[Toán 10] Bổ đề Võ Quốc Bá Cẩn

H

huynhbachkhoa23

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Bổ đề VQBC. Cho $n$ số thực $x_1, x_2,...,x_n$ thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_n=n$. Khi đó với mỗi $t\ge 0$ đặt $x_1^2+x_2^2+...+x_n^2=n+n(n-1)t^2$. Khi đó ta luôn có:
$$1-(n-1)t\le x_j \le 1+(n-1)t\;\; ( j=1,2,...,n )$$
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\ge x_1^2+\dfrac{(x_2+x_3+...+x_n)^2}{n}$$
tương đương với $n+n(n-1)t^2\ge x_1^2+\dfrac{(n-x_1)^2}{n}$
Giải bất phương trình này ra ta được $1-(n-1)t\le x_1\le 1+(n-1)t$.
Do $x_1, x_2, ..., x_n$ có vai trò như nhau nên ta được điều phải chứng minh.
Chú ý với $x_1, x_2,...,x_n\ge 0$ thì $t\in [0,1]$
Bài toán 1. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2\le \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}$$
Lời giải.
Đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $1\ge t\ge 0$. Khi đó đẳng thức xảy ra khi $a=1+2t$ nên ta có phép tách $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{1+2t}+\dfrac{1+2t-a}{a(1+2t)}$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$\sum \dfrac{1}{a}\ge \dfrac{3}{1+2t}+\dfrac{1}{1+2t}\sum \dfrac{1+2t-a}{a}\ge \dfrac{3}{1+2t}+\dfrac{1}{1+2t}.\dfrac{\left[\sum (1+2t-a)\right]^2}{\sum a(1+2t-a)}=\dfrac{3+3t}{(1-t)(1+2t)}$$
Và tương tự ta cũng có:
$$\sum \dfrac{1}{a^2}=\sum \dfrac{1}{a(1+2t)}+\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2(1+2t)}\ge \dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{1}{1+2t}\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}$$
Áp dụng bất đẳng thức Holder:
$$\left(\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}\right)\left[\sum a(1+2a-a)\right]^2 \ge 216t^3$$
Do đó $\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}\ge \dfrac{6t}{(1-t)^2}$. Vậy là ta có $\sum \dfrac{1}{a^2}\ge \dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{6t}{(1+2t)(1-t)^2}$. Ta cần chứng minh $\dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{6t}{(1+2t)(1-t)^2}\ge 3+6t^2$
Nó tương đương với $t^2(2+t^2+4t^3-4t^4)\ge 0$ luôn đúng vì $t\in [0,1]$ nên $4t^3-4t^4=4t^3(1-t)\ge 0$
Sử dụng các phép tách tương tự với các bài toán sau.
Bài toán 1. Cho các số thực dương $a,b,c,d$ có tổng bằng $4$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+ \dfrac{1}{d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2$$
Bài toán 2. Cho các số thực dương $a,b,c,d,e$ thỏa mãn $a+b+c+d+e=5$. Chứng minh rằng:
$$9\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{e}\right)\ge 5+7(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$$
Bài toán 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^2}{a+2}+\dfrac{b^2}{b+2}+\dfrac{c^2}{c+2}\le \dfrac{3}{ab+bc+ca}$$
Và đang nghiên cứu cách làm cho bài này: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)+9\ge 10(a^2+b^2+c^2)$$
 
Last edited by a moderator:
  • Like
Reactions: kido2006
H

huynhbachkhoa23

Ta sẽ nói đến một mặt khá độc đáo và ứng dụng khá nhiều trong các bất đẳng thức ba biến có điểm rơi tại hai biến bằng nhau.
Với $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a+b+c=3$ thì tồn tại $t\ge 0$ sao cho $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ nên $ab+bc+ca=3-3t^2$
Khi đó ta có các bất đẳng thức: $1-2t\le a,b,c\le 1+2t$
Khi đó ta có: $(1+2t-a)(1+2t-b)(1+2t-c)\ge 0$ nên $abc\le (1+2t)(t-1)^2$
Tương tự ta có: $(a-1+2t)(b-1+2t)(c-1+2t)\ge 0$ nên $abc\ge (1-2t)(t-1)^2$
Do đó ta có bất đẳng thức: $(1-2t)(t-1)^2\le abc\le (1+2t)(t-1)^2$
Đẳng thức từng vế xảy ra khi và chỉ khi $a$ hoặc $b$ hoặc $c$ đạt tại biên $1+2t$ hoặc $1-2t$ hay khi có hai biến bằng nhau.
Ta xét ứng dụng của nó với bài toán cuối cùng:
Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$. Chứng minh rằng:
$$8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)+9\ge 10\left(a^2+b^2+c^2\right)$$

Ta đưa về bất đẳng thức theo $t$ và $abc$: $\dfrac{24(1-t^2)}{abc}+9\ge 30(1+2t^2)$
Áp dụng bất đẳng thức $abc\le (1+2t)(t-1)^2$ ta được: $\dfrac{34(1-t^2)}{abc}+9\ge \dfrac{24(1+t)}{(1+2t)(1-t)}+9$
Ta cần chứng minh: $\dfrac{24(1+t)}{(1+2t)(1-t)}+9\ge 30(1+2t^2)$ tương đương với $\dfrac{3(1-2t)^2(10t^2+5t+1)}{(1-t)(2t+1)}\ge 0$
Bất đẳng thức này đúng do $t\in [0, 1)$ vì $a,b,c>0$
Tương tự ta chứng minh được bất đẳng thức:
Với mọi $a,b,c\ge 0$ ta có: $(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2+(ab+bc+ca)^3\ge abc(a+b+c)^3$
 
H

huynhbachkhoa23

Ta tổng quát cho ba biến $a,b,c$
Với ba biến $a,b,c$ có tổng bằng $p$, khi đó $ab+bc+ca\le \dfrac{p^2}{3}$ nên tồn tại $p\ge q\ge 0$ sao cho $ab+bc+ca=\dfrac{p^2-q^2}{3}$ nên $a^2+b^2+c^2=\dfrac{p^2+2q^2}{3}\ge a^2+\dfrac{(p-a)^2}{2}$
Giải bất phương trình này theo $a$ ta được $p+2q\ge a\ge p-2q$. Tương tự ta cũng có $p+2q\ge a,b,c\ge p-2q$
Do đó $(a+2q-p)(b+2q-p)(c+2q-p)\ge 0$ và $(p+2q-a)(p+2q-b)(p+2q-c)\ge 0$ nên $(p+2q)(p-q)^2\ge 27abc\ge (p-2q)(p-q)^2$
 

ZooKeeper

Học sinh
Thành viên
12 Tháng tám 2018
19
31
21
19
Nghệ An
Nhà thờ Đức Bà
Bài 3 giải thế nào hả mọi người? :( Em ko biết tách như thế nào cả :( Mong mọi người giúp
 
Top Bottom