Bất đẳng thức đại số và phương pháp PQR - Lê Phúc Lữ

(1)

Trường Đông miền Nam 2019 – Hướng tới kỳ thi VMO 2019 – 2020

30 PHẦN 7. BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ VÀ PHƯƠNG PHÁP PQR

Ta biết rằng phương pháp pqr là các tiếp cận mạnh và hiệu quả cho nhiều bài BĐT đối xứng ba biến. Trong đó, ta đặt pxyz q, xyyzzx r, xyz.

Thông dụng nhất sẽ là : p 3 q3,r1; còn nếu r 1 p3,q3.

Đi đôi với phương pháp này, ta có BĐT Schur để đánh giá các quan hệ giữa các đại lượng.

Chẳng hạn như

(4 2)

max , 0

9 p q p

r   

  

 

.

Chú ý: phương pháp này chỉ dùng được khi đề bài cho các số thực dương hoặc không âm.

Bài 7.1. (Quảng Nam) Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yz zx3. Chứng minh rằng x³ y³ z³7xyz10.

Lời giải. Ta có x³ y³z³  p³9p3r nên BĐT đã cho viết lại thành

3 9 10 10.

p  p r

Vì q3 và

2 2

(4 ) (12 )

9 9

p q p p p

r  

  nên ta có hai trường hợp :

- Nếu p² 12 thì p³9p p p( ²9)3p6 310, BĐT cần chứng minh là đúng.

- Nếu p² 12 thì ³ ³ 10 ³

9 10 9 (12 )

p  p r p  p 9 pp , ta đưa về chứng minh 39 3

9 10 p p

 hay (p3)(p²3p30)0. BĐT cuối đúng do p 3 0 và p² 12,3p6 3 nên p²3p300.

Bài 7.2. (Vũng Tàu)

a) Chứng minh rằng nếu a b c, , 0 mà 1 1 1 1 1 3a 1 1 3b 1 1 3c 1

      thì abc1.

b) Chứng minh rằng nếu a b c, , 0 thì

2 1.

3

sym

a

a a bc



 



Lời giải.

(2)

31

a) Đặt 3 3 3

, ,

1 1 3 1 1 3 1 1 3

x y z

a b c

  

      thì xy z 3 và 3

, , 0;

x y z  2

  

 . Ta cũng tính được 3 2₂ 3 2₂ 3 2₂

, ,

x y z

a b c

x y z

  

   nên đưa về

2 2 2

(3 2 )(3 2 )(3 2 ) x  y  z  x y z hay

2 2 2

(x yz z)( xy y)(  z x)x y z . Nhân hai vế cho (xyz)³ 27, ta có

3

2 2 2 2 2 2 4 4 4 3

2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2

( )( )( )( )

2( ) ( ) ( )

9 2( ) ( ) ( )

x y z z x y y z x x y z

x y y z z x x y z x y z

       

 

        

 

         

Ta đưa về chứng minh 2(x y² ²y z^{2 2}z x² ²) ( x⁴ y⁴z⁴) ( x² y² z²)3x y z² ^{2 2}. Đặt px²y² z q², x y² ² y z² ²z x r² ², x y z² ² ² thì cần có

(4q p2)p3r hay

(4 3 2) 3

p q p

r 

 ,

đúng theo BĐT Schur.

b) Chia tử và mẫu của các phân thức cho a b c, , rồi đặt bc₂, ca₂ , ab₂

x y z

a b c

   thì xyz1 và

cần chứng minh ¹ ¹ ¹ 1.

1 1 3x 1 1 3y 1 1 3z 

     

Giả sử phản chứng rằng BĐT sai, tức là VT 1. Thay ( , , )x y z ( , , )x y z sao cho VT 1 thì z z nên xyz 1. Nhưng theo câu a thì xyz 1 nên mâu thuẫn, ta có đpcm.

Bài 7.3. (Ninh Bình) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn (a²1)(b²1)(c²1)8. Tìm giá trị lớn nhất của Pab bc ca  .

Lời giải. Ta sử dụng ý tưởng phản chứng.

(3)

32 Dự đoán abbcca3. Ta giả sử rằng abbcca3. Thay ( , , )a b c ( , , )a b c với c c sao cho abbcc a 3. Khi đó, (a² 1)(b²1)(c²1)8. Ta cần chỉ ra điều vô lý.

Ta giải bài toán sau: Giả sử x y z, , là các số thực dương và xyyzzx3. Ta cần chứng minh rằng (x²1)(y²1)(z²1)8.

Ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

( 1)( 1)( 1) 1

2 2 1 2 4

x y z x y z x y y z z x x y z

r q pr p q r pr p

          

         

Ta cần chứng minh rằng r²2pr p²48 hay (pr)²4.

Chú ý rằng khi q3 thì p3,r1 nên p r 2, điều này cho thấy (pr)²4. Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh ở trên là đúng.

Bài 7.4. (chọn đội tuyển KHTN) Cho a b c, , 0, chứng minh rằng

3 3 3 1 1 1 2 2 2

(a b c ) 6(ab bc ca) 9(a b c ).

a b c

 

          

 

Lời giải. Ta viết lại BĐT đã cho thành

3 2

( 3 3 )q 6 9( 2 )

p pq r q p q

  r    .

Chuẩn hóa q3, ta đưa về ³ 3 ²

(p 9p 3 )r 18 9(p 6)

  r   hay

2

3 ( 9) 2

9 81

p p p

r

   hay (p²9)(p3 )r 0.

BĐT cuối đúng vì p3,r1.

Bài 7.5. (chọn đội tuyển KHTN) Cho a b c, , 0, chứng minh rằng

6 6 6

2 2 2 6.

a b c a b c

b cc a a b a b c b c a  c a b

        

(4)

33

Lời giải. Đặt 2 2 2

, , 4.

a b c

x y z xy yz zx xyz

b c c a a b

       

   Ta cần có

6 6 6

1 1 1 12.

x y z

     

  

Khi đó vẫn với quy ước p x yz q, xyyzzx r,  xyz thì q r 4. Ta cần chứng minh 6rp2 p126r(p3)(p4)0. (*)

Theo BĐT Schur thì p³9r4pq hay

3

3 3 16

9 4 (4 ) (9 4 ) 16

9 4 p p

p r p r r p p p r

p

         

 . - Nếu p4 thì BĐT (*) đúng.

- Nếu p4 thì thay vào (*), ta có

6(16 3) (4 )( 3)(2 9)

6 ( 3)( 4) ( 3)( 4) 0

9 4 4 9

p p p p p

r p p p p

p p

   

        

  ,

BĐT này đúng do p3 (BĐT này có thể chứng minh bằng phản chứng tương tự các bài trước, tức là nếu có p3, chứng minh q r 4). Vậy nên ta có đpcm.