_ Với mỗi bộ 3 số $ a , b,c$ ta kí hiệu
$p = a+b+c$
$ q= ab+bc+ca$
$r= abc$
Ta có một số đẳng thức sau :
$\sum \limits_{sym} a^2=p^2-2q$
$\sum \limits_{sym} a^3 = p^3 - 3pq +3r$
$\sum \limits_{sym} a^2(b+c) = pq - 3r $
$\sum \limits_{sym} a^4 = p^4 + 2p^2 + 4pr - 4p^2q$
$\sum \limits_{sym} b^2c^2 = q^2 - 2pr $
$\sum \limits_{sym} a^3(b+c) = p^2q - 2q^2 - pr$
$ (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2= p^2q^2 + 18pqr - 27 r^2 - 4q^3 - 4p^3r$
_ Hàm số $f(X) = AX^2 + BX +C$ ( $A>0 $) $ X_{ct} = \dfrac{-B}{2A} $
+) $ \geq 0 \forall X \Leftrightarrow \Delta =B^2 - 4AC \leq 0 $
+)$ \geq 0 \forall X \geq 0 \Leftrightarrow \large\left[{\left\{\begin{array}{l}0\geq X_{ct} (\text{hoac} B\geq 0 ) \\f(0)\geq 0 ( \text{hoac} C \ge 0) \end{array}\right. \\{ \left\{\begin{array}{l}X_{ct}\geq 0 ( \text{hoac} B \le 0) \\f(X_{ct})\geq 0(\text{hoac} \Delta = B^2 - 4 AC \leq 0) \end{array}\right. $
II . Các ví dụ :
Ví dụ 1 :
Cho $a,b,c \geq 0 $ thỏa mãn :$a+b+c= 3$
CM $ a^2b+b^2c+c^2a \leq 4 $
Giải :
$\Leftrightarrow 2\sum \limits_{cyc} a^2b \leq 8 $
$\Leftrightarrow (\sum \limits_{cyc} a^2b + \sum \limits_{cyc}ab^2 ) + (\sum \limits_{cyc}a^2b - \sum \limits_{cyc}ab^2) \leq 8$
$ \Leftrightarrow \sum \limits_{sym}a^2(b+c) + (a-b)(b-c)(c-a) \leq 8$
Rõ ràng ta chỉ cần CM bđt trong TH $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $:
$\sum \limits_{sym}a^2(b+c) + \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \leq 8 $
$\Leftrightarrow (pq - 3r) + \sqrt {(p^2q^2+ 18 pqr - 27 r^2 - 4q^3 - 4q^3r) } \leq 8 $
$\Leftrightarrow (p^2q^2 + 18pqr - 27r^2 - 4q^3 - 4p^3r) \leq (8-pq +3r)^2$
$\Leftrightarrow 36r^2 + (4p^3 - 24pq +48)r +4q^3 -16pq +64 \geq 0 $
$ \Leftrightarrow 9r^2 + (p^3-6pq +12 ) r + q^3 - 4pq +16 \geq 0 $
Thay $p = 3$ :
$ 9r^2 +(39-18q)r +q^3 -12q +16 \geq 0 $
Đặt $ f( r) = 9r^2 +(39-18q)r +q^3 -12q +16$
$r_{ct} = \dfrac{-39+18q}{18} $
Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{39}{18} \Rightarrow r_{ct} \leq 0 $
$ f(0) = q^3 - 12q +16 = (q+4)(q-2)^2 \geq 0 $
2) $ \dfrac{39}{18} \leq q \leq 3 \Rightarrow r_{ct} \geq 0 $
$ f(r_{ct}) = 24q^3 - 216q^2 + 648q - 630 \geq 0 \forall q \in [\dfrac{39}{18} ; 3 ] $
Vậy $ f( r) \geq 0 \forall r \geq 0 \Rightarrow $ bđt được CM
Ví dụ 2 :
Cho $a,b,c $ là các số ko âm thỏa mãn : $a+b+c = 3$
CMR : $ a^2b +b^2c+ c^2a + 2 ( ab^2 +bc^2 +ca^2 ) \leq 6\sqrt{3}(2)$
Giải :
$ ( 2)\Leftrightarrow 2\sum \limits_{cyc}a^2b + 4\sum \limits_{cyc}ab^2 \leq 12\sqrt{3} $
$ \Leftrightarrow 3\sum \limits_{sym}a^2(b+c) + (\sum \limits_{cyc} ab^2 -\sum \limits_{cyc} a^2b) \leq 12\sqrt{3} $
$ \Leftrightarrow 3\sum \limits_{cyc}a^2(b+c) + (a-b)(b-c)(c-a) \leq 12\sqrt{3} $
Ta chỉ cần CM trong TH :$(a-b)(b-c)(c-a) \geq 0 $
$ 3\sum \limits_{sym}a^2(b+c) + \sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2} \leq 12\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow 3(pq -3r ) + \sqrt{p^2q^2 +18pqr -27r^2 -4q^3 - 4p^3r} \leq 12\sqrt{3}$
$ \Leftrightarrow p^2q^2 +18pqr - 27r^2 - 4q^3 - 4p^3r \leq (12\sqrt{3}-3pq+9r)^2 $
$ \Leftrightarrow f( r) = 108r^2 + (4p^3-72pq +216\sqrt{3} )r + 4q^3 + 8p^2q^2 -72\sqrt{3}pq +432 \geq 0 $
$ r_{ct} = \dfrac{216q - 108 -216\sqrt{3} }{108}$
Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{216\sqrt{3} +108 }{216} \Rightarrow r_{ct} \leq 0 $
$ f(0) = 4( q+ 12 + 6\sqrt{3} )( q+3 -\sqrt{3})^2 \geq 0 $
2) $ \dfrac{216\sqrt{3} +108 }{216} \leq q \leq 3 \Rightarrow r_{ct} \geq 0 $
$ f(r_{ct}) = 4q^3 -36q^2 +108q +81 - 108\sqrt{3} \geq 0 \forall q \in [\sqrt{3} + \dfrac{1}{2} ; 3] $
Bđt được chứng minh .
Ví dụ 3 :
Tìm hằng số tốt nhất cho bđt sau :
$ k(a+b+c)^4 \geq (a^3b+b^3c+c^3a) + ( a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 ) + abc(a+b+c) $
Giải :
Cho $ a= 2, b=1 , c= 0 \Rightarrow k\geq \dfrac{4}{27}$
Ta Cm đây là giá trị cần tìm , nghĩa là :
$ \dfrac{4}{27}(a+b+c)^4 \geq \sum \limits_{cyc}a^3b + \sum \limits_{sym}b^2c^2 + abc\sum \limits_{sym} a $
$\Leftrightarrow \dfrac{8}{27}(a+b+c)^4 \geq (\sum \limits_{cyc}a^3b + \sum \limits_{cyc}ab^3) + 2\sum \limits_{sym}b^2c^2 + (\sum \limits_{cyc}a^3b -\sum \limits_{cyc}ab^3) +2abc(a+b+c) $
$ \Leftrightarrow \dfrac{8}{27}(a+b+c)^4 \geq \sum \limits_{sym}a^3(b+c) +2\sum \limits_{sym}b^2c^2 +(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c) +2abc(a+b+c) $
Chỉ cần Cm trong trường hợp $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$ \Leftrightarrow \dfrac{8}{27}(a+b+c)^4 \geq p^2q -2q^2- pr +2q^2- 4pr+2pr +p\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}$
$ \Leftrightarrow p^2(p^2q^2 + 18pqr - 27r^2 - 4q^3- 4p^3r ) \leq [\dfrac{8}{27}p^4 -p^2q+3pr]^2$
$\Leftrightarrow 36p^2r^2 + (\dfrac{52}{9}p^5 -24p^3q)r + \dfrac{64}{729}p^3 +4p^2q^3 - \dfrac{16}{27}p^6q \geq 0 $
$\Leftrightarrow 324p^2 +(1404-648q)r +36q^3-432q +576 \geq 0 $ (chuẩn hóa $p=3$ )
$f( r) =36[9r^2 + (39-18q)r +q^3 -12q+16]$
Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{13}{6} \rightarrow 39-18q \geq 0$
$ f(0)=36(q+4)(q-2)^2 \geq 0 $
2)$ \dfrac{13}{6} \leq q \leq 3 \rightarrow \Delta = (39-18q)^2 -4.9.(q^3-12q+16) = -36q^3 +324q^2 -972q +945 \leq 0 $ VớI $ q \in [\dfrac{13}{6};3]$
Bđt được chứng minh
Ví dụ 4
CM bđt sau vớIi mọi số thực x,y,z :
$ (x^2+y^2+z^2)^2 \geq 3 (x^3y +y^3z+z^3x )(2)$
GiảI :
Nhận xét : Nhân 2 vế bđt $( 2 )$ vớI $ \dfrac{3^4}{(x+y+z)^4} \geq 0 $ và đặt
$ a= \dfrac{3x}{x+y+z} ; b= \dfrac{3y}{x+y+z}; c= \dfrac{3z}{x+y+z}$
Bđt trở thành :
$ (a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3 ( a^3b+b^3c+c^3a) $ vớI $a+b+c=3$
$ \Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3(\sum \limits_{cyc}a^3b +\sum \limits_{cyc}ab^3 ) + 3(\sum \limits_{cyc}a^3b -\sum \limits_{cyc}ab^3 )$
$ \Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3\sum \limits_{sym}a^3(b+c) + 3(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c)$
Ta chỉ cần CM trong trường hợp $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow 2(\sum \limits_{sym}a^2)^2 \geq 3\sum \limits_{sym}a^3(b+c) + 3\sum \limits_{sym}a\sqrt{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
$ \Leftrightarrow 2(p^2-2q)^2 \geq 3(p^2q-2q^2 -pr) + 3p\sqrt{p^sq^2+18pqr -27r^2-4q^3-4p^3r}$
$\Leftrightarrow 9p^2(p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r) \leq [2(p^2-2q)^2-3(p^2q-2q^2-pr)]^2 $
$\Leftrightarrow 252p^2r^2 +(84pq^2-228p^3q+48p^5)r +4p^8-44p^4q+168p^4q^2-272p^2q^3+196q^4 \geq 0 $
$\Leftrightarrow f( r)= 2268r^2 +(252q^2-6156q+11664)r+196q^4-2448q^3+13608q^2-32076q+26244 \geq 0 $
$ \Delta $’$ =(126q^2-3078q+5832)^2-2268(196q^4-2448q^3+13608q^2-32076q+26244) = -8748(7q-18)^2(q-3)^2 \leq 0 $
Bđt được CM
Ví dụ 5 :
Tìm hằng số k tốt nhất cho bđt sau đúng $\forall a,b,c>0$:
$\dfrac{a}{b} +\dfrac{b}{c} +\dfrac{c}{a} +k\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \geq 3+k(5)$
GiảI :
Ta có :
$2\sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b}= (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b} + \sum \limits_{cyc}\dfrac{b}{a}) + (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b} - \sum \limits_{cyc}\dfrac{b}{a}) = \dfrac{\sum \limits_{sym}a^2(b+c)}{abc} + \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$
$ (5)\Leftrightarrow \sum \limits_{cyc}\dfrac{a}{b} + 2k\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \geq 6+2k $
$ \Leftrightarrow \dfrac{\sum \limits_{sym}a^2(b+c)}{abc}+ 2k\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 6+2k + \dfrac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$
Ta chỉ cần CM trong TH $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow \dfrac{pq-3r}{r} + \dfrac{2kq}{p^2-2q} \geq 6+ 2k+\dfrac{\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r}$
$ (p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3q)(p^2-2q)^2 \leq [(pq-3r)(p^2-2q)+2kqr-(6+2k)r(p^2-2q)]^2$
$ f( r)= Ar^2 +Br+C \geq 0 $ (chuẩn hóa $p=3$ )
$ A=324k^2+36k^2q^2+216kq^2+2916k-3888q+432q^2+8748-216k^2q-1620kq$
$B= 8748 -432q^3+4320q^2-126361-72kq^3-972kq+540kq^2$
$C=16q^5-144q^4+324q^3$
Xét 2 TH :
1) $ 0 \leq q \leq \dfrac{3(k+11-\sqrt{k^2+10k+49} ) }{2(k+6)} \Rightarrow B\geq 0 \text{có} C\geq 0, A\geq 0 \Rightarrow f( r) \geq 0 $
2)$ \dfrac{3(k+11-\sqrt{k^2+10k+49} ) }{2(k+6)} \leq q \leq 3 $
$ \Delta = B^2 -4AC = -144(q-3)^2(2q-9)^2(48q^3+24kq^3+4k^2q^3-144kq^2-468q^2-9k^2q^2+162kq+1296q-719) $
Từ đây suy ra $ k_{max} = 3\sqrt[3]{4} - 2$
Ví dụ 6 :
Tìm hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm a,b,c :
$ \dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} + k(a+b+c) \geq 3(k+1)\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}(6)$
GiảI :
Ta có :
$ 2\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} = (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} + \sum \limits_{cyc}\dfrac{b^2}{a}) + (\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} - \sum \limits_{cyc}\dfrac{b^2}{a}) = \dfrac {\sum \limits_{cyc}a^3(b+c)}{abc} + \dfrac{(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)}{abc} $
$(6) \Leftrightarrow 2(\sum \limits_{cyc}\dfrac{a^2}{b} + 2k(a+b+c) \geq 6(k+1)\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \dfrac {\sum \limits_{cyc}a^3(b+c)}{abc} + 2k(a+b+c) - 6(k+1)\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c} \geq \dfrac{(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$
Ta chỉ cần CM trong TH : $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow \dfrac{p^2q-2q^2-pr}{r} +2kp -6(k+1)\dfrac{p^2-2q}{p} \geq \dfrac{p\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r} $
$ \Leftrightarrow p^4(p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r) \leq [(p^2q-2q^2-pr)p +2kp^2r-6(k+1)r(p^2-2q)]^2 $
$\Leftrightarrow f( r)= Ar^2 +Br+C \geq 0 $ ( Chuẩn hóa $p=3$ )
$ A= 288kq^2+144k^2q^2+1296k^2-1512q+4536k-2376kq-846k^2q+144q^2+6165$
$B=8748 -1944kq+1080kq^2-144kq^3-7776q+1404q^2-144q^3$
$C=36q^4$
Phương trình $B=0$ có nghiệm $ q \in [0,3]$:
$q_0 = \dfrac{1}{4(1+k)}(\sqrt[3]{M} + \dfrac{28k^2-100k-119}{\sqrt[3]{M}} + 10k + 3 ) $
Với :
$ M= -1475-2382k-960k^2-80k^3+36\sqrt{N} +36k\sqrt{N}$
$ N= -12k^4+324k63-63k^2+2742k+2979$
Xét 2 TH :
1)$ 0 \leq q \leq q_0 \Rightarrow B \geq 0 ; C \geq 0 \Rightarrow f( r ) \geq 0 $( Cm được $ A\geq 0 $ )
2)$q_0 \leq q \leq 3$
$ \Delta = B^2-4AC = -11644(q-3)^2(16q^3+16k^2q^3+32kq^3-252kq^2-189q^2-36k^2q^2+324kq+810q-729) $
Từ đây suy ra $ k_{max} \approx 1,5855400068$
Ví dụ 7 :
Tìm hằng số k tốt nhất sao cho bđt sau đúng với mọi $ a,b,c \geq 0 $
$\dfrac{a}{b} +\dfrac{b}{c} +\dfrac{c}{a} +k \geq \dfrac{(9+3k)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$ (7)
Giải :
Tương tự như VD 5 :
(7) $\Leftrightarrow 2\sum \limits_{cyc} \dfrac{a}{b} + 2k \geq \dfrac{6(3+k)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{\sum \limits_{sym}a^2(b+c)}{abc} + 2k - \dfrac{6(3+k)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} \geq \dfrac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$
Ta chỉ cần CM trong TH : $(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0 $
$\Leftrightarrow \dfrac{pq-3r}{r}+ 2k - \dfrac{6(3+k)(p^2-2q)}{p^2} \geq \dfrac{\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r}$
$\Leftrightarrow (p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r)p^4 \leq [(pq-3r)p^2+2kp^2r-6(3+k)(p^2-2q)r]^2 $
$\Leftrightarrow f( r)= Ar^2 +Br+C \geq 0 $ ( Chuẩn hóa $p=3$ )
$ A= 144k^2q^2 +864kq^2+1296k^2-13608q+13608k+1296q^2-864k^2q-7128kq+37098$
$ B= 648kq^2-1944kq-14580+1944q^2+8748$
$ C= 324q^3$
Xét 2 TH :
1)$0 \leq q \leq \dfrac{3(15+2k-\sqrt{153+36k+4k^2})}{4(3+k)} \Rightarrow B\geq 0 $ Ta Cm được $ A\geq 0 , C\geq 0 \Rightarrow f( r ) \ge 0$
2)$ \dfrac{3(15+2k-\sqrt{153+36k+4k^2})}{4(3+k)} \geq q \geq 3 $
$ \Delta = B^2-4AC = -11664(q-3)^2(16k^2q^3+96kq^3+144q^3-36k^2q^2-972q^2-432kq^2+324kq+1944q-729) $
Từ đây suy ra $ k_{mac}= 3\sqrt[3]{2} -3$
Ví dụ 8:Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $a,b,c$:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-k+3 $
Lời giải:
Tương tự ví dụ 5:
$2\sum_{cyc} \dfrac{a}{b} \ge \dfrac{2k\sum_{sym} a^2}{\sum_{sym} bc} -2k+6 \\ \Leftrightarrow \dfrac{\sum_{sym} a^2(b+c)}{abc}-\dfrac{2\sum_{sym} a^2}{\sum_{sym} bc}+2k-6 \ge \dfrac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}$
Ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $(a-b)(b-c)(a-c) \ge 0$
$\Leftrightarrow \dfrac{pq-3r}{r}-\dfrac{2k(p^2-2q)}{q}+2k-6 \ge \dfrac{\sqrt{p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r}}{r} \\ \Leftrightarrow q^2(p^2q^2+18pqr-27r^2-4q^3-4p^3r) \le \left[(pq-3r)q-2kr(p^2-2q)+(2k-6)rq\right]^2$
$\Leftrightarrow f( r )=Ar^2+Br+C \ge 0$ (chuẩn hóa $p=3$)
$A=36k^2q^2-216k^2q+324k^2-108kq^2+324kq+108q^2$
$B=36kq^3-108q^3+108q^2-108kq^2$
$C=4q^5$
Từ đây suy ra $k_{max} =1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 27-09-2007 - 14:33