Bài toán chi tiết

Bài 989 (Đề thi Chuyên toán lớp 10 KHTN năm học 2024 - Vòng 1)

02-05-2025 | 1 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1092

Cách giải 1

a) Không mất tính tổng quát, giả sử \(x \geq y\). Từ giả thiết, ta có \(27 x^3+27 x^2+10 y\) là số lập phương. Mặt khác, ta lại có

\[ (3 x)^3=27 x^3<27 x^3+27 x^2+10 y \leq 27 x^3+27 x^2+10 x \leq 27 x^3+27 x^2+10 x<(3 x+2)^3 \]

nên \(27 x^3=27 x^2+10 y=(3 x+1)^3\), hay \(10 y=9 x+1\). Khi đó, ta có

\[ 27 y^3+27 y^2+10 x=27 y^3+27 y^2+\dfrac{100 y-10}{9} \]

Theo giả thiết thì \(27 y^3+27 y^2+10 x\) là số lập phương nên \(27 y^3+27 y^2+\dfrac{100 y-10}{9}\) là số lập phương. Mặt khác, ta lại có

\[ (3 y)^3<27 y^3+27 y^2+\dfrac{100 y-10}{9}<(3 y+2)^3 \]

nên \(27 y^3+27 y^2+\dfrac{100 y-10}{9}=(3 y+1)^3\), hay \(y=1\). Kết hợp với \(10 y=9 x+1\), ta được \(x=1\). Thay trở lại giả thiết, ta tìm được ngay \(z=1\). Vậy, có duy nhất một bộ số \((x, y, z)\) thỏa mãn yêu cầu đề bài là \((1,1,1)\).

b) Giả thiết của bài toán có thể được viết lại thành

\[ 8 \leq 2\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a b^2+b c^2+c a^2-a b c\right) \]

Không mất tính tổng quát, giả sử \(b\) nằm giữa \(a\) và \(c\). Khi đó, ta có \(a(b-c)(b-a) \leq 0\). Suy ra \(a b^2+c a^2 \leq a b c+a^2 b\). Từ đây, kết hợp với bất đẳng thức AM-GM, ta có

\[ \begin{aligned} a b^2+b c^2+c a^2-a b c & \leq b\left(a^2+c^2\right)=\sqrt{b^2\left(a^2+c^2\right)^2}=2 \sqrt{b^2 \cdot \dfrac{a^2+c^2}{2} \cdot \dfrac{a^2+c^2}{2}} \\ & \leq 2 \sqrt{\left(\dfrac{b^2+a^2+c^2}{3}\right)^3} \end{aligned} \]

Kết hợp với giả thiết (1), ta được

\[ 8 \leq 2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2 \sqrt{\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\right)^3} \]

Từ đó, ta dễ dàng suy ra \(a^2+b^2+c^2 \geq 3\). Kết hợp với các bất đẳng thức phụ quen thuộc \(a b+b c+c a \leq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2\) và \(a b+b c+c a \leq a^2+b^2+c^2\), ta được

\[ \begin{aligned} 2(a b+b c+c a) & =2 \sqrt{a b+b c+c a} \sqrt{a b+b c+c a} \\ & \leq 2 \sqrt{\dfrac{1}{3}(a+b+c)^2} \sqrt{a^2+b^2+c^2} \sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}} \\ & =\dfrac{2}{3}(a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2\right) \end{aligned} \]

Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh

\[ a^2(a+b)+b^2(b+c)+c^2(c+a) \geq \dfrac{2}{3}(a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2\right) \]

Bất đẳng thức này tương đương với

\[ a^3+b^3+c^3+a^2 b+b^2 c+c^2 a \geq 2 a b^2+2 b c^2+2 c a^2 \]

hay

\[ b(a-b)^2+c(b-c)^2+a(c-a)^2 \geq 0 \]

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng. Từ đây, ta có điều phải chứng minh.

Bình luận. Một cách khác để làm ý b) của bài toán là biến đổi giả thiết thành

\[ \dfrac{a}{b+2}+\dfrac{b}{c+2}+\dfrac{c}{a+2} \geq 1 \]

Chứng minh điều này rất đơn giản, ta chỉ cần sử dụng biến đổi tương đương là được. Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được

\[ \dfrac{a}{b+2}=\dfrac{a\left(b+c^2+a^2\right)}{(b+1+1)\left(b+c^2+a^2\right)} \leq \dfrac{a\left(b+c^2+a^2\right)}{(a+b+c)^2} \]

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, sau đó sử dụng bất đẳng thức (2), ta được

\[ \begin{aligned} 1 & \leq \dfrac{a\left(b+c^2+a^2\right)+b\left(c+a^2+b^2\right)+c\left(a+b^2+c^2\right)}{(a+b+c)^2} \\ & =\dfrac{a b+b c+c a+a^2(a+b)+b^2(b+c)+c^2(c+a)}{(a+b+c)^2} \end{aligned} \]

Từ đó suy ra \((a+b+c)^2 \leq a b+b c+c a+a^2(a+b)+b^2(b+c)+c^2(c+a)\), hay

\[ a^2(a+b)+b^2(b+c)+c^2(c+a) \geq a^2+b^2+c^2+a b+b c+c a \]

Mà \(a^2+b^2+c^2 \geq a b+b c+c a\) nên

\[ a^2(a+b)+b^2(b+c)+c^2(c+a) \geq 2(a b+b c+c a) \]

Đây chính là bất đẳng thức cần chứng minh.

Cách này tuy đơn giản nhưng việc nghĩ ra biến đổi giả thiết thành bất đẳng thức (2) là một điều hết sức không tự nhiên. Vî vậy, trong lời giải, chúng tôi chọn trình bày cách như ở trên.