Câu hỏi của Nhật - Vũ

Question

Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh a^2(b+c-a) + b^2(c+a-b) + c^2(a+b-c) < 3abc

Nguyễn Đoàn Ngọc Hân · Accepted Answer

Ta cần chứng minh rằng với $a$, $b$, $c$ là ba cạnh của tam giác (với $a < b + c , \textrm{ }\textrm{ } b < c + a , \textrm{ }\textrm{ } c < a + b$), ta có

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c .$

Lưu ý: Khi $a = b = c$ (tam giác đều) ta có:
$a^{2} \left(\right. 2 a - a \left.\right) + a^{2} \left(\right. 2 a - a \left.\right) + a^{2} \left(\right. 2 a - a \left.\right) = 3 a^{3} = 3 a b c ,$
nên dấu “<” có thể hiểu là “$\leq$” với điều kiện bất đẳng thức nghiệt khi tam giác không đều. Trong bài dưới đây ta chứng minh rằng với tam giác bất kỳ (không phải đều) thì bất đẳng thức được cải thiện thành dấu “<”, còn trong tam giác đều (điều kiện biên) ta có dấu “=”.

Để chứng minh bất đẳng thức, ta sử dụng biến đổi Ravi. Cụ thể, với $a$, $b$, $c$ là cạnh của tam giác, tồn tại các số dương $x , y , z > 0$ sao cho

$a = y + z , b = z + x , c = x + y .$

Ta nhận thấy rằng

$b + c - a & = \left(\right. z + x \left.\right) + \left(\right. x + y \left.\right) - \left(\right. y + z \left.\right) = 2 x , \ c + a - b & = \left(\right. x + y \left.\right) + \left(\right. y + z \left.\right) - \left(\right. z + x \left.\right) = 2 y , \ a + b - c & = \left(\right. y + z \left.\right) + \left(\right. z + x \left.\right) - \left(\right. x + y \left.\right) = 2 z .$

Như vậy, vế trái của bất đẳng thức trở thành

$& \textrm{ }\textrm{ } a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) \ & = \left(\right. y + z \left.\right)^{2} \cdot \left(\right. 2 x \left.\right) + \left(\right. z + x \left.\right)^{2} \cdot \left(\right. 2 y \left.\right) + \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \cdot \left(\right. 2 z \left.\right) \ & = 2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. .$

Mặt khác, vế phải:

$3 a b c = 3 \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right) .$

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. < 3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) .$

Tiếp theo, dùng công thức mở rộng của $\left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right)$ theo công thức đã biết

$\left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) = \left(\right. x + y + z \left.\right) \left(\right. x y + y z + z x \left.\right) - x y z ,$

ta cũng có thể mở rộng trực tiếp vế trái. Tuy nhiên, cách làm hiệu quả hơn là đưa cả hai vế về dạng biểu thức đối xứng và so sánh.

Bước 1. Mở rộng vế trái

Tính từng phần:

$x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} & = x \left(\right. y^{2} + 2 y z + z^{2} \left.\right) = x y^{2} + 2 x y z + x z^{2} , \ y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} & = y \left(\right. z^{2} + 2 z x + x^{2} \left.\right) = y z^{2} + 2 x y z + y x^{2} , \ z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} & = z \left(\right. x^{2} + 2 x y + y^{2} \left.\right) = z x^{2} + 2 x y z + z y^{2} .$

Cộng lại ta có

$x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} & = \left[\right. x y^{2} + x z^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z x^{2} + z y^{2} \left]\right. + 6 x y z .$

Nhân với 2, ta thu được:

$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. = 2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z .$

Bước 2. Mở rộng vế phải

Như đã nêu,

$3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) = 3 \left[\right. \left(\right. x + y + z \left.\right) \left(\right. x y + y z + z x \left.\right) - x y z \left]\right. = 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z .$

(Ở đây, chúng ta sử dụng công thức nhận xét rằng

$\left(\right. x + y + z \left.\right) \left(\right. x y + y z + z x \left.\right) = \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 3 x y z ,$

với $\sum_{\text{sym}} x y^{2} = x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2}$.)

Bước 3. So sánh hai vế

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

$2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z < 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z .$

Đưa các số hạng về một vế ta được

$3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z - 2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} - 12 x y z > 0 ,$

tức là

$\underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} - 3 x y z > 0.$

Hay viết lại

$x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2} > 3 x y z .$

Mệnh đề trên là một hệ quả của bất đẳng thức AM-GM (hoặc có thể xem như là hệ quả của bất đẳng thức Muirhead vì bộ số $\left(\right. 2 , 1 , 0 \left.\right)$ (trong $\sum x^{2} y$) lớn hơn bộ số $\left(\right. 1 , 1 , 1 \left.\right)$); cụ thể, với $x , y , z > 0$, ta có từng cặp

$x y^{2} + x^{2} y \geq 2 x^{\frac{3}{2}} y^{\frac{3}{2}} = 2 x y \sqrt{x y} ,$

và tương tự cho các cặp khác. Khi cộng lại, rõ ràng tổng trên vượt quá $3 x y z$. (Hoặc ta có thể áp dụng bất đẳng thức tổng quát:

$\frac{x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2}}{6} \geq \left(\right. x y^{2} \cdot y x^{2} \cdot y z^{2} \cdot z y^{2} \cdot z x^{2} \cdot x z^{2} \left.\right)^{\frac{1}{6}} = x y z ,$

do đó

$x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2} \geq 6 x y z ,$

và $6 x y z > 3 x y z$ với $x y z > 0$.)

Như vậy, ta có được

$2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z < 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z ,$

tức là

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c .$

Kết luận

Bất đẳng thức đã được chứng minh với điều kiện $x , y , z > 0$ (tương đương với $a$, $b$, $c$ là cạnh của tam giác). Đồng thời, ta có dấu “$<$” đối với tam giác không đều; trong trường hợp tam giác đều (tức $x = y = z$) thì ta có

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) = 3 a b c .$

Như vậy, bất đẳng thức

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) \leq 3 a b c$

và dấu “$<$” khi tam giác không đều.

Kết luận chung:
Với $a , b , c$ là các cạnh của tam giác, ta có
$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c ,$
với dấu “=” xảy ra nếu và chỉ nếu $a = b = c$ (tam giác đều).

Câu trả lời:

Ta cần chứng minh rằng với $a$, $b$, $c$ là ba cạnh của tam giác (với $a < b + c , \textrm{ }\textrm{ } b < c + a , \textrm{ }\textrm{ } c < a + b$), ta có

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c .$

Lưu ý: Khi $a = b = c$ (tam giác đều) ta có:
$a^{2} \left(\right. 2 a - a \left.\right) + a^{2} \left(\right. 2 a - a \left.\right) + a^{2} \left(\right. 2 a - a \left.\right) = 3 a^{3} = 3 a b c ,$
nên dấu “<” có thể hiểu là “$\leq$” với điều kiện bất đẳng thức nghiệt khi tam giác không đều. Trong bài dưới đây ta chứng minh rằng với tam giác bất kỳ (không phải đều) thì bất đẳng thức được cải thiện thành dấu “<”, còn trong tam giác đều (điều kiện biên) ta có dấu “=”.

Để chứng minh bất đẳng thức, ta sử dụng biến đổi Ravi. Cụ thể, với $a$, $b$, $c$ là cạnh của tam giác, tồn tại các số dương $x , y , z > 0$ sao cho

$a = y + z , b = z + x , c = x + y .$

Ta nhận thấy rằng

$b + c - a & = \left(\right. z + x \left.\right) + \left(\right. x + y \left.\right) - \left(\right. y + z \left.\right) = 2 x , \ c + a - b & = \left(\right. x + y \left.\right) + \left(\right. y + z \left.\right) - \left(\right. z + x \left.\right) = 2 y , \ a + b - c & = \left(\right. y + z \left.\right) + \left(\right. z + x \left.\right) - \left(\right. x + y \left.\right) = 2 z .$

Như vậy, vế trái của bất đẳng thức trở thành

$& \textrm{ }\textrm{ } a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) \ & = \left(\right. y + z \left.\right)^{2} \cdot \left(\right. 2 x \left.\right) + \left(\right. z + x \left.\right)^{2} \cdot \left(\right. 2 y \left.\right) + \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \cdot \left(\right. 2 z \left.\right) \ & = 2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. .$

Mặt khác, vế phải:

$3 a b c = 3 \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right) .$

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. < 3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) .$

Tiếp theo, dùng công thức mở rộng của $\left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right)$ theo công thức đã biết

$\left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) = \left(\right. x + y + z \left.\right) \left(\right. x y + y z + z x \left.\right) - x y z ,$

ta cũng có thể mở rộng trực tiếp vế trái. Tuy nhiên, cách làm hiệu quả hơn là đưa cả hai vế về dạng biểu thức đối xứng và so sánh.

Bước 1. Mở rộng vế trái

Tính từng phần:

$x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} & = x \left(\right. y^{2} + 2 y z + z^{2} \left.\right) = x y^{2} + 2 x y z + x z^{2} , \ y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} & = y \left(\right. z^{2} + 2 z x + x^{2} \left.\right) = y z^{2} + 2 x y z + y x^{2} , \ z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} & = z \left(\right. x^{2} + 2 x y + y^{2} \left.\right) = z x^{2} + 2 x y z + z y^{2} .$

Cộng lại ta có

$x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} & = \left[\right. x y^{2} + x z^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z x^{2} + z y^{2} \left]\right. + 6 x y z .$

Nhân với 2, ta thu được:

$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. = 2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z .$

Bước 2. Mở rộng vế phải

Như đã nêu,

$3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) = 3 \left[\right. \left(\right. x + y + z \left.\right) \left(\right. x y + y z + z x \left.\right) - x y z \left]\right. = 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z .$

(Ở đây, chúng ta sử dụng công thức nhận xét rằng

$\left(\right. x + y + z \left.\right) \left(\right. x y + y z + z x \left.\right) = \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 3 x y z ,$

với $\sum_{\text{sym}} x y^{2} = x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2}$.)

Bước 3. So sánh hai vế

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

$2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z < 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z .$

Đưa các số hạng về một vế ta được

$3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z - 2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} - 12 x y z > 0 ,$

tức là

$\underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} - 3 x y z > 0.$

Hay viết lại

$x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2} > 3 x y z .$

Mệnh đề trên là một hệ quả của bất đẳng thức AM-GM (hoặc có thể xem như là hệ quả của bất đẳng thức Muirhead vì bộ số $\left(\right. 2 , 1 , 0 \left.\right)$ (trong $\sum x^{2} y$) lớn hơn bộ số $\left(\right. 1 , 1 , 1 \left.\right)$); cụ thể, với $x , y , z > 0$, ta có từng cặp

$x y^{2} + x^{2} y \geq 2 x^{\frac{3}{2}} y^{\frac{3}{2}} = 2 x y \sqrt{x y} ,$

và tương tự cho các cặp khác. Khi cộng lại, rõ ràng tổng trên vượt quá $3 x y z$. (Hoặc ta có thể áp dụng bất đẳng thức tổng quát:

$\frac{x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2}}{6} \geq \left(\right. x y^{2} \cdot y x^{2} \cdot y z^{2} \cdot z y^{2} \cdot z x^{2} \cdot x z^{2} \left.\right)^{\frac{1}{6}} = x y z ,$

do đó

$x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2} \geq 6 x y z ,$

và $6 x y z > 3 x y z$ với $x y z > 0$.)

Như vậy, ta có được

$2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z < 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z ,$

tức là

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c .$

Kết luận

Bất đẳng thức đã được chứng minh với điều kiện $x , y , z > 0$ (tương đương với $a$, $b$, $c$ là cạnh của tam giác). Đồng thời, ta có dấu “$<$” đối với tam giác không đều; trong trường hợp tam giác đều (tức $x = y = z$) thì ta có

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) = 3 a b c .$

Như vậy, bất đẳng thức

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) \leq 3 a b c$

và dấu “$<$” khi tam giác không đều.

Kết luận chung:
Với $a , b , c$ là các cạnh của tam giác, ta có
$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c ,$
với dấu “=” xảy ra nếu và chỉ nếu $a = b = c$ (tam giác đều).

Nguyễn Đoàn Ngọc Hân · Answer

Chứng minh ngắn gọn:

Biến đổi Ravi:
Với $a$, $b$, $c$ là các cạnh của tam giác, tồn tại $x , y , z > 0$ sao cho
$a = y + z , b = z + x , c = x + y .$
Khi đó, ta có:
$b + c - a = 2 x , c + a - b = 2 y , a + b - c = 2 z .$
Viết lại bất đẳng thức:
Vế trái bất đẳng thức trở thành:
$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) = 2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. ,$
và vế phải là:
$3 a b c = 3 \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right) .$
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. < 3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) .$
Mở rộng và so sánh:
Mở rộng, ta có:
$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. = 2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z ,$
và
$3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) = 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z .$
Trừ vế trái cho vế phải ta được:
$\underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} - 3 x y z > 0.$
Bất đẳng thức này đúng theo AM-GM, với dấu "=" chỉ xảy ra khi $x = y = z$ (tức tam giác đều).

Kết luận:
Với $a$, $b$, $c$ là cạnh của tam giác, ta có

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c ,$

với dấu “=” chỉ khi tam giác đều.

Câu trả lời:

Chứng minh ngắn gọn:

Biến đổi Ravi:
Với $a$, $b$, $c$ là các cạnh của tam giác, tồn tại $x , y , z > 0$ sao cho
$a = y + z , b = z + x , c = x + y .$
Khi đó, ta có:
$b + c - a = 2 x , c + a - b = 2 y , a + b - c = 2 z .$
Viết lại bất đẳng thức:
Vế trái bất đẳng thức trở thành:
$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) = 2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. ,$
và vế phải là:
$3 a b c = 3 \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) \left(\right. x + y \left.\right) .$
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. < 3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) .$
Mở rộng và so sánh:
Mở rộng, ta có:
$2 \left[\right. x \left(\right. y + z \left.\right)^{2} + y \left(\right. z + x \left.\right)^{2} + z \left(\right. x + y \left.\right)^{2} \left]\right. = 2 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 12 x y z ,$
và
$3 \left(\right. x + y \left.\right) \left(\right. y + z \left.\right) \left(\right. z + x \left.\right) = 3 \underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} + 9 x y z .$
Trừ vế trái cho vế phải ta được:
$\underset{\text{sym}}{\sum} x y^{2} - 3 x y z > 0.$
Bất đẳng thức này đúng theo AM-GM, với dấu "=" chỉ xảy ra khi $x = y = z$ (tức tam giác đều).

Kết luận:
Với $a$, $b$, $c$ là cạnh của tam giác, ta có

$a^{2} \left(\right. b + c - a \left.\right) + b^{2} \left(\right. c + a - b \left.\right) + c^{2} \left(\right. a + b - c \left.\right) < 3 a b c ,$

với dấu “=” chỉ khi tam giác đều.

Bước 1. Mở rộng vế trái

Bước 2. Mở rộng vế phải

Bước 3. So sánh hai vế

Kết luận

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bước 1. Mở rộng vế trái

Bước 2. Mở rộng vế phải

Bước 3. So sánh hai vế

Kết luận

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP