Bài 6 (HSG 9, Quận Cầu Giấy, Hà Nội ngày 31/10/2024)
| 5 cách giải | Unknow | Độ khó: 2 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 250
Cách giải 1
\[
a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1 \Rightarrow
\begin{cases}
0 < a, b, c < 1 \\
a^2 + 2abc + b^2 + c^2 - 1 = 0
\end{cases}
\]
\[
\Delta' = (bc)^2 - (b^2 + c^2 - 1) = (1 - b^2)(1 - c^2) > 0 \quad \text{do } 0 < b, c < 1
\]
\[
a = -bc + \sqrt{(1 - b^2)(1 - c^2)}
\]
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (AM-GM):
\[
a + b + c \leq -bc + \frac{1 - b^2 + 1 - c^2}{2} = \frac{2 - (b + c)^2}{2}
\]
Suy ra:
\[
a + b + c \leq \frac{3 - (b + c - 1)^2}{2} \leq \frac{3}{2} \Rightarrow P \leq \frac{3}{2}
\]
Vậy,
\[
\text{Max } P = \frac{3}{2} \quad \text{khi } a = b = c = \frac{1}{2}
\]
Cách giải 2
Đổi biến dạng Nesbitt
Đặt:
\[
a = \sqrt{\frac{yz}{(x + y)(x + z)}} ; \quad b = \sqrt{\frac{zx}{(y + z)(y + x)}} ; \quad c = \sqrt{\frac{xy}{(z + x)(z + y)}} \Rightarrow x, y, z > 0
\]
Thay vào điều kiện của giả thiết \( a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1 \) luôn thỏa mãn.
Áp dụng AM-GM tích ra tổng, cộng lại:
\[
\begin{aligned}
a &= \sqrt{\frac{yz}{(x + y)(x + z)}} \leq \frac{1}{2} \left( \frac{y}{x + y} + \frac{z}{x + z} \right) \\[10pt]
b &= \sqrt{\frac{zx}{(y + z)(y + x)}} \leq \frac{1}{2} \left( \frac{z}{y + z} + \frac{x}{y + x} \right) \\[10pt]
c &= \sqrt{\frac{xy}{(z + x)(z + y)}} \leq \frac{1}{2} \left( \frac{x}{z + x} + \frac{y}{z + y} \right)
\end{aligned}
\]
Cộng lại, \( P = a + b + c \leq \frac{1}{2} \left( \frac{a + b}{a + b} + \frac{b + c}{b + c} + \frac{c + a}{c + a} \right) = \frac{3}{2} \)
Vậy, Max \( P = \frac{3}{2} \) khi \( x = y = z \Rightarrow a = b = c = \frac{1}{2} \)
Cách giải 3
Đổi biến về dạng $\sum \frac{1}{a + 1} = 1$
Từ giả thiết:
\[
a^2 + b^2 + c^2 + 2abc = 1 \Rightarrow \frac{a}{bc} + \frac{b}{ca} + \frac{c}{ab} + 2 = \frac{1}{abc}
\]
Đặt:
\[
\left( \frac{a}{bc}, \frac{b}{ca}, \frac{c}{ab} \right) = (x; y; z) \Rightarrow xyz = \frac{a}{bc} \cdot \frac{b}{ca} \cdot \frac{c}{ab} = \frac{1}{abc}
\]
\[
\Rightarrow x + y + z + 2 = xyz \Rightarrow \frac{1}{x + 1} + \frac{1}{y + 1} + \frac{1}{z + 1} = 1 \Rightarrow \frac{bc}{a + bc} + \frac{ca}{b + ca} + \frac{ab}{c + a} = 1
\]
Nâng bậc tử và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu, ta có:
\[
1 = \frac{bc}{a + bc} + \frac{ca}{b + ca} + \frac{ab}{c + a} \geq \frac{(ab + bc + ca)^2}{3abc + (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2}
\]
\[
\Rightarrow 3abc + (ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2 \geq (ab + bc + ca)^2
\]
\[
\Rightarrow 3abc \geq 2abc(a + b + c) \Rightarrow a + b + c \leq \frac{3}{2}
\]
Cách giải 4
Nguyên lý Dirichlet
Đặt:
\[
(2a; 2b; 2c) = (x; y; z) \Rightarrow
\begin{cases}
x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4 \\
\text{Max } 2P = x + y + z
\end{cases}
\]
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số \(x - 1\), \(y - 1\), \(z - 1\) luôn có ít nhất 2 số cùng dấu.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x - 1\), \(y - 1\) cùng dấu.
Khi đó, \( (x - 1)(y - 1) \geq 0 \Rightarrow xy \geq x + y - 1 \Rightarrow xyz \geq z(x + y - 1) \)
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
\[
4 = x^2 + y^2 + z^2 + xyz \geq \frac{(x + y)^2}{2} + z^2 + z(x + y - 1)
\]
\[
8 \geq (x + y)^2 + 2z(x + y) + z^2 + z^2 - 2z
\]
\[
9 \geq (x + y + z)^2 + (z - 1)^2 \geq (x + y + z)^2 = 4P^2
\]
\[
P^2 \leq \frac{9}{4} \Rightarrow P \leq \frac{3}{2}
\]
Cách giải 5
Áp dụng Bất đẳng thức:
\[
x^2 + y^2 + z^2 + 2xyz + 1 \geq 2(xy + yz + zx)
\]
Đặt:
\[
(2a, 2b, 2c) = (x, y, z) \Rightarrow
\begin{cases}
x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4 \\
\text{Max } 2P = x + y + z
\end{cases}
\]
Ta có:
\[
x^2 + y^2 + z^2 + 2xyz + 1 \geq 2(xy + yz + zx)
\]
\[
2(x^2 + y^2 + z^2 + xyz) + 1 \geq x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + yz + zx)
\]
\[
9 \geq (x + y + z)^2 = 4P^2 \Rightarrow P \leq \frac{3}{2}
\]
Dấu bằng xảy ra khi \( x = y = z = 1 \Rightarrow a = b = c = \frac{1}{2} \)