Bài tập có đáp án chi tiết về bất đẳng thức đối xứng của nguyễn anh cường

---NGUYỄN ANH CƯỜNG --- A. Lời giới thiệu Một lần nữa tôi lại có dịp gặp lại các bạn với một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mới. Nếu như phương pháp chính phương hoá đã khơi dậy trong ta bao nhiêu sự thích thú và thỏa thuê khi hàng trăm bài bất đẳng thức khó đã ngã rạp trước sức mạnh của nó thì tôi tin chắc các bạn sẽ còn hạnh phúc hơn với phương pháp này. Các bạn có thể tin được không, khi trước đây chúng ta phải cực khổ lấy giấy nháp ra và biến đối thì bây giờ chúng ta sẽ có thể giải bài toán chỉ với cái lướt nhìn đầu tiên. Nào chúng ta hãy cùng nhau thưởng thức viên kim cương này sẽ cắt bánh chưng ra sao nhé J. B. Phương pháp ABC Tôi xin mở đầu phương pháp này bằng việc xét một số bài toán sau: Bài 1: Cho 1 = + + ca bc ab và i) [ ] [ ] +∞ ∪ − ∞ − ∈ = + + ,3 3 , ,m m c b a . Tìm điều kiện của abc sao cho c b a , , là các số thực.

ii) [ ] 0 , , , ,3 ≥ +∞ ∈ + + c b a c b a . Tìm điều kiện abc sao cho c b a , , là các số thực không âm. Giải: Chúng ta đã có hai đại lượng trung bình của c b a , , . Sự xuất hiện của abc khiến chúng ta liên tưởng tới định lý Viete, vì vậy ta nghĩ tới việc xét phương trình; (*) 0 2 3 = − + − abc X mX X Yêu cầu của đề bài tương đương với việc, tìm điều kiện của abc để i) Phương trình (*) có ba nghiệm thực. ii) Phương trình (*) có ba nghiệm không âm. Đặt abc X mX X X f − + − = 2 3 ) ( Ta có: ( ) 1 2 3 2 ' + − = mX X X f .Phương trình có hai nghiệm

3

3 ; 3

3 2

2

2

1 − − = − + = m m X m m X

X ∞ − 2 X 1 X ∞ + ( ) X f ' + 0 - 0 + ( ) X f Phương trình có ba nghiệm khi và chỉ khi ( ) 0 2 ≥ X f , ( ) 0 1 ≤ X f

Từ đây suy ra: ( ) )1( 9 2 6 9

) 2 6 ( 1 2 2 2 m X m abc m X m − + ≤ ≤ − +

Đây cũng chính là đáp số của câu i).

Câu ii) , nhận xét rằng để c b a , , là các số thực dương thì ngoài việc phải thoả mãn ( )1 , abc còn chịu thêm ràng buột abc ≤ 0 , và ngược lại với 0 ,0 ,0 ), 1( ≥ + + ≥ + + ≥ ca bc ab c b a abc thì 0 , , ≥ c b a . Vậy nên đáp số sẽ là:

( ) ) 2 ( 9 2 6 9 ) 2 6 (,0 max 1 2 2 2 m X m abc m X m − + ≤ ≤   

   − +

Như vậy là ta đã hoàn thành hai câu hỏi được nêu ra của bài toán. -------------------------------------------------------------------------------------- Bài tóan trên giúp ta rút ra hai nhận xét sau: Nhận xét i) Ø Điều kiện cần và đủ để tồn tại các số thực c b a , , khi đã biết trước các giá trị 1 = + + ca bc ab và

[ ] [ ] +∞ ∪ − ∞ − ∈ = + + ,3 3 , ,m m c b a là ( ) 9 2 6 9

) 2 6 ( 1 2 2 2 m X m abc m X m − + ≤ ≤ − + .

Ø Điều kiện cần và đủ để tồn tại các số thực không âm c b a , , khi đã biết trước các giá trị

1 = + + ca bc ab và [ ] +∞ ∈ + + ,3 c b a là ( ) 9 2 6 9 ) 2 6 (,0 max 1 2 2 2 m X m abc m X m − + ≤ ≤   

   − + .

o Nhận xét 1 được suy ta trực tiếp từ bài toán đã nêu, chú ý rằng tại sao c b a + + lại bị ràng buộc chạy trong các đoạn như trên. Có hai cách giải thích sau: • ( ) 3 ) ( 3 2 = + + ≥ + + ca bc ab c b a

• 1 2 3 ) (' 2 + − = mX X X f buộc phải không hoàn toàn dương, hay nói cách khác là phương trình 0 ) (' = X f phải có nghiệm, tức 0 3 2 ' ≥ − = ∆ m o Nhận xét 1 còn cho ta thêm điều gì, thay vì phải sử dụng một bộ ( ) c b a , , với R c b a ∈ , , để biễu diễn tất cả các phần tử của tập 3 R thõa 1 = + + ca bc ab , ta có thể sử dụng bộ ( ) abc ca bc ab c b a , , + + + + với sự ràng buộc của c b a + + và abc như đã nêu. Cũng hoàn

toàn tương tự khi ta muốn biễu diễn tất cả các phần tử của tập

3 + R thoã .1 = + + ca bc ab Nhận xét ii) Ø a.Với mỗi bộ số thực ( ) 0 0 0 , , c b a đều tìm được hai bộ ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , , ; , , t z z y x x sao cho

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

*

*

*

t z z c b a y x x

z t t z z z x y y x x x a c c b b a

t z z y x x c b a

≤ ≤

+ + = + + = + +

+ + = + + = + +

Đẳng thức xảy ra khi hai trong ba biến ( ) 0 0 0 , , c b a bằng nhau. Ø b.Với mỗi bộ số thực không âm ( ) 0 0 0 , , c b a ta đều tìm được một trong hai bộ ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 , , ; , , t z z y x x hoặc ( ) ( ) 0 0 0 0 0 , , ; , ,0 t z z y x thõa mãn điều kiện sau

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 …