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

7 67 0
  • Loading ...

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 28/11/2019, 21:28

Về bất đẳng thức kỳ thi IMO lần thứ 36 Vũ Tiến Việt Hanoi Mathematical Society Trong kỳ thi IMO lần thứ 36 tổ chức Toronto (Canada) năm 1995 có tốn sau: Bài tốn Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh bất đẳng thức 1 + + ≥ · a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2 Chứng minh Cách Do abc = nên a2 b2 c2 = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b2 c2 c2 a2 a2 b2 + + ≥ a(b + c) b(c + a) c(a + b) Sử dung bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (a21 + a22 + a23 )(b21 + b22 + b23 ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )2 ta 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) c2 a2 a2 b2 b2 c2 + + ≥ (ab + bc + ca) a(b + c) b(c + a) c(a + b) Đến sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta b2 c2 c2 a2 a2 b2 3√ 3 + + ≥ (ab + bc + ca) ≥ a2 b2 c2 = a(b + c) b(c + a) c(a + b) 2 Cách Do abc = nên a2 b2 c2 = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành c2 a2 a2 b2 b2 c2 + + ≥ a(b + c) b(c + a) c(a + b) 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 [(ab + ac) + (bc + ba) + (ca + cb)]S ≥ (ab + bc + ca)2 = (ab + bc + ca)(ab + bc + ca) Đến sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta √ 2(ab + bc + ca)S ≥ (ab + bc + ca)(ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca)3 a2 b2 c2 = 3(ab + bc + ca) Từ suy S ≥ 1 Cách Với α > ta có α + ≥ 2, hay α ≥ − Từ ta α α a2 (b + c) ab + bc 1 2 − = − = · ≥ · a (b + c) 2a a (b + c) 2a a Tương tự ta có 1 bc + ca 1 ca + cb ≥ − , ≥ − · b (c + a) b c (a + b) c Dẫn đến 1 1 1 1 + + ≥ + + − (ab + bc + ca) = (ab + bc + ca) a (b + c) b (c + a) c (a + b) a b c 2 Từ theo bất đẳng thức AM-GM ta 1 3√ 3 + + ≥ (ab + bc + ca) ≥ a2 b2 c2 = · 3 a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 Cách Do abc = nên a2 b2 c2 = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b2 c2 c2 a2 a2 b2 + + ≥ a(b + c) b(c + a) c(a + b) Với λ > ta có √ √ √ b2 c2 c2 a2 a2 b2 + λa(b + c) ≥ λbc, + λb(c + a) ≥ λca, + λc(a + b) ≥ 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 √ √ √ √ c2 a2 a2 b2 b2 c2 + + ≥ (2 λ − 2λ)(ab + bc + ca) ≥ 6( λ − λ) a2 b2 c2 = 6( λ − λ) a(b + c) b(c + a) c(a + b) Chọn λ = ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh Cách Bổ đề Cho α, β số x, y số dương Ta có bất đẳng thức (α + β)2 α2 β + ≥ x y x+y (1) Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với α2 y(x + y) + β x(x + y) ≥ (α + β)2 xy ⇔ α2 y + β x2 ≥ 2αβxy ⇔ (αy − βx)2 ≥ Cho α, β, γ số x, y, z số dương Áp dụng bất đẳng thức (1) ta α2 β γ (α + β)2 γ (α + β + γ)2 + + ≥ + ≥ x y z x+y z x+y+z (2) Sử dụng bất đẳng thức (2) bất đẳng thức AM-GM ta 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 3√ 3 ≥ = (ab + bc + ca) ≥ a2 b2 c2 = · 2(ab + bc + ca) 2 Cách Bổ đề Cho số a1 ≥ a1 b1 ≥ b2 Khi ta có (a1 − a2 )(b1 − b2 ) ≥ a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1 Cho số a1 ≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 Khi (a2 − a3 )(b1 − b3 ) ≥ 0, hay a2 b1 + a3 b3 ≥ a2 b3 + a3 b1 , theo a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1 , suy 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 a1 b1 + a2 b2 ≥ a1 b2 + a2 b1 , suy a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 ≥ a1 b3 + a2 b1 + a3 b2 Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, abc = nên a2 b2 c2 = 1, xyz = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 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 = + + ≥ · y+z z+x x+y Do tính đối xứng bất đẳng thức, ta giả thiết x ≥ y ≥ z Khi x y z ≥ ≥ y+z z+x x+y Từ theo bổ đề 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 Suy x2 y2 z2 3√ + + ≥ (x + y + z) ≥ xyz = · y+z z+x x+y 2 Cách Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, abc = nên a2 b2 c2 = 1, xyz = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 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 = + + ≥ · y+z z+x x+y Do tính đối xứng bất đẳng thức, ta giả thiết x2 ≥ y ≥ z Khi 1 ≥ ≥ y+z z+x x+y Từ theo bổ đề cách 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 x2 y2 z2 x2 + y y + z z + x2 + + ≥ + + y+z z+x x+y x+y y+z z+x Ta dễ dàng có bất đẳng thức α+β α2 + β ≥ với α > 0, β > Từ ta α+β x2 + y y + z z + x2 √ + + ≥ x + y + z ≥ 3 xyz = x+y y+z z+x Suy bất đẳng thức cần phải chứng minh Cách Do abc = nên a2 b2 c2 = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành c2 a2 a2 b2 b2 c2 c2 a2 a2 b2 b2 c2 + + = + + ≥ · a(b + c) b(c + a) c(a + b) ab + ac bc + ba ca + cb Xét hàm số tam thức bậc f (x) = √ 2 √ √ √ bc ca ab x − ab + ac + √ x − bc + ba + √ x − ca + cb = ab + ac bc + ba ca + cb 2 2 2 ca ab bc + + x2 − 2(ab + bc + ca)x + 2(ab + bc + ca) = ab + ac bc + ba ca + cb Vì f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R nên ∆ ≤ 0, tức (ab + bc + ca)2 − b2 c2 c2 a2 a2 b2 (ab + bc + ca) ≤ + + ab + ac bc + ba ca + cb Như b2 c2 c2 a2 a2 b2 3√ 3 + + ≥ (ab + bc + ca) ≥ a2 b2 c2 = · ab + ac bc + ba ca + cb 2 Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh Cách Do abc = nên a2 b2 c2 = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b2 c2 c2 a a2 b2 + + ≥ · a(b + c) b(c + a) c(a + b) Trong không gian Oxyz xét 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 OA · OB = |OA| · |OB| · cos AOB ≤ |OA| · |OB| = = [2(ab + bc + ca)] b2 c2 c2 a2 a2 b2 + + ab + ac bc + ba ca + cb Suy b2 c2 c2 a2 a2 b2 3√ 3 + + ≥ (ab + bc + ca) ≥ a2 b2 c2 = · ab + ac bc + ba ca + cb 2 Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh 1 Cách 10 Đặt + + = a−1 + b−1 + c−1 = t > 0, ta có a b c 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) hàm lồi t−x (t − x)3 Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi ta Xét hàm f (x) = f (a−1 ) + f (b−1 ) + f (c−1 ) ≥ 3f ( a−1 + b−1 + c−1 1 1 )= ( + + )≥ a b c Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh 3 = · abc Cách 11 Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, s = ab + bc + ca = x + y + z Ta có xyz = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 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 = · Ta có y+z s−y z+x s−x = < 1, < = < 1, 2s 2(x + y + z) 2s 2(x + y + z) s−z x+y s−x s−y s−z 0< = < 1, + + = 2s 2(x + y + z) 2s 2s 2s 0< Xét biến ngẫu nhiên X với phân phối xác suất 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 x s−x y s−y z s−z · + · + · = , s−x 2s s−y 2s s−z 2s 2 s−x s−y s−z x y z E(X ) = · + · + · = s−x 2s s−y 2s s−z 2s x2 y2 z2 , = + + 2s s − x s − y s − z x2 y2 z2 ≤ Var(X) = E(X2 ) − (EX)2 = + + − · 2s s − x s − y s − z EX = Suy x2 y2 z2 s x+y+z 3√ + + ≥ = ≥ xyz = · s−x s−y s−z 2 2 Tổng quát bất đẳng thức cho Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = số m ≥ Chứng minh bất đẳng thức 1 + m + m ≥ · + c) b (c + a) c (a + b) am (b Chứng minh Đặt x = trở thành 1 , y = , z = Ta có xyz = bất đẳng thức cần chứng minh a b c 1 xm−1 y m−1 z m−1 + + = + + ≥ · m m m a (b + c) b (c + a) c (a + b) y+z z+x x+y Do tính đối xứng bất đẳng thức ta giả thiết x ≥ y ≥ z Khi xm−2 ≥ y m−2 ≥ z m−2 , 1 xm−2 y m−2 z m−2 ≥ ≥ , ≥ ≥ · y+z z+x x+y y+z z+x x+y Từ theo bổ đề cách 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 xm−1 y m−1 z m−1 + + ≥ (xm−2 + y m−2 + z m−2 ) y+z z+x x+y 3 ≥ xm−2 y m−2 z m−2 = · 2 Khi m = ta có bất đẳng thức ban đầu Bài toán Cho số dương a1 , a2 , , an (n ≥ 3) thỏa mãn a1 a2 an = số m ≥ Chứng minh bất đẳng thức 1≤k Từ ta α+β x2 + y y + z z + x2 √ + + ≥ x + y + z ≥ 3 xyz = x+y y+z z+x Suy bất đẳng thức cần phải chứng minh Cách Do abc = nên a2 b2 c2 = bất đẳng thức. .. ca + cb 2 Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh Cách Do abc = nên a2 b2 c2 = bất đẳng thức cần chứng minh trở thành b2 c2 c2 a a2 b2 + + ≥ · a(b + c) b(c + a) c(a + b) Trong không gian Oxyz
- Xem thêm -

Xem thêm: Về một bất đẳng thức trong kì thi IMO vũ tiến việt , Về một bất đẳng thức trong kì thi IMO vũ tiến việt

Từ khóa liên quan