Bài 190

14-12-2024 | 3 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1090

Cách giải 1

Đầu tiên hãy quan sát điều kiện bài toán " \(x y z=8\) " ??!! Nhìn có vẻ hơi lạ mắt vì ta thường biết đến với giả thiết quen thuộ̣c là \(x y z=1\) vì thế ý nghĩ ngay lúc này của ta là tìm cách đưa giả thiết này về dạng \(x y z=1\) và vì thế phép đặt \(x=2 a, y=2 b, z=2 c\) cũng rất tự nhiên được chúng ta nghĩ đến. Ngoài ra với phép đặt này thì

\[2 x+y+6=2(2 a+b+3), \quad 2 y+z+6=2(2 b+c+3), \quad 2 z+x+6=2(2 c+a+3) .\]

Lúc này

\[P=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 a+b+3}+\frac{1}{2 b+c+3}+\frac{1}{2 c+a+3}\right)\]

Rõ ràng thì \(P\) lúc này nhìn có vẻ đơn giản hơn sao với \(P\) ban đầu. Tiếp đến là việc điểm rơi của bài toán, biểu thức bài cho là đối xứng vì thế ta có thể dự đoán được nó sẽ lớn nhất khi các biến bằng nhau, mà cụ thể trong bài toán này thì \(a=b=c=1\). Việc còn lại là ta sẽ chọn công cụ để chứng minh bài toán. Thật đơn giản hình thức phát biểu của \(P\) lại giống hệt như bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (hoặc bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mấu) là

\[\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}} \geq \frac{n^{2}}{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}\]

Vậy "thanh đao" mà ta dùng để "trảm" bài toán này nếu không là Cauchy-Schwarz thì là AM-GM.

Vì điểm rới mà ta dự đoán là \(a=b=c=1\) nên những đánh giá mà ta dùng cũng phải đảm bảo điều này thì mới có hi vọng giải quyết được bài toán và công việc cần làm của ta là chọn các biến \(x_{1}, x_{2}, \ldots\) sao cho chúng bằng nhau. Dễ thấy rằng nếu \(a=b=c=1\) thì

\[2 a+b+3=2 b+c+3=2 c+a+3=6\]

mà 6 chỉ có thể phân tích thành tổng các số bằng nhau như sau

\[6=1+1+1+1+1+1=2+2+2=3+3\]

Và ta sẽ chọn phương án phân tích cuối cùng tức là tách \(6=3+3\) vì hai cách còn lại sẽ không giải quyết được bài toán (các bạn có thể tự kiểm tra) tuy nhiên ta lại cũng có hai cách phân tích

\[2 a+b+3=(a+b+1)+(a+2)=(2 a+1)+(b+2)\]

và mình sẽ chọn cách phân tích thứ nhất (vì sao lại không chọn cách hai?).

Biểu thức đầu bài là đối xứng điều này cho phép ta dự đoán nó sẽ đạt giá trị lớn nhất khi \(a=b=c=1\) (vì thường thì là như vậy mà). Từ đó dự đoán rằng bất đả̉ng thức sau đây sẽ đúng

\[\frac{1}{a+2 b+3}+\frac{1}{b+2 c+3}+\frac{1}{c+2 a+3} \leq \frac{1}{2}\]

Bây giờ ta sẽ đi kiểm chứng dự đoán của mình. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

\[\frac{1}{a+2 b+3}=\frac{1}{(a+b+1)+(b+2)} \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+2}\right)\]

Đánh giá tương tự cho hai đại lượng còn lại và cộng tương ứng các vế lại với nhau ta thu được

\[P \leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)\]

Vậy ta sẽ đi chứng minh

\[\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \leq 2\]

Bất đẳng thức này có được bằng cách cộng hai bất đẳng thức sau đây

\[\begin{gathered}\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \leq 1 \\\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \leq 1\end{gathered}\]

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức thứ nhất, đặt \(a=x^{2}, b=y^{2}, c=z^{2}\) thì \(x y z \geq 1\) và ta cần chứng minh

\[\frac{1}{x^{2}+y^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+1} \leq 1\]

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

\[\frac{1}{x^{2}+y^{2}+1}=\frac{z^{2}+2}{\left(x^{2}+y^{2}+1\right)\left(1+1+z^{2}\right)} \leq \frac{z^{2}+2}{(x+y+z)^{2}}\]

Đánh giá tượng tự cho hai số hạng còn lại ta thu được

\[\frac{1}{x^{2}+y^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+1} \leq \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+6}{(x+y+z)^{2}}\]

Vậy ta sẽ chứng minh

\[(x+y+z)^{2} \geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+6\]

hay là

\[x y+y z+z x \geq 3\]

thế nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM cho ba số.

Tiếp đến là chứng minh bất đẳng thức thức thứ hai. Ta cũng đổi biến tương tự như trên để đưa bất đẳng thức về chứng minh

\[\frac{1}{x^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+2} \leq 1\]

với điều kiện \(x y z \geq 1\). Bất đẳng này tương đương với

\[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{x^{2}+2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{y^{2}+2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{z^{2}+2}\right) \geq \frac{3}{2}-1\]

hay là

\[\frac{x^{2}}{x^{2}+2}+\frac{y^{2}}{y^{2}+2}+\frac{z^{2}}{z^{2}+2} \geq 1\]

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

\[\frac{x^{2}}{x^{2}+2}+\frac{y^{2}}{y^{2}+2}+\frac{z^{2}}{z^{2}+2} \geq \frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+6}\]

Cuối cùng ta sẽ chứng minh

\[\frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+6} \geq 1\]

hiển nhiên đúng theo kết quả ở trên. Vậy dự đoán của ta là chính xác nên giá trị lớn nhất của \(P\) là \(\frac{1}{2}\) đạt được khi \(a=b=c=1\). Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 2

Đặt \(a=\frac{x}{2}, b=\frac{y}{2}, c=\frac{z}{2}\). Khi đó ta có \(a b c=1\) và

\[\begin{aligned}P & =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 a+b+3}+\frac{1}{2 b+c+3}+\frac{1}{2 c+a+3}\right) \\& \leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\right)\end{aligned}\]

Ta có

\[\frac{1}{a+b+1} \leq \frac{1}{\sqrt[3]{a b}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})+1}=\frac{1}{\frac{1}{\sqrt[3]{c}}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})+1}=\frac{\sqrt[3]{c}}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}\]

Khi đó ta có

\[A=\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \leq 1\]

Ta chứng minh

\[B=\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \leq 1\]

Bất đẳng thức này khi quy đồng lên ta được

\[a b+b c+c a \geq 3\]

Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do đó ta có \(P \leq \frac{1}{4}\). Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=2\). Bài toán được chứng minh xong.

Cách giải 3

Đặt \(\dfrac{x}{2}=a^{2}, \dfrac{y}{2}=b^{2}, \dfrac{z}{2}=c^{2}\) với \(a, b, c>0\) thì ta cũng có \(a b c=1\). Biểu thức trở thành

\[2 P=\frac{1}{2 a^{2}+b^{2}+3}+\frac{1}{2 b^{2}+c^{2}+3}+\frac{1}{2 c^{2}+a^{2}+3}\]

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[2 P \leq \frac{1}{2 a+2 a b+2}+\frac{1}{2 b+2 b c+2}+\frac{1}{2 c+2 c a+2}=\frac{1}{2} \Rightarrow P \leq \frac{1}{4}\]

Bài toán được chứng minh xong.