Inequality

By

Bài toán : Cho các số không âm a,b,c thỏa a+b+c=3. Tìm k lớn nhất sao cho :

\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-3\geq k(a^2+b^2+c^2-3)

Lời giải :

Thông thường trong những dạng toán này, đẳng thức đạt được ngoài giá trị tâm (1,1,1) thì còn đạt được khi hai biến bằng nhau. Như vậy để chặn k, ta chọn a=b=t,c=3-2t :

\dfrac{2}{t}+\dfrac{1}{3-2t}-3\geq k\left ( 2t^2+(3-2t)^2-3 \right )\Leftrightarrow \frac{6(t-1)^2}{t(3-2t)}\geq k.6(t-1)^2\Leftrightarrow k\leq \dfrac{1}{t(3-2t)},\;\forall t\in \left [0, \dfrac{3}{2} \right ]

Như vậy giá trị k lớn nhất cần tìm chính bằng giá trị nhỏ nhất của hàm f(t)=\dfrac{1}{t(3-2t)}.

Theo AM-GM :

t(3-2t)=\dfrac{1}{2}.2t.(3-2t)\leq \dfrac{1}{2}.\left [ \frac{2t+(3-2t)}{2} \right ]^2=\dfrac{1}{2}.\dfrac{9}{4}=\dfrac{9}{8}

Từ đó ta kết luận được k_{max}=\dfrac{8}{9} nếu ta chứng tỏ được :

\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-3\geq \dfrac{8}{9}(a^2+b^2+c^2-3)\;\;\;\;(*)

Ta đặt f(a,b,c)=VT-VP. Xét hiệu :

f\left ( a,b,c \right )-f\left ( \dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c \right )=\left ( \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}\right )-\dfrac{8}{9}\left ( a^2+b^2-\dfrac{(a+b)^2}{2} \right )=(a-b)^2\left [ \dfrac{1}{ab(a+b)} -\dfrac{4}{9}\right ]

Ta giả sử c=max\left \{ a,b,c \right \}\Rightarrow a+b\leq 2\Rightarrow ab(a+b)\leq \frac{(a+b)^3}{4}\leq \dfrac{9}{4}

Như vậy ta được :

f(a,b,c)\geq f\left ( \dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c \right )

Vậy ta chỉ cần chứng minh được :

f\left ( \dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c \right )\geq 0\Leftrightarrow f(t,t,3-2t)\geq 0\;\;\;(t=(a+b)/2)\Leftrightarrow \dfrac{2}{t}+\dfrac{1}{3-2t}-3-\dfrac{8}{9}(2t^2+(3-2t)^2-3)\geq 0\Leftrightarrow \dfrac{(t-1)^2(4t-3)^2}{t(3-2t)}\geq 0

Điều này luôn đúng. Như vậy (*) được chứng minh. Từ đó kết luận được giá trị k lớn nhất cần tìm là \dfrac{8}{9}.

Leave a comment