Tải bản đầy đủ

Về một bất đẳng thức trong kì thi IMO vũ tiến việt

Về một bất đẳng thức trong kỳ thi IMO lần thứ 36
Vũ Tiến Việt
Hanoi Mathematical Society
Trong kỳ thi IMO lần thứ 36 tổ chức tại Toronto (Canada) năm 1995 có bài toán sau:

1 Bài toán
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh bất đẳng thức
1
1
3
1
+
+

·
a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b)
2

2 Chứng minh
Cách 1. Do abc = 1 nên a2 b2 c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2 c2

c2 a2
a2 b2
3
+
+
≥ .
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
2
Sử dung bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
(a21 + a22 + a23 )(b21 + b22 + b23 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2
ta được
b2 c2
c2 a2
a2 b2
[a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)]
+
+
≥ (ab + bc + ca)2 ,
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
hay là
c2 a2
a2 b2
1
b2 c2
+
+
≥ (ab + bc + ca).
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
2
Đến đây sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
b2 c2
c2 a2
a2 b2
1
3√
3
3
+
+
≥ (ab + bc + ca) ≥


a2 b2 c2 = .
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
2
2
2
Cách 2. Do abc = 1 nên a2 b2 c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
c2 a2
a2 b2
3
b2 c2
+
+
≥ .
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
2
1


Đặt
b2 c2
c2 a2
a2 b2
b2 c2
c2 a2
a2 b2
+
+
=
+
+
= S.
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
ab + ac bc + ba ca + cb
Sử dung bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
(a21 + a22 + a23 )(b21 + b22 + b23 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2
ta được
[(ab + ac) + (bc + ba) + (ca + cb)]S ≥ (ab + bc + ca)2 = (ab + bc + ca)(ab + bc + ca).
Đến đây sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được

3
2(ab + bc + ca)S ≥ (ab + bc + ca)(ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca)3 a2 b2 c2 = 3(ab + bc + ca).
3
Từ đó suy ra S ≥ .
2
1
1
Cách 3. Với α > 0 ta có α + ≥ 2, hay α ≥ 2 − . Từ đó ta được
α
α
a2 (b + c)
1 ab + bc
1
1
2
1
2

= −
=
·

·
3
2
a (b + c)
2a a (b + c)
2a
2
a
4
Tương tự ta có
1
1 bc + ca
1
1 ca + cb
≥ −
, 3
≥ −
·
3
b (c + a)
b
4
c (a + b)
c
4
Dẫn đến
1
1
1
1 1 1 1
1
+ 3
+ 3
≥ + + − (ab + bc + ca) = (ab + bc + ca).
3
a (b + c) b (c + a) c (a + b)
a b c 2
2
Từ đây theo bất đẳng thức AM-GM ta được
1
1
1
3√
3
1
3
+
+

(ab
+
bc
+
ca)

a2 b2 c2 = ·
3
3
3
a (b + c) b (c + a) c (a + b)
2
2
2
Cách 4. Do abc = 1 nên a2 b2 c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2 c2
c2 a2
a2 b2
3
+
+
≥ .
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
2
Với λ > 0 ta có



b2 c2
c2 a2
a2 b2
+ λa(b + c) ≥ 2 λbc,
+ λb(c + a) ≥ 2 λca,
+ λc(a + b) ≥ 2 λab.
a(b + c)
b(c + a)
c(a + b)
Dẫn đến

c2 a2
a2 b2
b2 c2
+
+
≥ (2 λ − 2λ)(ab + bc + ca).
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được




c2 a2
a2 b2
b2 c2
3
+
+
≥ (2 λ − 2λ)(ab + bc + ca) ≥ 6( λ − λ) a2 b2 c2 = 6( λ − λ).
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
1
Chọn λ = ta sẽ có bất đẳng thức cần phải chứng minh.
4
2


Cách 5. Bổ đề. Cho α, β là 2 số bất kỳ và x, y là 2 số dương. Ta có bất đẳng thức
(α + β)2
α2 β 2
+

x
y
x+y

(1)

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
α2 y(x + y) + β 2 x(x + y) ≥ (α + β)2 xy ⇔ α2 y 2 + β 2 x2 ≥ 2αβxy ⇔ (αy − βx)2 ≥ 0.
Cho α, β, γ là 3 số bất kỳ và x, y, z là 3 số dương. Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được
α2 β 2 γ 2
(α + β)2 γ 2
(α + β + γ)2
+
+

+

x
y
z
x+y
z
x+y+z

(2)

Sử dụng bất đẳng thức (2) và bất đẳng thức AM-GM ta được
1
1
1
b2 c2
c2 a2
a2 b2
+
+
=
+
+

a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b)
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
(ab + bc + ca)2
1
3√
3
3

= (ab + bc + ca) ≥
a2 b2 c2 = ·
2(ab + bc + ca)
2
2
2
Cách 6. Bổ đề. Cho các số a1 ≥ a1 và b1 ≥ b2 .
Khi đó ta có (a1 − a2 )(b1 − b2 ) ≥ 0 hay là a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1 .
Cho các số a1 ≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 .
Khi đó (a2 − a3 )(b1 − b3 ) ≥ 0, hay a2 b1 + a3 b3 ≥ a2 b3 + a3 b1 ,
theo trên a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1 ,
suy ra a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ≥ a1 b2 + a2 b3 + a3 b1 .
Lại có (a1 − a3 )(b2 − b3 ) ≥ 0, hay a1 b2 + a3 b3 ≥ a1 b3 + a3 b2 ,
theo trên a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1 ,
suy ra a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ≥ a1 b3 + a2 b1 + a3 b2 .
Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, do abc = 1 nên a2 b2 c2 = 1, xyz = 1 và bất
đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
1
1
b2 c2
c2 a2
a2 b2
+
+
=
+
+
=
a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b)
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
x2
y2
z2
3
=
+
+
≥ ·
y+z z+x x+y
2
Do tính đối xứng của bất đẳng thức, ta có thể giả thiết x ≥ y ≥ z. Khi đó
x
y
z


.
y+z
z+x
x+y
Từ đây theo bổ đề trên dẫn đến
x2
y2
z2
y
z
x
+
+
≥x·
+y·
+z·
,
y+z z+x x+y
z+x
x+y
y+z
y2
z2
z
x
y
x2
+
+
≥x·
+y·
+z·
·
y+z z+x x+y
x+y
y+z
z+x
3


Suy ra
x2
y2
z2
1
3√
3
+
+
≥ (x + y + z) ≥ 3 xyz = ·
y+z z+x x+y
2
2
2
Cách 7. Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, do abc = 1 nên a2 b2 c2 = 1, xyz = 1 và bất
đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
1
1
b2 c2
c2 a2
a2 b2
+
+
=
+
+
=
a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b)
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
x2
y2
z2
3
=
+
+
≥ ·
y+z z+x x+y
2
Do tính đối xứng của bất đẳng thức, ta có thể giả thiết x2 ≥ y 2 ≥ z 2 . Khi đó
1
1
1


.
y+z
z+x
x+y
Từ đây theo bổ đề ở cách 6 dẫn đến
x2
y2
z2
x2
y2
z2
+
+

+
+
,
y+z z+x x+y
z+x x+y y+z
x2
y2
z2
x2
y2
z2
+
+

+
+
·
y+z z+x x+y
x+y y+z z+x
Suy ra
x2
y2
z2
1 x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2
+
+

+
+
.
y+z z+x x+y
2 x+y
y+z
z+x
Ta dễ dàng có bất đẳng thức

α+β
α2 + β 2

với α > 0, β > 0. Từ đó ta được
α+β
2

x2 + y 2 y 2 + z 2 z 2 + x2

+
+
≥ x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3.
x+y
y+z
z+x
Suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Cách 8. Do abc = 1 nên a2 b2 c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
c2 a2
a2 b2
b2 c2
c2 a2
a2 b2
3
b2 c2
+
+
=
+
+
≥ ·
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
ab + ac bc + ba ca + cb
2
Xét hàm số tam thức bậc 2
f (x) = √

2
2
2



bc
ca
ab
x − ab + ac + √
x − bc + ba + √
x − ca + cb =
ab + ac
bc + ba
ca + cb
2 2
2 2
2 2
ca
ab
bc
+
+
x2 − 2(ab + bc + ca)x + 2(ab + bc + ca).
=
ab + ac bc + ba ca + cb

4


Vì f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R nên ∆ ≤ 0, tức là
(ab + bc + ca)2 − 2

b2 c2
c2 a2
a2 b2
(ab + bc + ca) ≤ 0.
+
+
ab + ac bc + ba ca + cb

Như vậy
b2 c2
c2 a2
a2 b2
1
3√
3
3
+
+
≥ (ab + bc + ca) ≥
a2 b2 c2 = ·
ab + ac bc + ba ca + cb
2
2
2
Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Cách 9. Do abc = 1 nên a2 b2 c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2 c2
c2 a 2
a2 b2
3
+
+
≥ ·
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
2
Trong không gian Oxyz xét các vector
OA( a(b + c),

b(c + a),

c(a + b)), OB(

bc
a(b + c)

,

ca
b(c + a)

,

ab
c(a + b)

).

Ta có OA · OB = ab + bc + ca và
OA · OB = |OA| · |OB| · cos AOB ≤ |OA| · |OB| =
= [2(ab + bc + ca)]

1
2

b2 c2
c2 a2
a2 b2
+
+
ab + ac bc + ba ca + cb

1
2

.

Suy ra
b2 c2
c2 a2
a2 b2
1
3√
3
3
+
+
≥ (ab + bc + ca) ≥
a2 b2 c2 = ·
ab + ac bc + ba ca + cb
2
2
2
Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh.
1 1 1
Cách 10. Đặt + + = a−1 + b−1 + c−1 = t > 0, ta có
a b c
1
1
1
a−2
b−2
c−2
+
+
=
+
+
=
a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b)
b−1 + c−1 c−1 + a−1 a−1 + b−1
a−2
b−2
c−2
=
+
+
·
t − a−1 t − b−1 t − c−1
2t2
x2
, (0 < x < t). Ta thấy f (x) =
> 0, nên f (x) là hàm lồi.
t−x
(t − x)3
Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi ta được

Xét hàm f (x) =

f (a−1 ) + f (b−1 ) + f (c−1 ) ≥ 3f (

a−1 + b−1 + c−1
1 1 1 1
3
)= ( + + )≥
3
2 a b c
2

Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh.
5

3

3
1
= ·
abc
2


Cách 11. Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, s = ab + bc + ca = x + y + z.
Ta có xyz = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
1
1
x2
y2
z2
+
+
=
+
+
a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b)
y+z z+x x+y
x2
y2
z2
=
+
+

s−x s−y s−z

=
3
·
2

Ta có
y+z
s−y
z+x
s−x
=
< 1, 0 <
=
< 1,
2s
2(x + y + z)
2s
2(x + y + z)
s−z
x+y
s−x s−y s−z
0<
=
< 1,
+
+
= 1.
2s
2(x + y + z)
2s
2s
2s

0<

Xét biến ngẫu nhiên X với phân phối xác suất là
P (X =

x
s−x
y
s−y
z
s−z
)=
, P (X =
)=
, P (X =
)=
.
s−x
2s
s−y
2s
s−z
2s

Khi đó
x
s−x
y
s−y
z
s−z
1
·
+
·
+
·
= ,
s−x
2s
s−y
2s
s−z
2s
2
2 s−x
2 s−y
2 s−z
x
y
z
E(X 2 ) =
·
+
·
+
·
=
s−x
2s
s−y
2s
s−z
2s
x2
1
y2
z2
,
=
+
+
2s s − x s − y s − z
1
x2
y2
z2
1
0 ≤ Var(X) = E(X2 ) − (EX)2 =
+
+
− ·
2s s − x s − y s − z
4
EX =

Suy ra
x2
y2
z2
s
x+y+z
3√
3
+
+
≥ =
≥ 3 xyz = ·
s−x s−y s−z
2
2
2
2

3 Tổng quát bất đẳng thức đã cho
Bài toán 1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 và số m ≥ 2.
Chứng minh bất đẳng thức
1
1
1
3
+ m
+ m
≥ ·
+ c) b (c + a) c (a + b)
2

am (b
Chứng minh. Đặt x =
trở thành

1
1
1
, y = , z = . Ta có xyz = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh
a
b
c

1
1
1
xm−1
y m−1
z m−1
3
+
+
=
+
+
≥ ·
m
m
m
a (b + c) b (c + a) c (a + b)
y+z z+x x+y
2
6


Do tính đối xứng của bất đẳng thức ta có thể giả thiết x ≥ y ≥ z. Khi đó
xm−2 ≥ y m−2 ≥ z m−2 ,

1
1
1
xm−2
y m−2
z m−2


,


·
y+z
z+x
x+y y+z
z+x
x+y

Từ đây theo bổ đề ở cách 6 dẫn đến
xm−1
y m−1
z m−1
y m−2
z m−2
xm−2
+
+
≥x·
+y·
+z·
,
y+z z+x x+y
z+x
x+y
y+z
xm−1
y m−1
z m−1
z m−2
xm−2
y m−2
+
+
≥x·
+y·
+z·
·
y+z z+x x+y
x+y
y+z
z+x
Suy ra
xm−1
y m−1
z m−1
1
+
+
≥ (xm−2 + y m−2 + z m−2 )
y+z z+x x+y
2
3
3
≥ 3 xm−2 y m−2 z m−2 = ·
2
2
Khi m = 2 ta có bất đẳng thức ban đầu.
Bài toán 2. Cho các số dương a1 , a2 , ..., an (n ≥ 3) thỏa mãn a1 a2 ...an = 1 và số m ≥ 3.
Chứng minh bất đẳng thức
1
ai

1≤k1≤i≤n,i=k,l



m−1

ai aj

n(n − 1)
·
(n + 1)(n − 2)

1≤i
Gợi ý. Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Radon.
Khi n = 3, a1 = a, a2 = b, a3 = c và m = 3 ta có bất đẳng thức ban đầu.

7



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×