Chương 4 Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậc Tính thuần nhất bậc (đồng bậc, thuần nhất) là một tiêu chuẩn đầu tiên phải tính đến khi so sánh các đại lượng Các bất đẳng thức cổ điển ta đã biết như bất đẳ[.]
Chương ua n Bất đẳng thức dạng bậc pv th Tính bậc (đồng bậc, nhất) tiêu chuẩn phải tính đến so sánh đại lượng Các bất đẳng thức cổ điển ta biết bất đẳng thức trung cỏc i lng trung bỡnh, Cauchy, Holder, Minkowski, ă Chebychev, , bất đẳng thức dạng đồng bậc Trong chương này, đề cập tới phương pháp để chứng minh bất đẳng thức đồng bậc, cách chuyển từ bất đẳng thức không đồng bậc bất đẳng thức đồng bậc Nắm vững vận dụng nhuần nhuyễn phương pháp này, chứng minh nhiều lớp bất đẳng thức sơ cấp 4.1 Bất đẳng thức dạng bậc Hàm số f ( x1 , x2 , , xn ) biến số thực x1 , x2 , , xn hàm bậc m với số thực t ta có f (tx , tx , , tx n ) = tm f ( x1 , x2 , , xn ), với t ∈ R − {0}, xi ∈ R, i = 1, 2, , n, m, n ∈ N, m 6= 0, n ≥ Số tự nhiên m gọi bậc đa thức đồng bậc Bất đẳng thức dạng f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ 0, với f hàm gọi bất đẳng thức (bậc m) Khái niệm bất đẳng thức đồng bậc liên quan chặt chẽ với đa thức đồng bậc Thí dụ, hai đa thức sau hai đa thức đồng Đây chương sách Bất đẳng thức, Suy luận & Khám phá xuất tác giả Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ 119 120 4.2 Đồng bậc hoá bất đẳng thức bậc đồng bậc g( x) = x5 + y5 + 8x2 y3 , f ( x) = x2 y + 4yx2 − 3x3 + 10y3 Từng đơn thức đa thức thứ có bậc năm, cịn đơn thức đa thức thứ hai có bậc ba Cũng cần ý đa thức kiểu f ( x) = ( x + 2y)3 + 101x2 khơng phải đồng bậc 4.2 Đồng bậc hố bất đẳng thức n Với bất đẳng thức có điều kiện, ta chuyển dạng bất đẳng thức đồng bậc Điều kiện cho trước thường hệ thức liên hệ biến số Từ giả thiết cho ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dạng đồng bậc ua Bài toán 4.1 Cho số thực không âm a, b thoả mãn điều kiện a + b = 2, chứng minh dãy bất đẳng thức ≤ a + b2 ≤ a + b3 ≤ a + b4 pv th Chứng minh Ta chứng minh bất đẳng thức Mỗi vế bất đẳng thức bậc; mà ta thấy biểu thức điều kiện cho trước có dạng bậc Sử dụng giả thiết ta làm cân bậc bất đẳng thức Trước hết ta chứng minh ≤ a2 + b2 Thật vậy, nhân hai vế với hai, viết dạng tương đương ( a + b)2 ≤ 2( a2 + b2 ) Dễ dàng quy bất đẳng thức dạng ( a − b)2 ≥ Đối với bất đẳng thức thứ hai, ta viết lại dạng ( a2 + b2 )( a + b) ≤ 2( a3 + b3 ) Bất đẳng thức tương đương với a3 + b3 ≥ ab2 + a2 b, hay ( a − b)2 ( a + b) ≥ Điều hiển nhiên với a, b > Bất đẳng thức cuối làm tương tự Bài toán 4.2 Cho số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a2/3 + b2/3 + c2/3 = 3, chứng minh bất đẳng thức a + b2 + c ≥ a / + b4 / + c / Hỏi dấu đẳng thức xảy nào? 121 4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thức Chứng minh Để bỏ số mũ dạng hữu tỉ, ta đưa biến sau Đặt a1/3 = x, b1/3 = y, c1/3 = z Khi đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức x6 + y6 + z6 ≥ x4 + y4 + z4 với điều kiện x2 + y2 + z2 = Sử dụng giả thiết ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dạng tương đương 3( x6 + y6 + z6 ) ≥ ( x2 + y2 + z2 )( x4 + y4 + z4 ) Nhân khai triển nhóm số hạng cho ta ( x2 − y2 )2 ( x2 + y2 ) + ( y2 − z2 )2 ( y2 + z2 ) + ( z2 − x2 )2 ( z2 + x2 ) ≥ n Bất đẳng thức hiển nhiên 4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thức ua Xét bất đẳng thức đồng bậc dạng f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ g( x1 , x2 , , xn ), pv th f g hai đa thức đồng bậc Do tính chất hàm nhất, ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức việc chứng minh bất đẳng thức f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ λ với x1 , x2 , , x n thỏa mãn điều kiện g( x1 , x2 , , x n ) = λ Chuẩn hóa cách thích hợp, ta làm đơn giản biểu thức bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng số tính chất đặc biệt số Nếu biết quan sát lựa chọn điều kiện thích hợp, nghĩa lúc có thêm giả thiết, ta có lời giải gọn gàng, sáng sủa Trong mục đưa số cách chọn điều kiện kiểu Bài toán 4.3 Chứng minh a, b, c > ( a + b − c)2 ( a + c − b) (c + b − a)2 + + > c2 + (b + a)2 b2 + ( c + a ) a2 + (b + c)2 Chứng minh Bậc hai vế không Đặt x = a/( a + b + c), y = b/( a + b + c), z = c/( a + b + c), x + y + z = Do đó, ta viết bất đẳng thức cần chứng minh dạng (1 − 2y)2 (1 − 2x)2 (1 − 2z)2 + + > 2 2 2 z + (1 − z) y + (1 − y) x + (1 − x) (4.1) Chú ý t2 (1 − 2t)2 2(2t2 − 2t + 1) − 1 4t2 − 4t + = = 2− = 2 + (1 − t) 2t − 2t + 2t2 − 2t + 2t − 2t + 122 4.3 Chuẩn hố bất đẳng thức Từ đó, ta viết lại bất đẳng thức (4.1) dạng 2x2 1 27 + + ≤ − 2x + 2y − 2y + 2z − 2z + Ta cần tìm số δ cho với < t < 1 ≤ δ + t − 2t2 − 2t + Chuyển sang vế trái quy đồng cho ta 1 −18t2 + 18t − ≤ −δ t− 2t − 2t + n (4.2) ua Để ý t − 31 nhân tử chung vế trái (4.2) nên ta viết lại bất đẳng thức dạng tương đương 12 − 18t ≤ − (4.3) t− δ 2t2 − 2t + Bây ta cần tìm δ cho biểu thức ngoặc thứ hai (4.3) nhận t − 13 −18t 54 làm nhân tử Thế ta thay t = 13 vào biểu thức δ = 2t12 − 2t + thu δ = th Với giá trị δ, ta viết lại (4.3) dạng 54 12 − 18t ≤ − t− 2t2 − 2t + pv Bất đẳng thức tương đương với −(t − 13 )2 (18t + 13 ) ≤ Điều hiển nhiên Vậy, ta có đánh giá sau 2t2 1 54 t− ≤ + 5 − 2t + Sử dụng ước lượng ba lần cho x, y, z ta có điều phải chứng minh Phép chứng minh hồn tất Nói chung, bất đẳng thức có vế tổng ba phân thức khó đánh giá phân thức Cách chọn cho phép ta làm điều khó khăn cách dễ dàng dựa tính chất bất đẳng thức, phân số, tam thức bậc hai Tổng quát hơn, ta chứng minh nhiều bất đẳng thức đối xứng đồng bậc cách đặt x = ka/( a + b + c) tương tự với y, z ta x + y + z = k, mà khơng làm tính đối xứng bất đẳng thức ban đầu Một cách tương 123 4.3 Chuẩn hố bất đẳng thức tự, ta giải toán sau thiết lập nhiều bất đẳng thức chứa biểu thức phân thức kiểu tốn đề thi vơ địch Hoa Kỳ năm 2003 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 (2a + b + c)2 + + 8, 2 2a + (b + c) 2b + (c + a) 2c + ( a + b)2 với giả thiết a, b, c số dương Ta thấy tử thức mẫu thức phân thức vế trái đa thức bậc hai Vì vế trái bất đẳng thức có bậc khơng Khơng tổng quát, ta giả sử a + b + c = Và từ tiếp tục Ta xét thêm bất đẳng thức khác có dạng “tương tự" trên, chứng minh n (4b + c − a)2 (4c + a − b)2 (4a + b − c)2 + + > 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + ( a + b)2 ua Nhưng thật đáng tiếc kỹ thuật lại khơng có tác dụng với tốn Điều ta cô lập hay đưa phân thức dạng biến số thông qua điều kiện tổng ba số k Đây ý tưởng sở quan trọng cách làm Bài toán 4.4 Chứng minh a, b, c > th ( a + b + c ) a + b3 + c a + b2 + c + > − abc ab + bc + ca a + b2 + c pv Chứng minh Bài tổng ba bất đẳng thức ngược chiều Biểu thức thứ ngoặc đạt giá trị nhỏ nhất; hai biểu thức đạt giá trị lớn Khơng giảm tổng qt ta giả sử ω = a2 + b2 + c2 , chọn ω = 3, sử dụng đẳng thức ( a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2( ab + bc + ca), a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a + b + c)( a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) Do đó, ta viết vế trái bất đẳng thức dạng F= 2λ + + η( − λ ) − , 2λ λ = ab + bc + ca, η = 1/( ab) + 1/(bc) + 1/(ca), ta biết λ 3, mặt khác sử dụng bất đẳng thức quen biết η > 9/λ, 2λ + + (3 − λ) − 2λ 2λ λ 12 + = −2 + λ F> 124 4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thức Do đó, để chứng minh F > 4, ta cần λ /3 + 6/λ > Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân sau tách số hạng sau để có dấu đẳng thức, ta có λ 3 1/3 1/3 + + λ λ > λ.3.3 = > λ 3 λ λ Phép chứng minh hoàn tất Bằng cách đặt tương tự, ta thiết lập biểu thức đối xứng bậc chọn điều kiện đó, ước lượng giá trị biến số nhau, ta xây dựng bất đẳng thức n Bài toán 4.5 Chứng minh với số thực a, b, c 6( a + b + c)( a2 + b2 + c2 ) 27abc + 10( a2 + b2 + c2 )3/2 ua Chứng minh Rõ ràng hai vế bất đẳng thức có dạng bậc ba Nhưng tiếp tục lựa chọn thí dụ không hiệu biểu thức a2 + b2 + c2 có số mũ dạng hữu tỷ Nếu ba số khơng bất đẳng thức hiển nhiên Nếu có số khác khơng, ta đặt ω = a2 + b2 + c2 , giả sử | a| |b| |c|, chọn ω = để tránh dạng số vơ tỷ Thế bất đẳng thức có dạng 2( a + b + c) − abc 10 th Sau thí dụ cho thấy phép chọn điều kiện thích hợp cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo pv Bài toán 4.6 Giả sử a, b, c số thực dương, chứng minh bất đẳng thức r r ab + bc + ca ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ Chứng minh Chọn ab + bc + ca = 3, ta cần chứng minh ( a + b)(b + c)(c + a) ≥ Nhưng ý ( a + b)(b + c)(c + a) = ( a + b + c)( ab + bc + ca) − abc Phép chứng minh hoàn tất ta 3( a + b + c) − abc ≥ Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có − abc ≥ −1, ( a + b + c)2 ≥ 3( ab + bc + ca) Từ suy điều phải chứng minh Có hai câu hỏi cần đặt sau lời giải lại chọn số 3, chọn có lợi ích Cái tưởng chừng khó tốn có mặt hai thức khác vượt qua dễ dàng Bài toán 4.7 Cho số thực dương x, y, z đặt x + y + z = p, xy + yz + zx = q, xyz = r Giả sử p = 1, biểu diễn biểu thức x2 + y2 + z2 , theo p, q, biểu diễn x3 + y3 + z3 , x4 + y4 + z4 theo p, q, r 125 4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thức Từ kết toán đây, người ta áp đặt điều kiện để xây dựng bất đẳng thức đối xứng ba biến có điều kiện Với toán bất đẳng thức đồng bậc ba biến, ta lựa chọn tuỳ ý (chỉ thôi) ba điều kiện p = 1, q = 1, r = Bài toán 4.8 Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1, chứng minh √ a a + b2 +√ b b + c2 +√ c c+ a2 ≤ ua n Chứng minh Lời giải sau Võ Quốc Bá Cẩn Giả sử L vế trái bất đẳng thức Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có a a b c b c L ≤ ( a + b + c) = + + + + a + b2 b + c2 c + a2 a + b2 b + c2 c + a2 Do đó, ta cần chứng minh b c a + + ≤ a + b2 b + c2 c + a2 th Bất đẳng thức lại viết dạng tương đương b2 c2 a2 + + ≥ 2 b+a c+b a+c pv Viết bất đẳng thức dạng đồng bậc Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng Engel, cuối quy việc chứng minh a4 + b4 + c4 + 5( a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ 3( ab3 + bc3 + ca3 ) + 3abc( a + b + c) Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ abc( a + b + c) Và nên ta cần chứng minh a4 + b4 + c4 + 2( a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ 3( ab3 + bc3 + ca3 ) Bất đẳng thức lại viết dạng ∑ ( a2 − c2 − 2ab + bc + ca)2 ≥ cyclic Phép chứng minh hoàn tất 126 4.4 Lớp hàm đối xứng sơ cấp ba biến Phần làm bất đẳng thức đồng bậc trở nên không đồng bậc cách lựa chọn điều kiên thích hợp; có lợi cho biến đổi tính tốn Bài tốn 4.9 Cho ba số thực dương a, b, c cho a + b + c = 1, chứng minh bất đẳng thức 9( a3 + b3 + c3 ) − 10( a5 + b5 + c5 ) ≥ Bài toán 4.10 Chứng minh a, b, c > ta có bất đẳng thức ( a + b + c ) a + b2 + c a + b3 + c +2 − ≤ ab + bc + ca abc a + b2 + c n 4.4 Lớp hàm đối xứng sơ cấp ba biến th ua Tất bất đẳng thức đối xứng ba biến số quy hàm đối xứng p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz Trong tiết ta xét toán bất đẳng thức, từ dễ đến khó, giải theo đường lối Sau viết bất đẳng thức cần chứng minh theo p, q, r, ta cần khảo sát bất đẳng thức theo ba biến p, q, r Điểm mạnh phương pháp xử lý bất đẳng thức đối xứng ba biến, chặt khó, ta khơng thực nhiều phép ước lượng trung gian thơ điều có nghĩa ta phải làm việc với nhiều bước tính tốn tốn dạng phân thức, bậc cao Trước tiên, bạn đọc tự kiểm tra kết sau x2 + y2 + z2 = p2 − 2q, x3 + y3 + z3 = p( p2 − 3q) + 3r, pv x4 + y4 + z4 = ( p2 − 2q)2 − 2(q2 − 2pr) Một vấn đề cần đặt thứ tự so sánh p, q, r Một nguyên tắc phải đảm bảo tính đồng bậc Với ba số a, b, c nghiệm phương trình bậc ba f ( x) = x + px2 + qx + r ta viết f ( x) = ( x − a)( x − b)( x − c) Khai triển đa thức ta ( x2 − xb − xa + ab)( x − c) = x3 − x2 ( a + b + c) + x( ab + bc + ca) − abc Bây sử dụng đồng thức ta a + b + c = − p, ab + bc + ca = q, abc = −r Dựa vào đặc điểm đây, ta phát biểu nhiều toán bất đẳng thức với giả thiết liên quan đến nghiệm phương trình bậc ba Trước hết, ta quan sát bất đẳng thức liên quan đến p, q, r Đó bất đẳng thức Schur 127 4.4 Lớp hàm đối xứng sơ cấp ba biến Định lý 4.1 (I Schur) Nếu x, y, z số thực dương t số thực, xt ( x − y)( x − z) + yt ( y − z)( y − x) + zt ( z − y)( z − x) ≥ Chứng minh Vì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng đối xứng nên ta giả sử x ≥ y ≥ z Viết lại bất đẳng thức cho cách nhóm nhân tử chung, ta ( x − y){ xt ( x − z) − yt ( y − z)} + zt ( x − z)( y − z) ≥ Dễ thấy bất đẳng thức n Có số trường hợp riêng bất đẳng thức đáng ý trường hợp t = 1, 2, Lấy giá trị t khai triển đa thức ta thu trường hợp lý thú hữu ích ua Bài toán 4.11 Cho số thực dương x, y, z Đặt x + y + z = p, xy + yz + zx = q xyz = r, chứng minh bất đẳng thức p3 − 4pq + 9r ≥ 0, p4 − 5p2 q + 4q2 + 6pr ≥ 0, pq − 9r ≥ Chứng minh Ba bất đẳng thức viết lại dạng (4.5) (4.6) x( x − y)( x − z) + y( y − z)( y − x) + z( z − x)( z − y) ≥ 0, x ( x − y)( x − z) + y2 ( y − z)( y − x) + z2 ( z − x)( z − y) ≥ 0, x( y − z)2 + y( z − x)2 + z( x − y)2 ≥ th (4.4) Dễ thấy hai bất đẳng thức ba đầu trường hợp t = 1, t = bất đẳng thức Schur Bất đẳng thức cuối hiển nhiên pv Bài toán 4.12 Cho số thực dương x, y, z Đặt x + y + z = p, xy + yz + zx = q xyz = r, chứng minh bất đẳng thức p2 ≥ 3q 2p3 + 9r ≥ 7pq p4 + 3q2 ≥ 4p2 q 2p3 + 9r2 ≥ 7pqr p3 ≥ 27r p2 q + 3pr ≥ 4q2 pq2 + 3q2 ≥ 4p2 q q3 + 9r2 ≥ 4pqr q2 ≥ 3pr p2 q ≥ 3pr + 4p2 q pq2 ≥ 2p2 r + 3qr p3 q + q3 ≥ 6pqr Từ kết ta phát biểu tốn dạng nghiệm phương trình bậc ba Chẳng hạn, ta xét toán sau Bài toán 4.13 Xét ba số thực a, b, c cho đa thức x3 + ax2 + bx + c có ba nghiệm Chứng minh 12ab + 27c ≤ 6a3 + 10( a2 − 2b)3/2 Hỏi dấu đẳng thức xảy nào? 128 4.4 Lớp hàm đối xứng sơ cấp ba biến Bài toán 4.14 Chứng minh x, y, z > ( xy + yz + zx) 1 + + ≥ ( x + y)2 ( y + z)2 ( x + z)2 Chứng minh Lời giải Hojoo Lee Sử dụng phép thay p, q, r Chú ý tính chất ( x + y)( y + z)( z + x) = ( x + y + z)( xy + yz + zx) − xyz = pq − r Ta chuyển bất đẳng thức cần chứng minh dạng sau theo p, q, r q ( p2 + q)2 − 4p( pq − r) ( pq − r)2 ≥ Biến đổi tương đương tính tốn cho ta n 4p4 q − 17p2 q2 + 4q3 + 34pqr − 9r2 ≥ ua pq( p3 − 4pqr + 9r) + q( p4 − 5p2 q + 4q2 + 6pr) + r( pq − 9r) ≥ Dễ thấy bất đẳng thức cuối theo toán Bài toán 4.15 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1, chứng minh (1 − x2 )2 + (1 − y2 )2 + (1 − z2 )2 ≤ (1 + x)(1 + y)(1 + z) th Chứng minh Đây bất đẳng thức đối xứng, vai trò biến hồn tồn bình đẳng Theo cách đặt trên, ta có p = x + y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz Thế bất đẳng thức cần chứng minh có dạng pv − 2( p2 − 2q) + ( p − 2q)2 − 2(q2 − 2pr) ≤ + p + q + r Chú ý p = nên bất đẳng thức lại có dạng − 2(1 − 2q) + (1 − 2q)2 − 2(q2 − 2r) ≤ + p + q + r, hay 2q2 − q + 3r ≤ Vì pq ≥ 9r nên q ≥ 9r Do đó, phép chứng minh hồn tất ta có 2q2 − q + 31 q ≤ 0, điều tương đương với 2q2 − 32 q ≤ Dễ thấy bất đẳng thức với ≤ q ≤ 1/3 Điều ta có p2 ≥ 3q Bài tốn 4.16 Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 1, chứng minh 1 + + + ≥ 2 (1 + x)(1 + y)(1 + z) (1 + x) (1 + y) (1 + z)