MỘT LỚP CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA ĐẠI LƯỢNG a – b, b – c, c – a

MỘT LỚP CÁC BẤT ĐẲNG THỨC

Sau đây là một số ví dụ và cách giải cho một lớp các bất đẳng thức có chứa các đại lượng $a-b,b-c,c-a$ :

Ví dụ 1 (Chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm 2010-2011)

Cho các số không âm $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

$$P=(a-b{)}^3+(b-c{)}^3+(c-a{)}^3$$

Lời giải :

Chú ý nếu các số thực $x,y,z$ thoả $x+y+z=0$ thì ta có $x^3+y^3+z^3=3xyz$.

Vì vậy ta có thể thấy :

$$P=3(a-b)(b-c)(c-a)$$

Ta dễ dàng thấy rằng :

$$P\le 3\left|(a-b)(b-c)(c-a)\right|=Q$$

Lúc này, ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của $Q$, hơn nữa biểu thức $Q$ đối xứng với ba biến $a,b,c$ nên ta có quyền giả sử $a\ge b\ge c$. Khi đó ta có :

$$Q=3\left|(a-b)(b-c)(a-c)\right|\le 3\left|ab(a-b)\right|=3ab(a-b)$$

Mặt khác từ giả thiết ta còn có $a+b\le 1$ nên :

$$Q\le 3ab(a-b)\le b(1-b)(1-2b)=3(2b^3-3b^2+b)$$

Bằng cách khảo sát hàm số $f(x)=2x^3-3x^2+x$ trên $\left[0,\frac{1}{2}\right]$, ta được :

$$2b^3-3b^2+b\le \frac{\sqrt{3}}{18}$$

Do đó :

$$P\le Q\le \frac{\sqrt{3}}{6}$$

Ta kết luận :

$P_{max}$$=\frac{\sqrt{3}}{6}$$\iff \left(a,b,c\right)$$=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{6},\frac{3-\sqrt{3}}{6},0\right)$

Ví dụ 2 (Trần Quốc Anh)

Cho $a,b,c$ là các số không âm thoả mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh rằng :

$$(a-b)(b-c)(c-a)\le \frac{3\sqrt{3}}{2}$$

Ví dụ 3 (Trần Quốc Anh,Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 447)

Cho các số không âm $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=\sqrt{5}$. Chứng minh rằng :

$$\left(a^2-b^2\right)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\le \sqrt{5}$$

Lời giải :

Ta tìm cách đối xứng hoá bất đẳng thức bằng cách chứng minh một kết quả chặt hơn :

$$P={\left(a^2-b^2\right)}^2(b^2-c^2{)}^2(c^2-a^2{)}^2\le 5$$

Không giảm tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$. Ta dễ dàng thấy :

$$(a^2-c^2{)}^2\le a^4,(b^2-c^2{)}^2\le b^4$$

$$a+b\le a+b+c=\sqrt{5}$$

Như vậy :

$$P\le a^4{b}^4.(a^2-b^2{)}^2=a^4{b}^4.(a+b{)}^2(a-b{)}^2\le 5a^4{b}^4(a-b{)}^2$$

Theo BĐT AM-GM, ta được :

$a^4{b}^4(a-b{)}^2$$\le {\left[\frac{ab+ab+ab+ab+(a-b{)}^2}{5}\right]}^5$$={\left[\frac{(a+b{)}^2}{5}\right]}^5$$\le 1$

Do vậy mà :

$$P\le 5a^4{b}^4(a-b{)}^2\le 5$$

Ta hoàn tất bài toán này.

Ví dụ 4. Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh :

$$(a^2+b^2+c^2{)}^3\ge 27(a-b{)}^2(b-c{)}^2(c-a{)}^2$$

Lời giải :

Không giảm tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$. Khi đó dễ thấy :

$$VT=27(a-b{)}^2(b-c{)}^2(a-c{)}^2\le 27a^2{b}^2(a-b{)}^2$$

Lại theo BĐT AM-GM :

$$27a^2{b}^2(a-b{)}^2=27.ab.ab.(a-b{)}^2\le (ab+ab+(a-b{)}^2{)}^3=(a^2+b^2{)}^3\le (a^2+b^2+c^2{)}^3$$

Từ đó ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 5. Cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh :

$$(a^2+b^2+c^2{)}^3\ge 2(a-b{)}^2(b-c{)}^2(c-a{)}^2$$

Lời giải :

Không giảm tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$. Bây giờ áp dụng BĐT AM-GM :

$VT$$=2{\left[(a-b)(b-c)\right]}^2.(a-c{)}^2$$\le 2.{\left[\frac{(a-b)+(b-c)}{2}\right]}^4.(a-c{)}^2$$=\frac{(a-c{)}^6}{8}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh :

$$8(a^2+b^2+c^2{)}^3\ge (a-c{)}^6\iff 2(a^2+b^2+c^2)\ge (a-c{)}^2$$

Điều này hiển nhiên đúng vì :

$$(a-c{)}^2\le 2(a^2+c^2)\le 2(a^2+b^2+c^2)$$

Ta hoàn tất bài toán này.

Ví dụ 6 (Chọn đội tuyển học sinh giỏi THPT Chuyên KHTN 2013-2014)

Cho các số thực $a,b,c$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2\le 2$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=\left(|a-b|+\sqrt{6}\right)\left(|b-c|+\sqrt{6}\right)\left(|c-a|+\sqrt{6}\right)$$

Lời giải :

Không giảm tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$. Khi đó :

$$P=(a-b+\sqrt{6})(b-c+\sqrt{6})(a-c+\sqrt{6})$$

Bây giờ áp dụng BĐT AM-GM :

$P$$\le {\left[\frac{(a-b+\sqrt{6})+(b-c+\sqrt{6})}{2}\right]}^2.(a-c+\sqrt{6})$$=\frac{{\left(a-c+2\sqrt{6}\right)}^2.(a-c+\sqrt{6})}{4}$

Hơn nữa dễ thấy :

$$a-c=\sqrt{(a-c{)}^2}\le \sqrt{2(a^2+c^2)}\le \sqrt{2(a^2+b^2+c^2)}=2$$

Từ đó :

$$P_{max}=\left(2+\sqrt{6}\right)(1+\sqrt{6}{)}^2\iff a=1,b=0,c=-1$$