12/09/2017

Một cách chứng minh BĐT AM-GM 3 số độc đáo

By cuadmin Bất đẳng thức, Chuyên đề 0 Comments

Bài viết này nói về một cách chứng minh BĐT AM-GM 3 số độc đáo, tức là bất đẳng thức AM-GM trong trường hợp n = 3. Mời các bạn theo dõi.

Cho ba số thực a,b,c sao cho $a+b+c \ge 0$

CM: $a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$

Lời giải thường thấy nhất cho BĐT này…chỉ vỏn vẹn một dòng:

$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \ge 0 \;\newline \forall a+b+c \ge 0$

Lời giải này thật sự là ngắn…nhưng không đẹp! Đẹp ở Toán học không phải ở thẫm mỹ trình bày mà chính là lối tư duy trong lời giải và khả năng mở rộng của nó.

Ta hãy xem lời giải sau, mặc dù dài hơn nhưng…có thể gọi là đẹp được không ?

Giải:
Đặt $P(a;b;c)=a^3+b^3+c^3-3abc$

Với $t \in R$ , xét:

$P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c)$

$=3(a+b+c)t(t+a-b)$

Ta sẽ chọn t để $P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c) \le 0 \; \forall a+b+c \ge 0$

Do $P(a;b;c)$ đối xứng theo 3 biến nên ta có thể giả sử rằng c nằm giữa a và b , vậy $(a-c)(b-c) \le 0$

Chọn $t=b-c$

Khi đó: $P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c)=3(a+b+c)(b-c)(a-c) \le 0$

<=> $P(a;b;c) \ge P(a+b-c;c;c)=P(a^\prime;c;c) \; ; a^\prime=a+b-c$

Vậy ta chỉ cần chứng minh rằng $P(a^\prime;c;c) \ge 0$ là có đpcm, tức là chỉ cần cm $P(a;b;c)$ trong trường hợp $b=c$

Với $b=c$ , khi đó ta có: $a+2b \ge 0$

$P(a;b;b)=a^3+2b^3-3ab^2=(a-b)^2(a+2b) \ge 0$

Vậy, ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a+b+c=0$ hoặc $a=b=c$

Nếu ta xét $P(a+t;b+t;c)-P(a;b;c)$ thì sẽ rất khó khăn trong việc đánh giá tiếp theo, việc chọn cách biến thiên cũng đòi hỏi không ít nghệ thuật nếu muốn có lời giải ngắn gọn và đẹp !

(Nguồn bài viết: phudinhgioihan.wordpress.com)

Tags:AM-GM, bất đẳng thức AM-GM