Bài 185

14-12-2024 | 3 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1085

Cách giải 1

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

\[\begin{aligned}(x y+y z+z x)^{2} & =\left[x\left(y+\frac{z}{2}\right)+z\left(y+\frac{z}{2}\right)\right]^{2} \\& \leq\left[x^{2}+\frac{4}{3}\left(y+\frac{x}{2}\right)^{2}\right]\left[\left(y+\frac{z}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} z^{2}\right] \\& =\frac{4}{3}\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)\left(y^{2}+y z+z^{2}\right)=64\end{aligned}\]

Từ đó ta dễ dàng suy ra ra được

\[x y+y z+z x \leq 8\]

Với đẳng thức xảy ra khi và chỉ

\[x=\frac{7}{\sqrt{31}}, y=\frac{4}{\sqrt{31}}, z=\frac{20}{\sqrt{31}}\]

Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 2

Để ý rằng

\[48=\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)\left(y^{2}+y z+z^{2}\right)=\left[\left(y+\frac{x}{2}\right)^{2}+\left(\frac{x \sqrt{3}}{2}\right)^{2}\right]\left[\left(\frac{z \sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(y+\frac{z}{2}\right)^{2}\right]\]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

\[48 \geq\left(\frac{y z \sqrt{3}}{2}+\frac{x z \sqrt{3}}{4}+\frac{x y \sqrt{3}}{2}+\frac{x z \sqrt{3}}{4}\right)^{2}=\left[\frac{(x y+y z+z x) \sqrt{3}}{2}\right]^{2}\]

Từ đó suy ra \(x y+y z+z x \leq 8\). Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 3

Ta thấy các biểu thức \(x y+y z+z x, x^{2}+x y+y^{2}, y^{2}+y z+z^{2}\) đều có bậc hai, thế nên khi đồng bậc hóa ta sẽ phải đưa bất đẳng thức về dạng

\[ x y+y z+z x \leq m\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)+n\left(y^{2}+y z+z^{2}\right) \tag{1} \]

Bây giờ, ta cần chứng minh \(x y+y z+z x \leq 8\) nên tất nhiên ta bắt buộc phải chọn \(m, n\) sao cho \(m\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)+n\left(y^{2}+y z+z^{2}\right)=8\). Với điều kiện của bài toán thì ta có điều này khi

\[3 m+16 n=8\]

Ra được một phương trình cho \(m, n\), ta tìm thêm một phương trình nưa là xong.

Ta viết lại (1) dưới dạng

\[f(x)=m x^{2}+[(m-1) y-z] x+(m+n) y^{2}+(n-1) y z+n z^{2} \geq 0\]

Như đã nói ở trên, ta mong muốn \(f(x) \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}\). Vậy thì với phần kiến thức "lượm" được ở trên, có phải là ta phải chọn \(m, n\) sao cho \(m>0\) và

\[ [(m-1) y-z]^{2} \leq 4 m\left[(m+n) y^{2}+(n-1) y z+n z^{2}\right], \quad \forall y, z \in \mathbb{R} \tag{2} \]

không các bạn? Tiếp tục, ta viết lại (2) dưới dạng

\[g(z)=(4 m n-1) z^{2}+2(2 m n-m-1) y z+\left(3 m^{2}+4 m n+2 m-1\right) y^{2} \geq 0\]

Ở đây, ta chọn xét tam thức theo \(z\) sẽ gọn gàng hơn! Rõ ràng để \(g(z) \geq 0, \forall z \in \mathbb{R}\) thì ta phải có \(4 m n>1\) và

\[\Delta^{\prime}=(2 m n-m-1)^{2} y^{2}-(4 m n-1)\left(3 m^{2}+4 m n+2 m-1\right) y^{2} \leq 0\]

Ngoài ra, do đề bài yêu cầu chứng minh \(\leq\) chứ không phải < nên khả năng đẳng thức có thể xảy ra là rất cao (dù ta chưa biết được tại đâu). Vî vậy, tốt nhất là ta nên chọn \(m, n\) sao cho bất đẳng thức (1) có thể xảy ra dấu bằng. Muốn vậy thì ta phải chọn \(m, n\) sao cho \(\Delta_{g}^{\prime}=0\) với mọi \(y \in \mathbb{R}\) (tại vì chỉ có vậy thì \(\Delta_{f}\) mới có thể bằng 0 và đẳng thức mới có thể xảy ra). Chú ý rằng \(\Delta_{f}\) luôn bằng \(0 \mathrm{khi} y=z=0\) nhưng tại các điểm này thì điều kiện \(y^{2}+y z+z^{2}=16\) không được thỏa mãn, vì vậy mà ta phải chọn như trên. Cuối cùng ta thu được hệ

\[\left\{\begin{array}{l}3 m+16 n=8 \\m>0 \\4 m n>1 \\(2 m n-m-1)^{2}-(4 m n-1)\left(3 m^{2}+4 m n+2 m-1\right)=0\end{array}\right.\]

Giải hệ này, ta được \(m=\frac{4}{3}, n=\frac{1}{3}\), sau đó ráp vào bất đẳng thức ban đầu ta được điều phải chứng minh.

Bài toán được chứng minh xong.