⅓►Một chứng minh AM-GM 3 số độc đáo™ | phudinhgioihan

RSS

⅓►Một chứng minh AM-GM 3 số độc đáo™

19 Th6

Trong bài viết trước , mình đã chứng minh bdt AM-GM tổng quát n biến không âm, với trường hợp n=3, ta sẽ chứng minh bằng 1 lời giải độc đáo sau đây…

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 bdt 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 !

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo

2 responses to “⅓►Một chứng minh AM-GM 3 số độc đáo™”

BoFake

Tháng Mười Hai 22, 2012 at 10:47 Chiều

Một cách hay,dồn biến có tham số 😀

Trả lời
HXTHANH

Tháng Mười Hai 15, 2012 at 12:38 Sáng

Tác giả bài viết nhìn nhận vấn đề rất hay và … sâu.

Trả lời

Bình luận về bài viết này Hủy trả lời