Bài toán chi tiết
Bài 18 (Bài T9/565 Tạp chí toán học tuổi trẻ)
| 3 cách giải | Unknow | Độ khó: 4 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 258
BẢN IN
Cách giải 1
Ta có bổ đề: Với \(x, y, z > 0\), có bất đẳng thức:
\[
(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx).
\]
Chứng minh: Chú ý rằng đẳng thức:
\[
(x+y)(y+z)(z+x) = (x+y+z)(xy+yz+zx) - xyz,
\]
nên ta cần chứng minh:
\[
(x+y+z)(xy+yz+zx) - xyz \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx).
\]
Hay tương đương:
\[
(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq 9xyz.
\]
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy:
\[
x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}, \quad xy+yz+zx \geq 3\sqrt[3]{(xyz)^2}.
\]
Sau đó chỉ cần nhân hai bất đẳng thức trên lại là ta thu được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z\).
Trở lại bài toán, ta đặt:
\[
x = a+b-c, \quad y = b+c-a, \quad z = c+a-b, \quad s = a+b+c.
\]
Thì \(x, y, z > 0\) và:
\[
a = \frac{x+y}{2}, \quad b = \frac{y+z}{2}, \quad c = \frac{z+x}{2}.
\]
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:
\[
(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 \geq xyz(x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y). \tag{1}
\]
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
\[
(x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y) \leq \left(\frac{x+y+2z + y+z+2x + z+x+2y}{3}\right)^3 = \frac{64}{27}(x+y+z)^3.
\]
Áp dụng bổ đề và bất đẳng thức cơ bản \((x+y+z)^2 \geq 3xyz(x+y+z)\), ta có:
\[
\text{VP(1)} \leq \frac{64}{81}(x+y+z)^2(xy+yz+zx)^2 \leq \frac{64}{81} \frac{81}{64} (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2 = \text{VT(1)}.
\]
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z\), tức là \(a = b = c\). Phép chứng minh hoàn tất.
Cách giải 2
Chú ý công thức Heron cho diện tích tam giác $ABC$ có ba cạnh $a, b, c$ là:
\[
S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},
\]
Trong đó \(p = \frac{a+b+c}{2}\). Lại có \(S = \frac{abc}{4R}\) với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) nên:
\[
p(p-a)(p-b)(p-c) = \frac{a^2b^2c^2}{16R^2}.
\]
Hay:
\[
(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) = \frac{a^2b^2c^2}{R^2}.
\]
Suy ra:
\[
a^3b^3c^3 = R^2(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).
\]
Thế thì, ta chỉ cần chứng minh:
\[
8R^2(a+b+c) \geq (a+b)(b+c)(c+a). \tag{1}
\]
Theo bất đẳng thức quen thuộc:
\[
9R^2 \geq a^2 + b^2 + c^2 \geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2,
\]
nên:
\[
8R^2(a+b+c) \geq \frac{8}{27}(a+b+c)^3.
\]
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy:
\[
(a+b)(b+c)(c+a) \leq \left(\frac{a+b+b+c+c+a}{3}\right)^3 = \frac{8}{27}(a+b+c)^3.
\]
Nên ta có ngay điều cần chứng minh.
Cách giải 3
Vì \(a, b, c\) là độ dài ba cạnh của tam giác nên \(a+b > c\), kéo theo:
\[
(a-b)^2\left[(a+b)^2 - c^2\right] \geq 0.
\]
Viết \((a-b)^2 = (a+b)^2 - 4ab\), ta suy ra được:
\[
4abc^2 \geq (a+b)^2\left[c^2 - (a-b)^2\right],
\]
hay:
\[
4abc^2 \geq (a+b)^2(c+a-b)(c+a+b).
\]
Chứng minh tương tự, ta có:
\[
4bca^2 \geq (b+c)^2(a+b-c)(a+b+c),
\]
\[
4cab^2 \geq (c+a)^2(b+c-a)(b+c+a).
\]
Nhân các bất đẳng thức trên, ta suy ra:
\[
64a^3b^3c^3 \geq (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).
\]
Chia cả hai vế của bất đẳng thức trên, ta có ngay điều phải chứng minh.
