Đến nội dung

Hình ảnh

$\left | \frac{a-b}{c} +\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right |\leq \left ( 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
Sangnguyen3

Sangnguyen3

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 222 Bài viết

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 1$ . Chứng minh rằng : 
$\left | \frac{a-b}{c} +\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right |\leq \left ( 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}$



#2
supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1644 Bài viết

Không rõ là có cách nào đơn giản để giải bài này không, còn nếu " chém đinh chặt sắt" thì dùng cách dưới đây:

 

 

Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 1$ . Chứng minh rằng : 
$\left | \frac{a-b}{c} +\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right |\leq \left ( 1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right )^{2}$

 

Ta có: $ \frac{a-b}{c} + \frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} = \frac{ ab(a-b)+ bc(b-c)+ca(c-a)}{abc}$

 

Đến đây thì ta sử dụng một kỹ năng biến đổi tương đối quen thuộc:

 

$ ab(a-b)+ bc(b-c)+ca(c-a) = ab(a-b) + bc \cdot \left( (b-a) + (a-c) \right) + ca(c-a) $

$= ab(a-b) - bc(a-b) - (c-a)bc + ca(c-a) = (a-b)b(a-c) + (c-a)c(a-b) $

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

 

Suy ra: $ | \frac{a-b}{c} + \frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} | = \frac{ | (a-b)(c-a)(b-c)|}{abc}$  $(1)$

 

Do vai trò của $a;\ b; \ c$ là như nhau, nên không giảm tổng quát, ta giả sử: $ a \geq b \geq c$

 

Đặt: $ a = b+ x ; \ a = c+ y$, do $ a-c \geq a-b \implies 0 \leq x \leq y \leq \frac{1}{2}$  

 

Đến đây thì ta thu được một dạng gọn, đẹp, không chứa dấu giá trị tuyệt đối:

 

$ \frac{ | (a-b)(c-a)(b-c)|}{abc} = \frac{xy(y-x)}{a(a-x)(a-y)} = g(x;y)$  $(2)$

 

Cố định giá trị của $a; \ y$ sau đó ta sẽ cho $x$ là biến chạy trong khoảng $ [ 0; y]$ rồi khảo sát hàm số bình thường:

 

Xét hàm:  $ f(x) = \frac{ x(y-x)}{a-x}$ ; ta có: $ g(x;y) = k \cdot f(x)$ trong đó $ k = \frac{y}{a(a-y)}$ là hằng số dương.

 

Ta có: $ f^{'} (x) = \frac{ (y-2x)(a-x) + (xy-x^2)}{ (a-x)^2} =  \frac{ x^2 - 2ax+ya}{ (a-x)^2}$

 

Ta đi giải phương trình $ f^{'} (x) = 0$ .

 

Biệt số $ \triangle^{'} = a^2 - ya = a(a-y)$

 

Do đó, theo công thức nghiệm của phương trình bậc $2$, ta thu được $2$ nghiệm: $  x_{ 1; \   2}= a \pm \sqrt{a(a-y)}$ mà do $ x \leq y < a$. Nên phương trình $ f^{'} (x) = 0$ chỉ có thể nhận nghiệm duy nhất $ x_1 = a- \sqrt{a(a-y)} $, dễ thấy $ 0< x_1 < y <  a + \sqrt{a(a-y)} = x_2$

 

Từ dáng điệu của hàm số này, ta thấy: $g(x;y)$  là hàm đơn điệu tăng trên $ [0; x_1]$ và đơn điệu giảm trên $ [x_1 ; y]$

Ta có thể giải thích kỹ hơn đoạn này bằng cách lập luận: $  f^{'} (x) \geq  0$ với $x$ thuộc $ [0; x_1]$  và  $  f^{'} (x) \leq  0$ với $x$ thuộc $ [x_1 ; y]$.

 

Tức là khi $x$ chạy qua $ [ 0; y]$ thì $ g(x;y)$ sẽ đạt giá trị lớn nhất  tại điểm $ x= x_1$ 

 

Suy ra: $ g(x;y) \leq  g(x_1 ;y) =  \frac{y}{a(a-y)} \cdot \left( a+ (a-y)- 2 \sqrt{a(a-y)} \right) = h(a;y) = \frac{y}{a-y} + \frac{y}{a} - \frac{2y}{ \sqrt{a(a-y)}} $  $(3)$

 

Ý tưởng đến đây là tiếp tục " chém đinh chặt sắt", cố định $a$ , coi $ h(a;y)$ là hàm một biến theo biến $y$ rồi khảo sát hàm này trên $ [0; a)$. Đến đây đói rồi, lát làm tiếp.

 

Tiếp tục hành trình:

 

Dễ thấy: $ h(a; y) = y \cdot \left( \frac{1}{ \sqrt{a-y}} - \frac{1}{\sqrt{a}} \right)^2$ 

 

Đến đây bắt đầu tính toán khó rồi, ta chuyển qua dùng ẩn phụ, đặt: $ t = \frac{1}{ \sqrt{a-y}} = \frac{1}{ \sqrt{c}} \leq  \sqrt{2}$, rõ ràng khi $y$ chạy qua $ [0; a)$ thì $t$ chạy qua $ (0; \sqrt{2} ]$ . Và $ y = a - \frac{1}{t^2}$.

 

Xét hàm số $w(t) =  (a - \frac{1}{t^2} ) \left(t-  \frac{1}{\sqrt{a}} \right)^2 = at^2 - 2 \sqrt{a} t + \frac{2}{ t \sqrt{a}} - \frac{1}{at^2}$

 

Suy ra : $w^{'} (t) = 2at - 2 \sqrt{a} - \frac{2}{ \sqrt{a} t^2} + \frac{2}{at^3}$

 

Giờ đơn giản là đi giải phương trình : $w^{'} (t) = 0$, phương trình này tương đương với:

 

$ n(t)= a^2 t^4 - a \sqrt{a} t^3 - \sqrt{a} t +1 =0 \Leftrightarrow  \sqrt{a} t  = 1$

 

$ \Leftrightarrow   t  =  \frac{1}{ \sqrt{a}}  \Leftrightarrow   \frac{1}{ \sqrt{a-y}}   =  \frac{1}{ \sqrt{a}}   \Leftrightarrow  y =0$

 

Từ dáng điệu của hàm $ w(t)$, ta dễ thấy là $w(t)$ đơn điệu tăng trên $ (0; \sqrt{2} ]$.  Lập luận thì cũng gần giống như trên, chú ý là hàm đa thức bậc $4$ với hệ số  bậc $4$ dương sẽ tiến dần đến dương vô cùng khi biến tiến đến vô cùng, là hàm liên tục trên $\mathbb{R}$ mà lại chỉ nhận giá trị  bằng $0$ tại điểm  $t  =  \frac{1}{ \sqrt{a}}$  thì suy ra hàm sẽ nhận giá trị không âm trên toàn bộ đoạn $[0; \sqrt{2} ] \subset \mathbb{R} $  , Suy ra 

 

$ w(t) \leq w( \sqrt{2}) =   \left( a - \frac{1}{2} \right) \cdot \left( \sqrt{2} - \frac{1}{ \sqrt{a}} \right)^2$

 

$ \implies h(a;y) \leq 2a - 2 \sqrt{2} \sqrt{a} - \frac{1}{2a} + \frac{ \sqrt{2}}{ \sqrt{a}} = v(a)$  $(4)$

 

Tới đây là gần xong hết rồi, chỉ còn một chút công đoạn cuối cùng thôi. Cần chắc tay và kiên định với phương pháp đã chọn.

 

Đặt ẩn phụ: $ r =    \sqrt{2a}$ thì $r$ nhận giá trị trong khoảng $ [1; \sqrt{2} ]$

 

$ v(a) = r^2 -2r - \frac{1}{r^2} +   \frac{2}{r} = m(r)$

 

Ta khảo sát hàm $m(r)$ trên  $ [1; \sqrt{2} ]$ , ta có : $m^{'}(r) = 2r -2 + \frac{2}{r^3} -  \frac{2}{r^2}$

 

$ m^{'}(r) = 0 \Leftrightarrow  r-1 + \frac{1}{r^3} - \frac{1}{r^2} =0  \Leftrightarrow  r =1$

 

 

Từ dáng điệu của hàm $ m(r)$, ta dễ thấy là $m(r)$ đơn điệu tăng trên $ [1; \sqrt{2} ]$, Suy ra :

 

$ v(a) = m(r) \leq m( \sqrt{2} ) = \frac{3}{2} - \sqrt{2} = \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2$ $(5)$

 

Từ $(1)$; $(2)$; $(3)$ ; $(4)$ , $(5)$  suy ra:  $ | \frac{a-b}{c} + \frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} |  \leq \left( 1 - \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2$

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a;b;c)$ nhận giá trị là bộ số $  \left( 1;  \frac{1}{ \sqrt{2}}; \frac{1}{2} \right)$ hoặc các hoán vị của bộ số này.

 

Bài Toán Theo đó được giải quyết hoàn toàn. Một Bài Toán Rất Đẹp. 

 

Lưu ý: Sau khi xem kỹ lời giải trên thì supermember thấy chỗ này cần hiểu rõ về hàm liên tục để nắm vững lời giải:

 

Ví dụ ở trên: phương trình bậc $4$ : $a^2 t^4 - a \sqrt{a} t^3 - \sqrt{a} t +1 =0$ nếu ta giải trên tập $ \mathbb{R}$ thì chỉ có nghiệm duy nhất $ t = \frac{1}{ \sqrt{a}}$,  ở đây hàm $n(t) = a^2 t^4 - a \sqrt{a} t^3 - \sqrt{a} t +1$ là hàm liên tục trên $ \mathbb{R}$ và tiến dần về $ + \infty $ khi $t$ tiến dần về $  \infty $ nên nếu hàm này nhận giá trị âm tại  $1$ điểm $ t_0$ ( $t_0 \in  \mathbb{R}$ )  nào đó thì theo tính chất hàm liên tục sẽ có ít nhất $2$  giá trị phân biệt $ t_1 ; t_2 $ thỏa $  n(t_1) = n(t_2) = 0$, vô lý. Do ở trên đã chỉ ra phương trình $ n(t) =0$ chỉ có nghiệm duy nhất trên $ \mathbb{R}$.

 

Hoặc, các bạn có thể nhìn thấy hướng giải thích đơn giản hơn,

 

thực chất: $ w^{'} (t) = \frac{2 ( \sqrt{a} t -1)^2 (at^2 +  \sqrt{a} t  +1)}{at^3} \geq 0$

Và: $ m^{'}(r) = \frac{2(r-1)^2 (r^2 +r+1)}{r^3} \geq 0$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 14-06-2023 - 08:26

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#3
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

Không biết cách này có ngộ nhận đoạn nào không:

Kí hiệu $D = \left(\frac{1}{2},1\right)$.

Với mọi bộ $(a,b,c)\in D^3$ thoả mãn $a\leq b\leq c$, đặt $f(a,b,c) = \frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$. 

Thế thì ta cần chứng minh $f(a,b,c)\leq  \left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2,\forall (a,b,c)\in D^3; a\leq b\leq c$.

Nhận thấy nếu thay bộ $(a,b,c)$ bởi bộ $(x,y,z)$ thoả mãn $c-z = b-y = a - x$ và $x = \frac{1}{2}$ thì $f(a,b,c) \leq f(x,y,z)$.

Do đó không mất tính tổng quát giả sử $a = \frac{1}{2}$. 

Thế thì ta cần chứng minh $$\frac{(2b-1)(c-b)(2c-1)}{bc} \leq 3 - 2\sqrt{2}$$

Hơn nữa, nhận thấy hàm số $g(t) = \frac{2t-1}{t}$ đồng biến trên $\mathbb R^+$ nên nếu tăng giá trị của $b,c$ lên cùng một đơn vị thì $f\left(\frac{1}{2},b,c\right)$ cũng tăng.

Như vậy không mất tính tổng quát coi $c=1$. Ta quy về chứng minh $$\frac{(2b-1)(1-b)}{b} \leq 3 - 2\sqrt{2},\forall b\in D$$

Tuy nhiên bất đẳng thức trên tương đương $\left(\sqrt{2}b - 1\right)^2 \geq 0$, đúng với mọi $b\in\mathbb R$.

Vậy ta có đpcm



#4
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

* Đặt $\frac{a}{b}=x, \frac{b}{c}=y, \frac{c}{a}=z$ khi đó $x, y, z$ thoả mãn hai điều kiện $xyz=1$ và $\frac{1}{2} \leq x, y, z \leq 2$. 

Và ta  có 

\[\begin{align*}\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b} &=\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\right) -\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right) \hfill \\ &=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-(x+y+z) \hfill \\ &=(xy+yz+xz)-(x+y+z) \end{align*}\]

Vậy ta cần chứng minh với các số thực $x, y, z$ thoả mãn $xyz=1$ và $\frac{1}{2} \leq x, y, z \leq 2$ thì 

\begin{equation}\left|(xy+yz+xz)-(x+y+z)\right| \leq \left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 \end{equation} 

* Không mất tính tổng quát giả sử $x \geq y \geq z$ khi đó các điều kiện cho $x, y, z$ được làm chặt hơn là $1 \leq x \leq 2 $, $ \frac{1}{2} \leq y \leq 2$ và $ \frac{1}{2} \leq z \leq 1$. Hơn nữa, bởi $xy=\frac{1}{z}$ nên ta còn có $1\leq xy \leq 2$ 

Ta có

\[\begin{align*} (xy+yz+xz)-(x+y+z) & =xy+(x+y-1)z-(x+y) \hfill \\ & =(xy-1)+(x+y-1)(z-1)\hfill \\ &= (xy-1)+\frac{(x+y-1)(1-xy)}{xy} \hfill \\ &= (xy-1)\left(1-\frac{x+y-1}{xy}\right) \hfill \\ &= \frac{(xy-1)\left[xy+1-(x+y)\right]}{xy} \end{align*}\]

 

* Bây giờ ta đi chứng minh 

\begin{equation}  \frac{(xy-1)\left[xy+1-(x+y)\right]}{xy} \leq \left(1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 \end{equation}

Thật vậy ta có $ xy+1 - (x+y) \leq xy+1 -2\sqrt{xy} = (\sqrt{xy}-1)^2$. Hơn nữa, do $ 1\leq xy  \leq 2$ nên $ (\sqrt{xy}-1)^2 \leq (\sqrt{2}-1)^2 $. Do đó

$ xy +1 - (x+y) \leq (1-\sqrt{2})^2$. 

Mặt khác ta lại có

$0 \leq \frac{xy-1}{xy}=1-\frac{1}{xy} \leq 1- \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

Do đó 

$\frac{(xy-1)\left[xy+1-(x+y)\right]}{xy} \leq \frac{1}{2}.(1-\sqrt{2})^2=\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2$

Vậy $(2)$ đúng. Dấu "$=$" xảy ra khi $x=y=\sqrt{2}$. 

 

* Tiếp theo ta chứng minh 

\begin{equation}  \frac{(xy-1)\left[xy+1-(x+y)\right]}{xy} \geq -\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 \end{equation}

Thật vậy, nếu $y\geq 1$ thì $xy+1-(x+y)=(x-1)(y-1) \geq 0$, khi đó $(2)$ hiển nhiên đúng. Xét $\frac{1}{2} \leq y\leq 1$, khi đó ta viết lại $(3)$ dưới dạng

\begin{equation} \frac{(xy-1)(x-1)}{x}.\frac{1-y}{y} \leq \left(1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 \end{equation}

Ta có bất đẳng thức

$\frac{(xy-1)(x-1)}{x} \leq \frac{2y-1}{2}$

tương đương với $(2-x)(2xy-1)\geq 0$, đúng do $ x\leq 2$ và $xy\geq 1$. 

Tiếp theo ta có 

$\frac{(2y-1)(1-y)}{2y}=\frac{3}{2} -\left(y+\frac{1}{2y}\right) \leq \frac{3}{2}-2\sqrt{y.\frac{1}{2y}}=\frac{3}{2}-\sqrt{2}=\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2$ 

Vậy $(4)$ đúng, do đó $(3)$ đúng. Dấu "$=$" ở $(3)$ xảy ra khi $x=2, y=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

* Từ $(2)$ và $(3)$ ta suy ra $(1)$ đúng. Dấu "$=$" ở $(1)$ xảy ra khi hoặc $x=y=\sqrt{2}, z=\frac{1}{2}$ hoặc $x=2, y=z=\frac{1}{\sqrt{2}}$. 

 

* Trường hợp $x=y=\sqrt{2}$ ta suy ra $a=2c, b=\sqrt{2}c$. Do $a\leq 1$ nên $c\leq \frac{1}{2}$. Suy ra $c=\frac{1}{2}$, từ đó $a=1, b=\frac{1}{\sqrt{2}}$. 

Trường hợp $x=2, y=z=\frac{1}{\sqrt{2}}$ ta suy ra $a=\sqrt{2}c, b=\frac{1}{\sqrt{2}}c$. Vì $a\leq 1$ nên $c\leq \frac{1}{\sqrt{2}}$, vì $b\geq \frac{1}{2}$ nên $c\geq \frac{1}{\sqrt{2}}$. Do đó $c=\frac{1}{\sqrt{2}}$, và $a=1, b=\frac{1}{2}$

 

* Tóm lại ta có bất đẳng thức ban đầu đúng. Dấu "$=$" xảy ra tại bộ số $(a, b,c)$ là hoán vị của $\left(1; \frac{1}{2}; \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 27-06-2023 - 19:26

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#5
chuyenndu

chuyenndu

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 177 Bài viết

https://artofproblem...nity/c6h1387963






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh