a2 + b2 2 2 3 a a =3 a a a+c a+b cyc cyc cyc cyc cyc cyc X X c(a2 + b2 ) a2 = a+b cyc cyc X ab(a b)2 = 0 (a + c)(b + c) cyc Bây gi , s d ng b t đ ng th c b t đ ng th c này và b t đ ng th c Holder, ta đư c P !2 " # 3 a2 Xr a X cyc P a(a + b)(a + c) a a+b cyc cyc cyc ! !2 " # !4 Xr a X a2 X X 2 a(a + b)(a + c) 2 a a+c a+b cyc cyc cyc cyc Ta c n ch ng minh !4 !2 " # X X X 4 a 27 ab a(a + b)(a + c) cyc cyc cyc !4 !2 " ! ! # X X X X 2 ,4 a 27 ab a a + 3abc cyc cyc cyc cyc P Do tính thu n nh t, ta chu n hóa cho a + b + c = 1. Đ t q = ab; r = abc thì ta có cyc q2 3r. B t đ ng th c tr thành 4 27q (1 2q + 3r) Ta có 2q + q 2 ) = (4 3q )2 4 27q (1 2q + 3r) 4 27q (1 3q )(1 0: Đ ng th c x y ra khi và ch a = b = c: Bài toán 2.58 Cho các s dương a; b; c: Ch ng minh r ng X a2 + b2 + c2 X b2 + bc + c2 : a2 + 2b2 + 2c2 a2 + (b + c)2 cyc cyc (Ph m H u Đ c)
268 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C L i gi i. B t đ ng th c tương đương v i !" # X X X a2 bc 1 1 2 a 2 + (b + c)2 2 + (b + c)2 2 + 2b2 + 2c2 a a a cyc cyc cyc !" # X X X a2 bc (b c)2 2 , a a2 + (b + c)2 [a2 + (b + c)2 ](a2 + 2b2 + 2c2 ) cyc cyc cyc Do tính thu n nh t, ta có th chu n hóa cho a2 + b2 + c2 = 1. B t đ ng th c tr thành X a2 bc X (b c)2 (1 + 2bc)(1 + b2 + c2 ) 1 + 2bc cyc cyc Chú ý r ng X 2(a2 X 2a2 b2 c2 X (b c)2 bc) = + 1 + 2bc 1 + 2bc 1 + 2bc cyc cyc cyc X X (b c)2 1 1 (b2 c2 ) = + 1 + 2ca 1 + 2ab 1 + 2bc cyc cyc X 2a(b + c) 1 c)2 = (b + (1 + 2ab)(1 + 2ac) 1 + 2bc cyc Do đó, b t đ ng th c tương đương v i X 2a(b + c) 1 2 c)2 (b + 0 (1 + 2bc)(1 + b2 + c2 ) (1 + 2ab)(1 + 2ac) 1 + 2bc cyc X a2 2a(b + c) c)2 , (b 0 (1 + 2bc)(1 + b2 + c2 ) (1 + 2ab)(1 + 2ac) cyc M t khác, ta có 2(1 + 2bc)(1 + b2 + c2 ) (1 + 2ab)(1 + 2ac) 2 2a(b + c)] + [(b + c)2 4a2 bc] + 4bc(b2 + c2 ) = [1 + (b + c) a2 ) + 4bc(b2 + c2 ) 2(b + c)(1 a) + 4bc(1 0 Nên ta ch c n ch ng minh đư c X 2a2 2a(b + c) c)2 (b 0 (1 + 2ab)(1 + 2ac) (1 + 2ab)(1 + 2ac) cyc
269 X c)2 , x(b 0 cyc trong đó x = a(b + c a)(1 + 2bc) và y; z tương t . Không m t tính t ng quát, gi s a b c, khi đó ta có y; z 0 và 2 2 b(a c) a(b c) ; 1 + 2ac 1 + 2bc c)2 (b + c c)2 (a + c a(b a)(1 + 2bc) + b(a b)(1 + 2ac) 2 2 a(b c) (b + c a)(1 + 2bc) + a(b c) (a + c b)(1 + 2bc) 2 = 2ac(b c) (1 + 2bc) 0: Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c: Bài toán 2.59 Cho các s dương x; y th a mãn x + y 2 x2 + y 3 : Ch ng minh r ng 3x2 + 2y 3 5: (Ji Chen) L i gi i 1. T x + y 2 x2 + y 3 , ta có 5(x + y 2 ) (3x2 + 2y 3 ) + (2x2 + 3y 3 ) Ta s ch ng minh r ng 5 + 2x2 + 3y 3 5(x + y 2 ) 1) + [3y 2 , (2x 3)(x 2(y + 1)](y 1) 0 2 2 3 Chú ý r ng n u x; y 1 thì ta có x + y x + y , đi u này mâu thu n v i gi thi t bài toán. N u y 1 x thì ta có y 2 (y (3 2x)(1 x) x(1 x) 1) Do đó (2x 3)(x 1) + [3y 2 [4y 2 1)2 (2y + 1) 2(y + 1)](y 1) 2(y + 1)](y 1) = 2(y 0 N ux 1 y thì 3y 2 ](1 y 2 (1 [2(y + 2) y) y) x(x 1) Do đó 1) + [3y 2 1)2 (2x 3)(x 2(y + 1)](y 1) (3x 3)(x 1) = 3(x 0: Đ ng th c x y ra khi và ch khi x = y = 1: L i gi i 2. Ta có 3x2 2y 3 = 6(x x2 + y 2 y 3 ) + 3(1 x)2 + 2(1 y )2 (1 + 2y ) 5 0:
270 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C Bài toán 2.60 Cho các s không âm a; b; c th a mãn a + b + c = 3. Ch ng minh r ng a b c 3 + + : 1 + a + b2 1 + b + c2 1 + c + a2 4 (Võ Qu c Bá C n) L i gi i. Xét 2 trưP h pP ng sau a + ab2 2 9, s d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có Trư ng h p 1. N u cyc cyc !2 P a X a 9 3 cyc P P P = 1 + a + b2 b2 ) a2 ab2 a(1 + a + 3+ + 4 cyc cyc cyc cyc P P a2 + ab2 9, t c là Trư ng h p 2. N u cyc cyc X X ab2 a2 b + 6abc 2 cyc cyc B t đ ng th c tương đương v i X a(1 + b + c2 )(1 + c + a2 ) 3(1 + a + b2 )(1 + b + c2 )(1 + c + a2 ) 4 cyc X X X X X a2 b3 + 5 a3 b + a3 + 9abc+ a2 b + 5 , ab cyc cyc cyc cyc cyc X X a2 b2 + 3 a2 + 3a2 b2 c2 3 cyc cyc P P ab2 a2 b + 6abc nên ta có 2 Do cyc cyc ! ! ! ! X X X X 2 2 ab ab 2 a b + 3abc ab cyc cyc cyc cyc X X X X a2 b3 a3 b2 + 7 a2 b2 c + a3 bc , 2 cyc cyc cyc cyc X 2X 2 2 7X 2 2 1X 3 a2 b3 , a b (a + b) + a b c+ a bc 3 cyc 3 cyc 3 cyc cyc
271 Đ t q = ab + bc + ca; r = abc thì 2X 2 2 7X 2 2 1X 3 a bc = 2q 2 + (q a b (a + b) + a b c+ 9)r 3 cyc 3 cyc 3 cyc X a2 b3 2q 2 + (q ) 9)r cyc M t khác, ta có !2 P ab X X X 12 cyc 3 2 2 P ab a bc = 3r; ab = q a 3 cyc cyc cyc cyc T nh ng b t đ ng th c này, ta ch c n ch ng minh đư c 1 [2q 2 + (q 9q + 3r) + 9r + q 2 + 5q 3(q 2 2q ) + 3 r 2 9)r] + 15r + (27 6r) + 3(9 3 2 3r2 , q (3 q ) + (36 + q )r 0: 3 hi n nhiên đúng do 3 q ; 1 r. B t đ ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = 3; b = c = 0 ho c các hoán v tương ng. Bài toán 2.61 Cho các s dương a; b; c: Ch ng minh r ng a3 (b2 + 1) + b3 (c2 + 1) + c3 (a2 + 1) 8(a + b + c) 18: (Nguy n Công Minh) L i gi i. S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 !2 P2 P ab ab X X cyc cyc 52 2 P P ab ; ab a b cyc cyc cyc cyc !4 P ab X cyc 52 ) ab !3 P cyc a cyc
272 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C M t khác, b t đ ng th c đã cho tương đương v i ! X X X X 52 a3 + 18 ab + a+ 9 a 0 cyc cyc cyc cyc Do đó, theo trên và theo b t đ ng th c AM-GM, ta có !4 !2 P P ab 2 ab X X X cyc cyc 52 P ab + a !3 + a a P cyc cyc cyc cyc a cyc M t khác, !3 X X a + 27 + 27 27 a cyc cyc !3 X X 1 ) 18 9 a a 3 cyc cyc Nên ta ch c n ch ng minh đư c !2 P !3 2 ab X X 1 cyc a3 P + a a 3 cyc cyc cyc 2q 2 X 3 13 , + a p p 3 cyc trong đó p = a + b + c; q = ab + bc + ca. S d ng b t đ ng th c Schur b c 3, ta có X 1 a3 p(2p2 5q ) 3 cyc Suy ra 2q 2 X 3 2q 2 (p2 3q )(p2 13 1 13 2q ) + p(2p2 + a p 5q ) p= 0: p 3 p 3 3 3p cyc vì p2 3q: Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1:
273 Bài toán 2.62 Cho các s không âm a; b; c; d th a mãn a + b + c + d = 3: Ch ng minh r ng p ab(a + 2b + 3c) + bc(b + 2c + 3d) + cd(c + 2d + 3a) + da(d + 2a + 3b) 6 3: (Ph m Kim Hùng) L i gi i. Đ t X f (a; b; c; d) = ab(a + 2b + 3c) cyc Ta có f (a; b; c; d) f (a + c; b; 0; d) = c(b d)(a + c b d) và f (a; b; c; d) f (0; b; a + c; d) = a(b d)(a + c b d) Suy ra, n u (b d)(a + c b d) 0 thì f (a; b; c; d) f (a + c; b; 0; d) và n u f (b d)(a + c b d) 0 thì f (a; b; c; d) f (0; b; a + c; d), t c là f (a; b; c; d) maxff (a + c; b; 0; d); f (0; b; a + c; d)g Tương t , ta có f (a + c; b; 0; d) maxff (a + c; b + d; 0; 0); f (a + c; 0; 0; d)g f (0; b; a + c; d) maxff (0; b + d; a + c; 0); f (0; 0; a + c; b + d)g M t khác, ta d dàng ki m tra đư c p maxff (a + c; b + d; 0; 0); f (a + c; 0; 0; d)g 63 p maxff (0; b + d; a + c; 0); f (0; 0; a + c; b + d)g 6 3: B t p ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = d = 0; b = đ p 3 3; c = 3 ho c các hoán v tương ng. Bài toán 2.63 Cho các s dương a; b; c: Ch ng minh r ng r r r r a b c 43 + + (a + b + c): a2 + b + 4 b2 + c + 4 c2 + a + 4 4 (Nguy n Công Minh) L i gi i. S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 Xr X X a a a 3 3 2+b+4 2+b+4 a a 2a + b + 3 cyc cyc cyc
274 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C Ta c n ch ng minh vP u ua X t cyc 2a 2a + b + 3 3 cyc vP u ua X t cyc b+3 , + 3 2a + b + 3 3 cyc S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, " #2 !2 P P (b + 3) a+9 X b+3 cyc cyc P = !2 2a + b + 3 (b + 3)(2a + b + 3) P P cyc cyc a + 12 a + 27 cyc cyc P a+9 cyc =P a+3 cyc P a = 3t2 (t 0), ta ph i ch ng minh Đt cyc 3 t2 + 9 +t 3 3 t2 + 3 t(t 1)2 , 0: t2 + 1 hi n nhiên đúng. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1 ho c a = b = c ! 0: Bài toán 2.64 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng s s s p a(b + c) b(c + a) c(a + b) + + 2: (2b + c)(b + 2c) (2c + a)(c + 2a) (2a + b)(a + 2b) L i gi i. S d ng b t đ ng th c Holder, ta có s " #" # !3 X X a2 (2b + c)(b + 2c) X a(b + c) a (2b + c)(b + 2c) b+c cyc cyc cyc
275 Ta c n ch ng minh !3 X X a2 (2b + c)(b + 2c) a 2 b+c cyc cyc !3 X X X a a2 (b + c) + 2abc , a 4 b+c cyc cyc cyc ! X X X 2a 3 2 , a a (b + c) + 3abc abc 3 b+c cyc cyc cyc Chú ý r ng X X X a3 a2 (b + c) + 3abc = a(a b)(a c) cyc cyc cyc và X 2a X (2a + b + c)(a b)(a c) 3= b+c (a + b)(b + c)(c + a) cyc cyc B t đ ng th c tương đương X x(a b)(a c) 0 cyc a2 (ab+ac+b2 +c2 ) abc(2a+b+c) trong đó x = a = 0 và y; z tương t . (a+b)(b+c)(c+a) (a+b)(b+c)(c+a) Không m t tính t ng quát, ta có th gi s a b c, khi đó a c b c 0 và abc x y = (a b) 1 0 (a + b)(b + c)(c + a) ) x(a c) y (b c) (b c)(x y) 0 M t khác, ta có th vi t l i b t đ ng th c như sau (a b)[x(a c) y (b c)] + z (a c)(b c) 0: B t đ ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c ho c a = b; c = 0 ho c các hoán v tương ng. Nh n xét 18 Chú ý r ng 2(b2 + c2 ) (2b + c)(b + 2c), nên s s X X p a(b + c) a(b + c) 2 2 + c2 ) 2(b (2b + c)(b + 2c) cyc cyc
276 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C và ta thu đư c k t qu đ p sau r r r a(b + c) b(c + a) c(a + b) + + 2: b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 (Võ Qu c Bá C n) Đ ng th c đ t đư c t i a = b; c = 0 và các hoán v c a nó. Bài toán 2.65 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng p a3 b3 c3 2(a2 + b2 + c2 ) 2 + + 3abc(a + b + c): b+c c+a a+b (Nguy n Công Minh) L i gi i. S d ng b t đ ng th c Holder, ta có !3 P 2 a X a3 cyc !" # b+c P P cyc a2 (b + c) a cyc cyc Ta c n ch ng minh !3 P 2 2 a s X X cyc a2 !" #+ 3abc a 2 P P cyc cyc a2 (b + c) a cyc cyc Do tính thu n nh t, ta có th chu n hóa cho a + b + c = 1. Đ t q = ab + bc + ca; r = abc, n o khi đó theo b t đ ng th c Schur b c 4, ta có r max 0; (4q 16 q) . B t đ ng th c )(1 tr thành 2q )3 p 2(1 + 3r 2(1 2q ) q 3r N u1 4q thì 2q )3 p 2q )3 2(1 2(1 + 3r 2(1 2q ) 2(1 2q ) q 3r q 2(1 2q )(1 q )(1 4q ) = 0 q
277 N u 4q 1 thì r 2q )3 p 2q )3 2(1 2(1 (4q 1)(1 q) + 3r 2(1 2q ) + (4q 1)(1 q ) q 3r 2 q 2 r 4(1 2q )3 (4q 1)(1 q) = + 4q 2 3q + 1 2 Ta c n ch ng minh r 4(1 2q )3 (4q 1)(1 q ) + 2(1 2q ) 2 4q 3q + 1 2 r 4(1 2q )3 (4q 1)(1 q ) , 2(1 2q ) 4q 2 3q + 1 2 r (4q 1)(1 q ) 2(1 2q )(4q 1)(1 q ) , 4q 2 3q + 1 2 p , 4q 2 3q + 1 2(1 2q ) 2(4q 1)(1 q ) Theo b t đ ng th c AM-GM, ta có p 4q 2 3q + 1 2(1 2q ) 2(4q 1)(1 q) 4q 2 3q )2 3q + 1 (1 2q )[2(4q 1) + 1 2q ] = 2(1 0: B t đ ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c ho c a = b; c = 0 ho c các hoán v tương ng. Bài toán 2.66 Cho a; b; c là đ dài 3 c nh c a m t tam giác. Ch ng minh r ng (a2 b + b2 c + c2 a)2 abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ): (Võ Qu c Bá C n) L i gi i 1. B t đ ng th c tương đương v i X X a4 b2 a4 bc abc(a b)(a c)(b c) cyc cyc X X X a4 (b c)2 + a4 b2 a2 b4 , 2abc(a b)(a c)(b c) cyc cyc cyc X a4 (b c)2 + (a , b)(a c)(b c)[(a + b)(b + c)(c + a) 2abc] 0 cyc
278 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C X X a4 (b c)2 + (a , b)(a c)(b c) ab(a + b) 0 cyc cyc Do a; b; c là đ dài 3 c nh c a m t tam giác nên t n t i các s không âm x; y; z 0 sao cho a = y + z; b = z + x; c = x + y . B t đ ng th c tr thành " # X X X 4 2 3 2 (y + z ) (y z ) + (x y )(y z )(z x) 2 x +5 x (y + z ) + 12xyz 0 cyc cyc cyc T đây, gi s x = minfx; y; z g và đ t y = x + p; z = x + q , ta có th d dàng vi t l i b t đ ng th c như sau Ax4 + Bx3 + Cx2 + Dx + E 0 trong đó A = 32(p2 pq + q 2 ) 0 3 5p q + pq + 4q 3 ) 2 2 B = 16(4p 0 4 3 22 3 4 q )2 (p + q ) + q 4 ] C = 48(p pq p q + pq + q ) = 48[p(p 0 4 3 22 3 4 D = 8(p + q )(2p 3p q p q + pq + 2q ) q ) + pq (5p2 4 13pq + 9q 2 )] = 8(p + q )[2(p 0 3 2 32 E = 2(p pq q) 0: B t đ ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a=b=c ho c ! p p 3 100 + 12 69 2 1 +p a = b + c; b = c: p 6 3 3 3 100 + 12 69 ho c các hoán v tương ng. L i gi i 2. Không m t tính t ng quát, ta có th gi s (a b)(a c) 0. Xét hàm s sau f (x) = (a2 + b2 + c2 )x2 2(a2 b + b2 c + c2 a)x + abc(a + b + c) Ta có f (a) = a(a b)(a c)(a b + c) 0 và lim f (x) = +1 x!1 Do đó, t n t i x0 sao cho f (x0 ) = 0, và vì th bi t th c c a f (x) ph i không âm, t c là (a2 b + b2 c + c2 a)2 abc(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ):
279 Nh n xét 19 S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz và b t đ ng th c trên, ta có !2 P2 ab X a2 b X cyc a2 P2 c a bc cyc cyc cyc và ta đư c a2 b b2 c c2 a a2 + b2 + c2 + + c a b b c a , a2 1 + b2 1 + c2 1 0: c a b Đây chính là b t đ ng th c trong kỳ thi ch n đ i tuy n đi thi toán qu c t c a Moldova 2006. Bài toán 2.67 Cho các s không âm a; b; c th a mãn a + b + c = 3. Ch ng minh r ng p p p ab a + bc b + ca c 3: (Vasile Cirtoaje) L i gi i. S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 ! ! Xp X X a2 b ab a ab cyc cyc cyc Ta c n ch ng minh ! ! X X 2 ab ab 9 cyc cyc ! ! ! X X X 2 , ab a ab 27 cyc cyc cyc !2 3 !2 X X X ab 4 3abc5 a3 b + , ab 27 cyc cyc cyc !2 P P 1 3 2 ab a S d ng b t đ ng th c Vasile . Ta c n ph i ch ng minh 3 cyc cyc !2 3 !2 !2 X X X 1 ab 4 3abc5 a2 + ab 27 3 cyc cyc cyc
280 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C Đ t q = ab + bc + ca, ta ph i ch ng minh 2q )2 + 3q 2 q [(9 9abc] 81 Theo b t đ ng th c Schur b c 3, ta có 3r 4q 9. Do đó, ta ch c n ch ng minh đư c q [(9 2q )2 + 3q 2 3(4q 9)] 81 q )(7q 2 , (3 27q + 27) 0: hi n nhiên đúng do q 3. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1: Nh n xét 20 T bài này, ta suy ra k t qu sau ph n trư c p a3 b3 c3 3(a2 + b2 + c2 ) +2 +2 a2 2 2 c + a2 +b b +c 2 (Võ Qu c Bá C n) đây, chúng ta có m t l i gi i khác b ng cách s d ng b t đ ng th c Holder như sau hX i hX i3 1 hX 2 i3 2 X a3 (a2 + b2 )2 (a2 + c2 )3 a2 (a2 + c2 ) = (a + b2 )2 2 + b2 a 8 Nên ta ch c n ch ng minh đư c 1 hX 2 i3 3 X 2 hX 2 i (a + b2 )2 (a + b2 )2 (a2 + c2 )3 a 8 4 p p 2p Đ t x = a + b ; y = b + c ; z = c2 + a2 thì b t đ ng th c tr thành 2 2 2 p p p p p p (x + y + z )3 3 x + y + z xy x + yz y + zx z Theo b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có p p p p x+ y+ z 3(x + y + z ) Nên ta ch c n ch ng minh đư c p p p p (x + y + z )5=2 3 3 xy x + yz y + zx z Do tính thu n nh t nên ta có th chu n hóa cho x + y + z = 3: Khi đó b t đ ng th c tr thành p p p xy x + yz y + zx z 3: Đây chính là b t đ ng th c đư c ch ng minh trên. V y nên b t đ ng th c c n ch ng minh đúng.
281 Bài toán 2.68 Cho a; b; c là đ dài 3 c nh c a m t tam giác. Ch ng minh r ng ab c a+b b+c c+a + + +3 2 + + : b ca b+c c+a a+b (Võ Qu c Bá C n) L i gi i. B t đ ng th c tương đương v i Xa Xc X a +2 2 +3 b b+c b+c cyc cyc cyc ! ! ! ! X Xa X X X c a , ab +2 ab 2 +3 b b+c b+c cyc cyc cyc cyc cyc X ca2 X bc2 X X abc a2 + 2 , +2 b b+c b+c cyc cyc cyc cyc S d ng b t đ ng th c Moldova, ta có X ca2 X a2 b cyc cyc Do đó, ta ch c n ch ng minh đư c X bc2 X abc b+c b+c cyc cyc X bc(c a) , 0 b+c cyc X bc(c2 a2 )(a + b) , 0 cyc X X a2 b3 a2 b2 c: , cyc cyc hi n nhiên đúng theo b t đ ng th c AM-GM. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c: Bài toán 2.69 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng a2 + b2 + c2 3(a3 b + b3 c + c3 a) + 22 4: ab + bc + ca a b + b2 c2 + c2 a2 (Bách Ng c Thành Công)
282 CHƯƠNG 2. SÁNG T O B T Đ NG TH C L i gi i. B t đ ng th c tương đương v i ! ! ! ! ! ! X X X X X X 2 22 3 22 a a b +3 ab ab 4 ab ab cyc cyc cyc cyc cyc cyc X X X X X X a4 b2 + a2 b4 + 3 a4 bc + 3a2 b2 c2 a3 b3 + a3 b2 c + 4 a2 b3 c ,4 4 cyc cyc cyc cyc cyc cyc ! X X X X X X 42 24 33 2 2 3 ,4 ab + ab 4 ab abc 4 ab + ab 3 a 3abc cyc cyc cyc cyc cyc cyc ! X X X X 22 2 2 2 3 , a b (2a b) abc 4 ab + ab 3 a 3abc cyc cyc cyc cyc S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có X X a2 b2 (2a b)2 = [a2 b2 (2a b)2 + a2 c2 (2c a)2 ] 2 cyc cyc X a2 bc(2a 2 b)(2c a) cyc ! X X X 2 2 3 = 2abc 4 ab + ab 2 a 6abc cyc cyc cyc ! X X X 2 2 3 2abc 4 ab + ab 3 a 3abc : cyc cyc cyc B t đ ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c ho c a b c 1 = 2 = 0 ho c các hoán v tương ng. Bài toán 2.70 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th b ng 0: Ch ng minh r ng a2 (b + c) b2 (c + a) c2 (a + b) 2 +2 +2 : (b2 + c2 )(2a + b + c) (c + a2 )(2b + c + a) (a + b2 )(2c + a + b) 3 (Darij Grinberg) L i gi i. S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có " #" # !2 X X a2 (b2 + c2 )(2a + b + c) X a2 (b + c) 2 a 2 + c2 )(2a + b + c) (b b+c cyc cyc cyc