Garfunkel inequality Bất đẳng thức Garfunkel và một số mở rộng Lê Hữu Điền Khuê Email huudienkhue le@gmail com Tháng 5 năm 2008* Tóm tắt nội dung Bài viết trước tiên sẽ giới thiệu với bạn đọc về bất đ[.]
Bất đẳng thức Garfunkel số mở rộng Lê Hữu Điền Khuê Email : huudienkhue.le@gmail.com Tháng năm 2008* Tóm tắt nội dung Bài viết trước tiên giới thiệu với bạn đọc bất đẳng thức Garfunkel số cách chứng minh mà tác giả sưu tầm Theo sau cố gắng mở rộng bất đẳng thức theo nhiều hướng khác nhau, điều làm nảy sinh số vấn đề khó mà tác giả chưa có lời giải, phát biểu dạng toán mở Tất kết lời giải ghi rõ nguồn, trừ kết tác giả Giới thiệu Năm 1989, Jack Garfunkel đưa toán sau tạp chí Tốn học Canađa Crux Mathematicorum [2] : Bài tốn (Bài tốn 1490*, tạp chí Crux) Tìm số thực k nhỏ cho √ 𝑎 𝑏 𝑐 √ +√ +√ ≤𝑘 𝑎+𝑏+𝑐 𝑐+𝑎 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 với số thực dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 Đây toán bất đẳng thức thuộc dạng tìm số tốt Thơng thường dạng này, việc cần làm bắt tay trực tiếp vào công việc tìm kiếm cách chứng minh bất đẳng thức, mà xác định giá trị số cần tìm, điều đồng nghĩa với việc phải xác định trường hợp xảy dấu đẳng thức1 “Oái ăm” thay, tốn này, đẳng thức khơng * Bài viết chỉnh sửa bổ sung tháng 12 năm 2008 Ngày nay, có nhiều tốn bất đẳng thức mà việc tìm số tốt làm (và làm !) sau quy tốn biến, thường tốn bất đẳng thức có dấu đẳng thức xảy điểm vô tỉ chứa phức tạp, số tốt thường giá trị nhỏ hay lớn hàm số Bạn đọc thấy rõ điều phần sau viết 1 xảy trường hợp “cổ điển” 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 mà người ta thường nghĩ đến thời điểm Phải điều khiến cho tốn trở thành tốn khơng có lời giải tạp chí Crux thời gian ? Sự phát triển Bất đẳng thức năm gần đem lại cho kinh nghiệm rằng, bất đẳng thức đối xứng hay hốn vị ba biến, đẳng thức thường (khơng phải luôn) xảy hai ba biến có biến đạt giá trị biên Chúng ta thử áp dụng nhận xét vào tốn Nếu 𝑏 = 𝑐 bất đẳng thức trở thành √︂ √ √ 𝑏 𝑎+𝑏+ ≤ 𝑘 𝑎 + 2𝑏 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có √︃(︂ √︂ √︂ )︂ √ 𝑏 3√ 1+ (𝑎 + 𝑏 + 𝑏) = 𝑎+𝑏+ ≤ 𝑎 + 2𝑏 2 với đẳng thức xảy 𝑎 = 𝑏 Do 𝑘 ≥ √︁ Nếu 𝑐 = bất đẳng thức trở thành √ √ 𝑎 √ + 𝑏≤𝑘 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 hay √︀ 𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ (𝑘 − 1)(𝑎 + 𝑏) + 𝑏 Cho 𝑏 = ta 𝑘 ≥ 1, nên 𝑘 − ≥ Từ theo bất đẳng thức AM-GM √︀ √ (𝑘 − 1)(𝑎 + 𝑏) + 𝑏 ≥ 𝑘 − 𝑏(𝑎 + 𝑏) với đẳng thức xảy (𝑘 − 1)𝑎 = (2 − 𝑘)𝑏, điều xảy ≤ 𝑘 ≤ Từ có √ 𝑘 − ≥ hay 𝑘 ≥ Vậy ta chọn 54 giá trị nhỏ 𝑘 đẳng thức xảy (vì < 54 < 2) (với 𝑐 = 0, 𝑎 = 3𝑏 hoán vị) √︁ So sánh > 32 ta dự đốn 45 giá trị tốt 𝑘 bắt tay vào việc kiểm chứng (chứng minh cụ thể) Trên thực tế là giá trị cần tìm Nó cho bất đẳng thức Garfunkel : Với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐 khơng có hai số đồng thời 0, ta có 𝑏 𝑐 5√ 𝑎 √ ≤ +√ +√ 𝑎+𝑏+𝑐 𝑐+𝑎 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 với đẳng thức xảy (𝑎, 𝑏, 𝑐) tỉ lệ với (3, 1, 0) (0, 3, 1) (1, 0, 3) Đẹp, khó đầy thử thách, nói rằng, bất đẳng thức Garfunkel ngày biết đến bất đẳng thức đại số tiếng Quá trình tìm kiếm chứng minh cho mang lại nhiều phương pháp Bất đẳng thức Một số cách chứng minh Bất đẳng thức Garfunkel bất đẳng thức đại số thu hút nhiều quan tâm giới Bất đẳng thức, có khơng cách chứng minh đưa cho nó, đặc biệt vòng năm trở lại (thời kì phát triển mạnh mẽ Bất đẳng thức) Xin giới thiệu với bạn đọc số cách chứng minh mà tác giả tập hợp Trong đa số cách chứng minh đây, bạn đọc thấy rằng, việc “biết trước” trường hợp xảy đẳng thức quan trọng, chí mấu chốt lời giải Điều đem đến cho bạn đọc suy nghĩ rằng, lời giải thiếu tự nhiên Tuy nhiên, theo lối làm bất đẳng thức đại, việc tìm trường hợp xảy đẳng thức (hầu hết bất đẳng thức có dấu xảy biến lệch tỉ lệ theo tỉ lệ số nguyên) bước cần thiết lời giải, mà người ta thường không ghi ra, hay nói cách khác, phần “ẩn” lời giải Các cách chứng minh xếp theo trình tự thời gian Bạn đọc tự kiểm tra trường hợp xảy đẳng thức Chứng minh (Gabriel Dospinescu, [5], 2003) Đặt √︂ √︂ √︂ 𝑎+𝑏 𝑎+𝑐 𝑏+𝑐 𝑥= ,𝑦 = ,𝑧 = , 2 𝑎 = 𝑥2 + 𝑦 − 𝑧 , 𝑏 = 𝑥2 + 𝑧 − 𝑦 , 𝑐 = 𝑦 + 𝑧 − 𝑥2 bất đẳng thức trở thành √ 𝑥2 + 𝑦 − 𝑧 𝑦 + 𝑧 − 𝑥2 𝑧 + 𝑥2 − 𝑦 √︀ + + ≤ 𝑥 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑥 𝑦 𝑧 hay √ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) √︀ 𝑥+𝑦+𝑧+ ≤ 𝑥 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑥𝑦𝑧 √︀ Chúng ta thấy cần chứng minh bất đẳng thức trường hợp 𝑦 + 𝑧 ≥ 𝑥 ≥ 𝑦 ≥ 𝑧 ≥ Vì √ )︁ √︀ √︀ (︁ 𝑥 + 𝑦2 + 𝑧2 ≥ 𝑥 + 𝑦2 + 𝑧2 , 4 nên ta cần chứng minh )︁ √︀ (︁ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≤ 𝑥 + 𝑦2 + 𝑧2 , 𝑥𝑦𝑧 √︀ bất đẳng thức tương đương với 𝑓 (𝑥) ≤ với 𝑥 thoả mãn 𝑦 + 𝑧 ≥ 𝑥 ≥ 𝑦 (︁ )︁ √︀ 𝑓 (𝑥) = 4(𝑦−𝑧)𝑥3 −𝑦𝑧𝑥2 + 4𝑧 − 4𝑦 + 4𝑦 𝑧 + 4𝑦𝑧 − 5𝑦𝑧 𝑦 + 𝑧 𝑥+4𝑦𝑧(𝑦 −𝑧 ) 𝑥+𝑦+𝑧+ Nếu 𝑦 = 𝑧 (︁ √ )︁ 𝑓 (𝑥) = −𝑥𝑦 (𝑥 − 𝑦) − 𝑥𝑦 − ≤ 0, bất đẳng thức Giả sử 𝑦 > 𝑧 Ta có 𝑓 (0) = 4𝑦𝑧(𝑦 − 𝑧 ) ≥ (︁ )︁ √︀ 𝑓 (𝑦) = 𝑦 𝑧 3𝑦 + 4𝑧 − 𝑦 + 𝑧 ≤ )︁ (︁ √︀ )︁ (︁√︀ 𝑦2 + 𝑧2 = 2𝑦𝑧 4𝑧 𝑦 + 𝑧 − 𝑦 − 5𝑧 𝑓 (︁√︀ )︁2 = −2𝑦𝑧 𝑦 + 𝑧 − 2𝑧 ≤ Mặt khác, lim 𝑓 (𝑥) = −∞ 𝑥→−∞ lim 𝑓 (𝑥) = +∞ 𝑥→+∞ Do đó, 𝑓 (𝑥) liên tục, ta có 𝑓 (𝑥) có nghiệm √︀khơng dương, nghiệm khoảng (0, 𝑦], nghiệm √︀ lớn 𝑦 + 𝑧 ; 𝑓 (𝑥) khơng có nghiệm nàm 𝑦 𝑦 + 𝑧 (vì 𝑓 (𝑥) đa thức bậc 3[︁theo 𝑥 nên ]︁ √︀ 2 có tối đa nghiệm), nghĩa 𝑓 (𝑥) không đổi dấu đoạn 𝑦, 𝑦 + 𝑧 , )︁ (︁√︀ mặt khác ta chứng minh 𝑓 (𝑦) ≤ 𝑓 𝑦 + 𝑧 ≤ 0, 𝑓 (𝑥) ≤ với √︀ 𝑥 thoả mãn 𝑦 + 𝑧 ≥ 𝑥 ≥ 𝑦 Bất đẳng thức chứng minh Bình luận Ý tưởng đổi biến (𝑎, 𝑏, 𝑐) qua (𝑥,√𝑦, 𝑧) tự nhiên Điểm mấu chốt )︁ (︁ √︀ √︀ 5 𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ≥ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 lời giải sử dụng bất đẳng thức để đưa bất đẳng thức đa thức theo biến 𝑥 Đây việc làm “mạo hiểm” (︁√︀ )︁ phá vỡ tính hốn vị bất đẳng thức Các biểu thức 𝑓 (𝑦) 𝑓 𝑦 + 𝑧 đơn giản đến không ngờ ! Đây lời giải đẹp đầy táo bạo ! Chứng minh (dựa ý tưởng Phạm Kim Hùng, [1], 2006) Theo Chứng minh ta phải chứng minh √ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) √︀ 𝑥 + 𝑦2 + 𝑧2 (1) 𝑥+𝑦+𝑧+ ≤ 𝑥𝑦𝑧 hay √ √︀ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 ≤ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) 𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 𝑥𝑦𝑧 (2) √︀ 2 với 𝑦 + 𝑧 ≥ 𝑥 ≥ 𝑦 ≥ 𝑧 ≥ Trước hết ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét : Nếu ta giảm 𝑥, 𝑦, 𝑧 lượng 𝑡 vế trái bất đẳng thức (2) tăng lên vế phải giảm xuống Để chứng minh nhận xét, ta phải chứng minh 𝑓 (𝑡) = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑡)2 (𝑥 − 𝑡)(𝑦 − 𝑡)(𝑧 − 𝑡) hàm đồng biến √ √︀ 𝑔(𝑡) = (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑡) (𝑥 − 𝑡)2 + (𝑦 − 𝑡)2 + (𝑧 − 𝑡)2 − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑡)2 hàm nghịch biến [0, 𝑧] Thật vậy, ta đặt 𝑚 = 𝑥 − 𝑡, 𝑛 = 𝑦 − 𝑡, 𝑝 = 𝑧 − 𝑡 (𝑚, 𝑛, 𝑝 ≥ 0) 𝐴 = √︀ 𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 , 𝐵 = 𝑚 + 𝑛 + 𝑝 𝑚2 𝑛2 𝑝2 𝑓 ′ (𝑡) = (𝑚 + 𝑛 + 𝑝)((𝑚 + 𝑛 + 𝑝)(𝑚𝑛 + 𝑛𝑝 + 𝑝𝑚) − 6𝑚𝑛𝑝) ≥ (︃ 𝑔 ′ (𝑡) = − )︃ √ √ 15 𝐵2 𝐴+ − 6𝐵 ≤ 4 𝐴 (cả hai bất đẳng thức theo bất đẳng thức AM-GM) Nhận xét chứng minh Bây giờ, theo nhận xét, ta cần chứng minh bất đẳng thức sau giảm 𝑥, 𝑦, 𝑧 lượng 𝑡 nằm 𝑧 Chúng ta chọn 𝑡 cho (𝑥 − 𝑡)2 = (𝑦 − 𝑡)2 + (𝑧 − 𝑡)2 (dễ dàng kiểm tra tồn 𝑡), ta thấy cần chứng minh bất đẳng thức trường hợp 𝑥2 = 𝑦 + 𝑧 , nghĩa 𝑐 = Lúc bất đẳng thức trở thành √ 𝑎 5√ √ + 𝑏≤ 𝑎 + 𝑏, 𝑎+𝑏 điều (︁√ 𝑉𝑃 −𝑉𝑇 = √ )︁2 𝑎+𝑏−2 𝑏 √ ≥ 𝑎+𝑏 Bất đẳng thức chứng minh Bình luận Chứng minh sử dụng phương pháp Dồn biến toàn miền, phương pháp mạnh để giải toán bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị có trường hợp đẳng thức xảy ba biến biến đạt giá trị biên Bạn đọc tìm thấy thơng tin chi tiết phương pháp [1] Có bước thú vị (và quan trọng !) lời giải trên, việc nhân thêm hai vế bất đẳng thức (1) với lượng (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) (bước thực trước đưa Nhận xét) Tại lại phải làm ? Hãy xét bất đẳng thức (1) : √ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) √︀ ≤ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧) 𝑥𝑦𝑧 Nếu ta giảm 𝑥, 𝑦, 𝑧 lượng 𝑡 (0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑧) rõ ràng vế trái (1) tăng lên Xét hàm số √ √︀ 𝑓 (𝑡) = (𝑥 − 𝑡)2 + (𝑦 − 𝑡)2 + (𝑧 − 𝑡)2 − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑡) Bằng cách lấy đạo hàm, dễ dàng kiểm tra hàm số không tăng không giảm, nghĩa ta xác định chiều biến thiên vế phải, đạt kết mong muốn Chứng minh (Võ Quốc Bá Cẩn, [6], 2007) Theo bất đẳng thức CauchySchwarz ta có ∑︁ ∑︁ 𝑎 𝑉 𝑇2 ≤ 𝑎(5𝑎 + 𝑏 + 9𝑐) · (𝑎 + 𝑏)(5𝑎 + 𝑏 + 9𝑐) ∑︁ 𝑎 = 5(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 · (𝑎 + 𝑏)(5𝑎 + 𝑏 + 9𝑐) Do cần chứng minh (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) · ∑︁ 𝑎 ≤ (𝑎 + 𝑏)(5𝑎 + 𝑏 + 9𝑐) 16 Bất đẳng thức (︁ ∏︁ )︁ (𝑉 𝑃 − 𝑉 𝑇 ) 16 (𝑎 + 𝑏)(5𝑎 + 𝑏 + 9𝑐) ∑︁ = 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏)(𝑎 + 9𝑏)(𝑎 − 3𝑏)2 ∑︁ ∑︁ ∑︁ +243 𝑎3 𝑏2 𝑐 + 835 𝑎3 𝑏𝑐2 + 232 𝑎4 𝑏𝑐 + 1230𝑎2 𝑏2 𝑐2 ≥ (bạn đọc tự kiểm tra) Bất đẳng thức chứng minh Bình luận Bước sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thú vị Chúng ta thử giải thích cách tìm thừa số 5, 1, Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (︂∑︁ √ 𝑎 𝑎+𝑏 )︂2 (︂ ≤ (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧) 𝑎 𝑏 𝑐 + + 𝑥(𝑎 + 𝑏) 𝑦(𝑏 + 𝑐) 𝑧(𝑐 + 𝑎) )︂ 𝑥, 𝑦, 𝑧 số thực không âm Một cách tự nhiên, ta chọn 𝑥 = 𝑎 + 𝑚𝑏 + 𝑛𝑐, 𝑦 = 𝑏 + 𝑚𝑐 + 𝑛𝑎, 𝑧 = 𝑐 + 𝑚𝑎 + 𝑛𝑏 với 𝑚, 𝑛 số thực không âm Khi ta có (︂∑︁ 𝑎 √ 𝑎+𝑏 )︂2 ≤ (︂∑︁ 𝑎 (𝑎 + 𝑏)(𝑎 + 𝑚𝑏 + 𝑛𝑐) )︂ (︁∑︁ )︁ 𝑎(𝑎 + 𝑚𝑏 + 𝑛𝑐) với đẳng thức xảy 𝑎(𝑎 + 𝑏)(𝑎 + 𝑚𝑏 + 𝑛𝑐)2 𝑏(𝑏 + 𝑐)(𝑏 + 𝑚𝑐 + 𝑛𝑎)2 𝑐(𝑐 + 𝑎)(𝑐 + 𝑚𝑎 + 𝑛𝑏)2 = = 𝑎 𝑏 𝑐 Chúng ta biết rằng, bất đẳng thức ban đầu, đẳng thức xảy 𝑎 = 3, 𝑏 = 1, 𝑐 = (hay hoán vị), thay giá trị vào dãy đẳng thức ta 4(3 + 𝑚)2 = (1 + 3𝑛)2 hay 2𝑚 − 3𝑛 = −5 Hơn nữa, để rút gọn thừa số (𝑎 + 𝑏 + 𝑐), ta chọn 𝑚, 𝑛 cho ∑︁ 𝑎(𝑎 + 𝑚𝑏 + 𝑛𝑐) = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 , nghĩa 𝑚 + 𝑛 = Từ giải ta 𝑚= 𝑛 = 5 Cơng việc cịn lại sau áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz chứng minh bất đẳng thức phân thức, sau quy đồng trở thành bất đẳng thức đa thức hoán vị bậc Để kết thúc phần này, tác giả xin đưa chứng minh bất đẳng thức AM-GM xin nhường quyền bình luận cho bạn đọc Chứng minh (Lê Hữu ∑︀ Điền Khuê, 2008) Giả sử 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = đặt 𝐴 = (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎), 𝐵 = 𝑎2 (𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎), ta có bất đẳng thức ban đầu tương đương với bất đẳng thức sau )︁2 (︁∑︁ √︀ 25 ≤ 𝐴 𝑎 (𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎) 16 ∑︁ √︀ 25 𝐵+2 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑐) (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) ≤ 𝐴 16 ∑︁ √︀ 32 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑐) (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐) ≤ 25𝐴 − 16𝐵 Theo bất đẳng thức AM-GM cho hai số ta có 𝑉 𝑇 = 210 𝐴 (︁∑︁ )︁2 √ 𝑎𝑏 𝑎 + 𝑐 )︁ √︀ 𝑎𝑏2 𝑐 (𝑎 + 𝑐)(𝑎 + 𝑏) (︁∑︁ )︁ ∑︁ ≤ 210 𝐴 𝑎2 𝑏2 (𝑐 + 𝑎) + 𝑎𝑏2 𝑐(2𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = 210 𝐴 (︁∑︁ 𝑎2 𝑏2 (𝑐 + 𝑎) + ∑︁ = 210 𝐴(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)(𝑎2 𝑏 + 𝑏2 𝑐 + 𝑐2 𝑎 + 3𝑎𝑏𝑐) = 4(32𝐴(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎))(8𝑎2 𝑏 + 8𝑏2 𝑐 + 8𝑐2 𝑎 + 24𝑎𝑏𝑐) ≤ (32𝐴(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) + 8𝑎2 𝑏 + 8𝑏2 𝑐 + 8𝑐2 𝑎 + 24𝑎𝑏𝑐)2 Do cần chứng minh 32𝐴(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) + 8𝑎2 𝑏 + 8𝑏2 𝑐 + 8𝑐2 𝑎 + 24𝑎𝑏𝑐 ≤ 25𝐴 − 16𝐵, bất đẳng thức viết lại dạng đồng bậc 32𝐴(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)+8(𝑎2 𝑏+𝑏2 𝑐+𝑐2 𝑎+3𝑎𝑏𝑐)(𝑎+𝑏+𝑐)2 ≤ 25𝐴(𝑎+𝑏+𝑐)2 −16𝐵(𝑎+𝑏+𝑐) Bất đẳng thức cuối dó (︁ ∑︁ ∑︁ ∑︁ )︁ 𝑉𝑃 −𝑉𝑇 = 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏)(𝑎 − 3𝑏 + 2𝑐)2 + 2𝑎𝑏𝑐 𝑎2 + 𝑎𝑏 ≥ Phép chứng minh hoàn tất Nhận xét Bước sử dụng bất đẳng thức AM-GM thay cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz sau : )︁2 √ 𝑎𝑏 𝑎 + 𝑐 (︁∑︁ )︁ (︁∑︁ )︁ ≤ 210 𝐴 𝑎𝑏 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑐) 𝑉 𝑇 = 210 𝐴 (︁∑︁ = 210 𝐴(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)(𝑎2 𝑏 + 𝑏2 𝑐 + 𝑐2 𝑎 + 3𝑎𝑏𝑐) Một số mở rộng Trong phần cố gắng để mở rộng bất đẳng thức Garfunkel theo nhiều hướng khác Rất tự nhiên, ta nghĩ đến việc thay đổi số biến, chẳng hạn: Bài tốn Tìm số 𝑘 nhỏ cho bất đẳng thức √ √ 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 +√ +√ +√ ≤𝑘 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 𝑎+𝑏+𝑐 𝑏+𝑐+𝑑 𝑐+𝑑+𝑎 𝑑+𝑎+𝑏 với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 Lời giải Cho (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) = (3, 1, 0, 0) ta 𝑘 ≥ 54 Chúng ta chứng minh bất đẳng thức 𝑘 = 54 54 giá trị nhỏ 𝑘 Khơng tính tổng qt, giả sử 𝑐 = min(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) Theo bất đẳng thức Garfunkel ta có 𝑏 𝑐+𝑑 5√ 𝑎 √ +√ +√ ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐+𝑑 𝑐+𝑑+𝑎 Do ∑︁ √ 𝑎,𝑏,𝑐,𝑑 𝑎 𝑎+𝑏+𝑐 ≤ ≤ ≤ √ 𝑎 𝑏 𝑐+𝑑 𝑑 𝑑 +√ +√ −√ +√ 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐+𝑑 𝑐+𝑑+𝑎 𝑐+𝑑+𝑎 𝑏+𝑑+𝑎 𝑑 5√ 𝑑 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑− √ +√ 𝑐+𝑑+𝑎 𝑏+𝑑+𝑎 5√ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 (vì 𝑑 + 𝑎 + 𝑏 ≥ 𝑐 + 𝑑 + 𝑎) Bài toán kết thúc Nhận xét Bằng cách làm tương tự, bạn đọc tự chứng minh kết sau : Bài toán Chứng minh với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑘 thoả mãn 𝑘 ≤ max(𝑎, 𝑏, 𝑐) ta có √ 𝑎 𝑏 𝑐 𝑘 5√ +√ +√ +√ ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑘 𝑎+𝑏+𝑘 𝑏+𝑐+𝑘 𝑐+𝑎+𝑘 𝑎+𝑏+𝑐 Lưu ý bất đẳng thức trở thành bất đẳng thức Garfunkel 𝑘 = Lời giải Bài toán gợi ý cho ta đến với toán tổng quát hơn: Bài toán Cho số tự nhiên 𝑛 lớn Tìm giá trị nhỏ số thực 𝑘 cho bất đẳng thức sau với số thực không âm 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 : √ 𝑎2 𝑎1 𝑎𝑛 +√ + ··· + √ 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛−1 𝑎𝑛 + 𝑎1 + · · · + 𝑎𝑛−2 𝑎2 + 𝑎3 + · · · + 𝑎𝑛 √ ≤ 𝑘 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛 Lời giải Cho (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) = (3, 1, 0, , 0) ta 𝑘 ≥ 45 Nếu ta chứng minh bất đẳng thức 𝑘 = 45 54 giá trị nhỏ 𝑘 Ta chứng minh bất đẳng thức quy nạp Khi 𝑛 = bất đẳng thức trở thành bất đẳng thức Garfunkel Giả sử bất đẳng thức với 𝑛 số, ta chứng minh với 𝑛 + số Đặt 𝑉 𝑇 = 𝑓 (𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ) = 𝐴𝑛 , theo giả thiết quy nạp ta có 𝐴𝑛 ≤ 5√ 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛 với 𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛 ≥ Chúng ta phải chứng minh 𝐴𝑛+1 ≤ 5√ 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛+1 Giả sử 𝑎𝑛−1 = max(𝑎1 , 𝑎2 , , 𝑎𝑛+1 ) Đặt 𝑏1 = 𝑎1 , 𝑏2 = 𝑎2 , , 𝑏𝑛−1 = 𝑎𝑛−1 , 𝑏𝑛 = 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 𝐵𝑛 = 𝑓 (𝑏1 , 𝑏2 , , 𝑏𝑛 ) Ta có 𝑏1 𝑏2 + ··· + +√ 𝑏2 + 𝑏3 + · · · + 𝑏𝑛 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 + 𝑎𝑛 𝑏𝑛−1 𝑎𝑛 + √︀ + √︀ 𝑏𝑛−1 + 𝑏𝑛 + 𝑏1 + · · · + 𝑏𝑛−3 𝑏𝑛 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−2 𝑎𝑛+1 + √︀ 𝑎𝑛+1 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 𝑏1 𝑏1 = 𝐵𝑛 + √︀ − √︀ 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 + 𝑎𝑛 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 𝑎𝑛 𝑏𝑛 + √︀ − √︀ 𝑏𝑛 + 𝑏1 + · · · + 𝑏𝑛−2 𝑏𝑛 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−2 𝑎𝑛+1 + √︀ 𝑎𝑛+1 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 (︃ )︃ 𝑏1 𝑏1 = 𝐵𝑛 + √︀ − √︀ 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 + 𝑎𝑛 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 (︃ )︃ 𝑎𝑛+1 𝑎𝑛+1 + √︀ − √︀ 𝑎𝑛+1 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 𝑏𝑛 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−2 𝐴𝑛+1 = √︀ Vì vậy, từ 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 + 𝑎𝑛 ≥ 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 𝑎𝑛+1 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−1 ≥ 𝑏𝑛 + 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛−2 ta có 𝐴𝑛+1 ≤ 𝐵𝑛 10 Mặt khác theo giả thiết quy nạp 𝐵𝑛 ≤ √︀ 5√ 𝑏1 + 𝑏2 + · · · + 𝑏𝑛 = 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 4 Do 𝐴𝑛+1 ≤ 𝐵𝑛 ≤ 5√ 𝑎1 + 𝑎2 + · · · + 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛+1 , nghĩa bất đẳng thức với 𝑛 + số Bài toán kết thúc Kết ban đầu thu thật thú vị Rất tự nhiên, câu hỏi khác đặt : với bất đẳng thức sau : √ √ 𝑏 𝑐 𝑑 𝑎 +√ +√ +√ ≤𝑘 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 ? 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑑 𝑑+𝑎 Đây vấn đề khó theo hiểu biết tác giả chưa có lời giải đưa cho Tuy nhiên, sử dụng máy tính, Ji Chen tìm kết gần sau2 : Giá trị nhỏ 𝑘 1.4352668092582209310763 · · · , nghiệm đa thức 16𝑘 16 + 215𝑘 14 − 6520𝑘 12 − 119315𝑘 10 + 2624314𝑘 − 13071319𝑘 + 47083212𝑘 − 63453437𝑘 + 2805634, ứng với 𝑑 = giá trị 𝑎, 𝑏, 𝑐 sau : 𝑎 = 0.57342129895395259025749 · · · nghiệm đa thức 3016𝑎8 − 30106𝑎7 + 130587𝑎6 − 320588𝑎5 + 485356𝑎4 − 461664𝑎3 + 267664𝑎2 − 85824𝑎 + 11584, 𝑏 = 0.23242913083753598063825 · · · nghiệm đa thức 1508𝑏8 + 14679𝑏7 + 58928𝑏6 + 124964𝑏5 + 147560𝑏4 + 90672𝑏3 + 19264𝑏2 − 4752𝑏 − 1600, 𝑐 = 0.19414957020851142910425 · · · nghiệm đa thức 754𝑐8 −5845𝑐7 +19716𝑐6 −37935𝑐5 +45610𝑐4 −35003𝑐3 +16560𝑐2 −4241𝑐+400 Bạn đọc hẳn đồng ý với tác giả kết không mang nhiều ý nghĩa việc chứng minh bất đẳng thức Liệu tìm giá trị xác 𝑘 khơng ? Xin đặt lại câu hỏi toán mở : Bài tốn mở Tìm giá trị nhỏ số thực 𝑘 bất đẳng thức √ √ 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 +√ +√ +√ ≤𝑘 𝑎+𝑏+𝑐+𝑑 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑑 𝑑+𝑎 với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 Xem [7] 11 Tác giả kết thúc hướng kết không mạnh đẹp : Bài toán (Mircea Lascu, [7]) Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 : √ 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 3√ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 +√ +√ +√ < 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑑 𝑑+𝑎 Lời giải (Võ Quốc Bá Cẩn) Khơng tính tổng qt, giả sử 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 𝑎 + 𝑐 ≥ 𝑏 + 𝑐 Khi đó, đặt 𝑥 = 𝑎 + 𝑐 𝑥 ≥ 12 Theo bất đẳng thức Garfunkel ta có 𝑏 𝑐 5√ 5√ 𝑎 √ +√ +√ ≤ 𝑎+𝑏+𝑐= 1−𝑑 4 𝑐+𝑎 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 √ 𝑐 5√ 𝑑 𝑎 5√ ≤ +√ +√ 𝑐+𝑑+𝑎= − 𝑏 4 𝑎+𝑐 𝑐+𝑑 𝑑+𝑎 Do ∑︁ 𝑎,𝑏,𝑐,𝑑 √ 𝑎 𝑎+𝑏 ≤ 5√ 𝑐 5√ 𝑎 1−𝑑− √ + 1−𝑏− √ 𝑐+𝑎 𝑎+𝑐 √ √ √ ( − 𝑏 + − 𝑑) − 𝑐 + 𝑎 √ √︀ 2(2 − 𝑏 − 𝑑) − 𝑐 + 𝑎 (Cauchy-Schwarz) ≤ √ √︀ = 2(1 + 𝑥) − 𝑥 √︀ √ Mặt khác, dễ dàng kiểm tra 54 2(1 + 𝑥) − 𝑥 ≤ 23 với 𝑥 thoả mãn ≥ 𝑥 ≥ 12 , từ suy bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức không xảy = Chúng ta tiếp tục theo hướng khác để mở rộng toán : thay đổi hệ số Một kết quen thuộc : Bài toán (Phạm Kim Hùng, [1]) Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐 : √︂ 𝑎 𝑏 𝑐 √ +√ +√ ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 𝑐 + 2𝑎 𝑎 + 2𝑏 𝑏 + 2𝑐 Đối với bất đẳng thức √︁ chưa phải số tốt (và đẳng thức khơng thể xảy ra) Xin đưa kết mạnh sau : Bài toán Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐 : √ 𝑎 𝑏 𝑐 √ +√ +√ ≤𝑘 𝑎+𝑏+𝑐 𝑐 + 2𝑎 𝑎 + 2𝑏 𝑏 + 2𝑐 12 √︁ √ 𝑘 = 2√ 3−2 −1 + √23 ≈ 1.17995968 Đẳng thức xảy √ + √ 𝑎 = + 3, 𝑏 = 1,√ 𝑐 = √ hoán vị √ Lời giải Đặt 𝑥 = 𝑎 + 2𝑏, 𝑦 = 𝑐 + 2𝑎, 𝑧 = 𝑏 + 2𝑐, 𝑎= 𝑧 + 4𝑥2 − 2𝑦 𝑦 + 4𝑧 − 2𝑥2 𝑥2 + 4𝑦 − 2𝑧 ,𝑏 = ,𝑐 = 9 Bất đẳng thức trở thành ∑︁ 𝑥2 + 4𝑦 − 2𝑧 9𝑥 √︂ ≤𝑘 𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 hay ∑︁ 𝑦 − 𝑧 𝑥 +2 ∑︁ 𝑦 𝑥 − 2(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≤ 3𝑘 √︀ 3(𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ) − 3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) hay (︂ 2(𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧) 1 + + 𝑥𝑦 𝑦𝑧 𝑧𝑥 )︂ (3) ∑︁ (𝑥 − 𝑦)2 √︀ 2 ≤ 3𝑘 3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ) − 3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 𝑥 √︁ 𝑦 +4𝑧 ≥ 𝑥 ≥ Ta thấy cần chứng minh bất đẳng thức trường hợp 2 2 𝑦 ≥ 𝑧 ≥ Từ điều kiện 2𝑥 ≤ 𝑦 + 4𝑧 dễ dàng kiểm tra phương trình 2(𝑥 − 𝑡)2 = (𝑦 − 𝑡)2 + 4(𝑧 − 𝑡)2 có hai nghiệm 𝑡1 𝑡2 thoả mãn ≤ 𝑡1 ≤ min(𝑡2 , 𝑧) với ≤ 𝑡 ≤ 𝑡1 ta có 2(𝑥 − 𝑡)2 ≤ (𝑦 − 𝑡)2 + 4(𝑧 − 𝑡)2 Dễ thấy ta giảm 𝑥, 𝑦, 𝑧 lượng 𝑡 đoạn [0, 𝑡1 ] vế trái (3) tăng lên Ta chứng minh vế phải giảm xuống, nghĩa hàm số 𝑓 (𝑡) = 3𝑘 ∑︁ (𝑥 − 𝑦)2 √︀ 3((𝑥 − 𝑡)2 + (𝑦 − 𝑡)2 + (𝑧 − 𝑡)2 ) − 3(𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑡) − 𝑥−𝑡 hàm nghịch biến đoạn [0, 𝑡1 ] Thật vậy, đặt 𝑚 = 𝑥 − 𝑡, 𝑛 = 𝑦 − 𝑡, 𝑝 = 𝑧 − 𝑡 ta có ∑︁ (𝑚 − 𝑛)2 𝑚+𝑛+𝑝 𝑓 ′ (𝑡) = −9𝑘 √︀ +9−2 𝑚2 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) 𝑚,𝑛,𝑝 Ta phải chứng minh ∑︁ (𝑚 − 𝑛)2 𝑚+𝑛+𝑝 ≥ − 9𝑘 √︀ 𝑚 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) 𝑚,𝑛,𝑝 13 Vì 𝑘 > nên cần chứng minh ∑︁ (𝑚 − 𝑛)2 𝑚+𝑛+𝑝 ≥ − √︀ 𝑚 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) 𝑚,𝑛,𝑝 Ta có (︃ 𝑉𝑃 𝑚+𝑛+𝑝 )︃ = − √︀ 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) − (𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 (︁√︀ )︁ = × √︀ 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) × 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) + 𝑚 + 𝑛 + 𝑝 ∑︀ (𝑚 − 𝑛)2 ≥ × (𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 Do cần chứng minh ∑︁ (𝑚 − 𝑛)2 𝑚2 ∑︀ (𝑚 − 𝑛)2 ≥ (𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 hay ∑︁ (𝑚 − 𝑛) (︂ − 𝑚 (𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 )︂ ≥ 0, bất đẳng thức 2(𝑚 + 𝑛 + 𝑝) ≥ 2𝑚 + √︀ √︀ 4𝑛2 + 4𝑝2 ≥ 2𝑚 + 𝑛2 + 4𝑝2 ≥ 3𝑚 ≥ 3𝑛 ≥ 3𝑝 Bây giờ, ta cần chứng minh bất đẳng thức sau giảm 𝑥, 𝑦, 𝑧 lượng 𝑡 đoạn [0, 𝑡1 ] Ta chọn 𝑡 = 𝑡1 , ta thấy cần chứng minh bất đẳng thức trường hợp 2𝑥2 = 𝑦 + 4𝑧 , nghĩa 𝑐 = Bất đẳng thức ban đầu trở thành √ √ 𝑎 √ + 𝑏 ≤ 𝑘 𝑎 + 𝑏 𝑎 + 2𝑏 Giả sử 𝑎 + 𝑏 = 1, ta cần chứng minh √ 1−𝑏 𝑔(𝑏) = √ + 𝑏≤𝑘 1+𝑏 với 𝑏 ∈ [0, 1] Tính đạo hàm (𝑏 + 3) √ + √ 2(1 + 𝑏) + 𝑏 𝑏 √︀ √ Suy 𝑔 ′ (𝑏) dấu với (1 + 𝑏)3 − (𝑏 + 3) 𝑏, biểu thức lại dấu với (1 + 𝑏)3 − 𝑏(𝑏 + 3)2 hay −3𝑏2 − 6𝑏 + Từ dễ dàng kiểm tra √︃ √ (︂ )︂ 2 3−2 max 𝑔(𝑏) = 𝑔 −1 + √ = √︀ √ + −1 + √ = 𝑘 [0,1] 3 𝑔 ′ (𝑏) = − 14 Bất đẳng thức chứng minh Bạn đọc tự kiểm tra lại điều kiện xảy đẳng thức Tổng qt hơn, ta có tốn sau : √ 13 Bài toán Cho 𝑞 số thực thoả mãn ≤ 𝑞 ≤ 21 𝑞 ≥ 13+5 ≈ 26 1.193375245 Tìm giá trị nhỏ số thực 𝑘 cho bất đẳng thức √ 𝑎 𝑏 𝑐 √ +√ +√ ≤𝑘 𝑎+𝑏+𝑐 𝑐 + 𝑞𝑎 𝑎 + 𝑞𝑏 𝑏 + 𝑞𝑐 với số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐 Lời giải Ta xét hai trường hợp : √︁ Trường hợp : ≤ 𝑞 ≤ 12 Cho 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = ta 𝑘 ≥ 𝑞+1 Ta chứng √︁ minh bất đẳng thức với 𝑘 = 𝑞+1 giá trị nhỏ 𝑘 Ta phải chứng minh √︂ 𝑏 𝑐 √ 𝑎 √ +√ +√ ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑐 + 𝑞𝑎 𝑞+1 𝑎 + 𝑞𝑏 𝑏 + 𝑞𝑐 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có (︂ )︂ 𝑎 𝑏 𝑐 𝑉 𝑇 ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + + 𝑎 + 𝑞𝑏 𝑏 + 𝑞𝑐 𝑐 + 𝑞𝑎 Chỉ cần chứng minh 𝑎 𝑏 𝑐 + + ≤ , 𝑎 + 𝑞𝑏 𝑏 + 𝑞𝑐 𝑐 + 𝑞𝑎 1+𝑞 Bất đẳng thức tương đương với 𝑐 𝑎 𝑏 + + ≥ 𝑎 + 𝑞𝑏 𝑏 + 𝑞𝑐 𝑐 + 𝑞𝑎 1+𝑞 Lại theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 𝑉 𝑇 ≥ ∑︀ 𝑏(𝑎 + 𝑞𝑏) Như cần chứng minh (1 + 𝑞)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≥ ∑︁ 𝑏(𝑎 + 𝑞𝑏) hay (1 − 2𝑞)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎) ≥ Bất đẳng thức cuối√︁cùng hiển nhiên Vậy giá trị nhỏ 𝑘 trường hợp 𝑞+1 15 Trường hợp : 𝑞 ≥ √ 13+5 13 26 Đặt √︀ √︀ √ 𝑥 = 𝑎 + 𝑞𝑏, 𝑦 = 𝑐 + 𝑞𝑎, 𝑧 = 𝑏 + 𝑞𝑐 Khi 𝑎= 𝑥2 + 𝑞 𝑦 − 𝑞𝑧 𝑧 + 𝑞 𝑥2 − 𝑞𝑦 𝑦 + 𝑞 𝑧 − 𝑞𝑥2 ,𝑏 = ,𝑐 = 9 Bất đẳng thức trở thành ∑︁ 𝑥2 + 𝑞 𝑦 − 𝑞𝑧 (𝑞 + 1)𝑥 √︃ ≤𝑘 𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 𝑞+1 hay ∑︁ 𝑦 − 𝑧 + (𝑞 − 𝑞) ∑︁ 𝑦 − (𝑞 − 𝑞)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) 𝑥 𝑥 𝑘(𝑞 + 1) √︀ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − (𝑞 − 𝑞 + 1)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≤ √ 𝑞+1 𝑞 hay (︂ 𝑞(𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧) 1 + + 𝑥𝑦 𝑦𝑧 𝑧𝑥 )︂ ∑︁ (𝑥 − 𝑦)2 𝑘(𝑞 + 1) √︀ ≤ √ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − (𝑞 − 𝑞 + 1)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − (𝑞 − 𝑞) 𝑥 𝑞+1 (4) √︁ 2 Ta thấy cần chứng minh (4) trường hợp 𝑦 +𝑞𝑧 ≥𝑥≥𝑦≥ 𝑞 𝑧 ≥ Từ điều kiện 𝑞𝑥2 ≤ 𝑦 + 𝑞 𝑧 , dễ dàng kiểm tra tồn 𝑡1 thoả mãn ≤ 𝑡1 ≤ 𝑧, 𝑞(𝑥 − 𝑡1 )2 = (𝑦 − 𝑡1 )2 + 𝑞 (𝑧 − 𝑡1 )2 với ≤ 𝑡 ≤ 𝑡1 ta có 𝑞(𝑥 − 𝑡)2 ≤ (𝑦 − 𝑡)2 + 𝑞 (𝑧 − 𝑡)2 Nếu ta giảm 𝑥, 𝑦, 𝑧 lượng 𝑡 đoạn [0, 𝑡1 ] rõ ràng vế trái (4) tăng lên Ta chứng minh vế trái giảm xuống, vậy, lập luận tương tự, ta cần xét bất đẳng thức trường hợp 𝑐 = Muốn chứng minh điều này, ta phải 𝑓 (𝑡) = 𝑘(𝑞 + 1) √︀ √ (𝑥 − 𝑡)2 + (𝑦 − 𝑡)2 + (𝑧 − 𝑡)2 𝑞+1 ∑︁ (𝑥 − 𝑦)2 −(𝑞 − 𝑞) − (𝑞 − 𝑞 + 1)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧 − 3𝑡) 𝑥−𝑡 hàm nghịch biến [0, 𝑡1 ] Đặt 𝑚 = 𝑥 − 𝑡, 𝑛 = 𝑦 − 𝑡, 𝑝 = 𝑧 − 𝑡 (𝑚, 𝑛, 𝑝 ≤ 0), ta có ∑︁ (𝑚 − 𝑛)2 𝑘(𝑞 + 1) 𝑚+𝑛+𝑝 𝑓 ′ (𝑡) = − √ × √︀ +3(𝑞 −𝑞 +1)−(𝑞 −𝑞) 𝑚2 𝑞+1 𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 𝑚,𝑛,𝑝 16 Ta phải chứng minh (︃ )︃ √ ∑︁ (𝑚 − 𝑛)2 𝑞 + 𝑚 + 𝑛 + 𝑝 𝑘 √︀ ≤ (𝑞 − 𝑞) 3(𝑞 − 𝑞 + 1) − 𝑚2 𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 𝑚,𝑛,𝑝 Từ bất đẳng thức ban đầu, cho 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = ta 𝑘 ≥ √ 𝑘 𝑞+1 ≥ √1 , √︁ √ 𝑘 𝑞+1 𝑚+𝑛+𝑝 √︀ 1− 𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 𝑚+𝑛+𝑝 ≤ − √︀ 3(𝑚2 + 𝑛2 + 𝑝2 ) ∑︀ ∑︀ 𝑚2 − ( 𝑚)2 (︁ = √︀ ∑︀ √︀ ∑︀ ∑︀ )︁ 𝑚2 × 𝑚2 + 𝑚 ∑︀ (𝑚 − 𝑛)2 ≤ 2(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 Vậy, cần chứng minh ∑︀ ∑︁ (𝑚 − 𝑛)2 (𝑚 − 𝑛)2 3(𝑞 − 𝑞 + 1) ≤ (𝑞 − 𝑞) 2(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 𝑚2 Bất đẳng thức viết lại dạng 𝑆𝑝 (𝑚 − 𝑛)2 + 𝑆𝑚 (𝑛 − 𝑝)2 + 𝑆𝑛 (𝑚 − 𝑝)2 ≥ Trong 𝑆𝑝 = 𝑛2 𝑝2 [2(𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 ], 𝑆𝑚 = 𝑝2 𝑚2 [2(𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑛2 ], 𝑆𝑛 = 𝑚2 𝑛2 [2(𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑝2 ] Vì 𝑚 ≥ 𝑛 ≥ 𝑝 ≥ nên 2(𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 ≥ 18(𝑞 − 𝑞)𝑝2 ≥ 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑝2 , suy 𝑆𝑛 ≥ Do đó, từ 𝑆𝑛 (𝑚 − 𝑝)2 ≥ 𝑆𝑛 (𝑚 − 𝑛)2 + 𝑆𝑛 (𝑛 − 𝑝)2 , ta cần chứng minh 𝑆𝑚 + 𝑆𝑛 ≥ 𝑆𝑛 + 𝑆𝑝 ≥ 17 1+𝑞 , hay Nhưng 𝑆𝑚 − 𝑆𝑝 = 2(𝑞 − 𝑞)𝑝2 (𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 (𝑚2 − 𝑛2 ) ≥ nên ta cần 𝑆𝑛 + 𝑆𝑝 ≥ đủ Bất đẳng thức (𝑆𝑝 + 𝑆𝑛 ) = (𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 (𝑚2 + 𝑝2 ) − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 𝑝2 2𝑛2 ≥ (𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 2𝑝)2 (𝑚2 + 𝑝2 ) − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 𝑝2 ≥ (𝑞 − 𝑞) · 8𝑚𝑝 · 2𝑚𝑝 − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 𝑝2 = (13𝑞 − 13𝑞 − 3)𝑚2 𝑝2 ≥ Như ta chứng minh 𝑓 (𝑡) nghịch biến Theo lập luận trên, cần xét bất đẳng thức ban đầu trường hợp 𝑐 = 0, bất đẳng thức trở thành √ √ 𝑎 √ + 𝑏 ≤ 𝑘 𝑎 + 𝑏 𝑎 + 𝑞𝑏 Giả sử 𝑎 + 𝑏 = 1, giá trị nhỏ 𝑘 giá trị lớn hàm số 𝑔(𝑥) đoạn [0, 1] 𝑔(𝑥) = √︀ 1−𝑥 + (𝑞 − 1)𝑥 + √ 𝑥 Tính đạo hàm (𝑞 − 1)𝑥 + 𝑞 + + √ 𝑔 ′ (𝑥) = − √︀ (1 + (𝑞 − 1)𝑥)3 𝑥 Suy 𝑔 ′ (𝑥) dấu với (1 + (𝑞 − 1)𝑥)3 − 𝑥((𝑞 − 1)𝑥 + 𝑞 + 1)2 , biểu thức viết lại dạng đa thức biến 𝑥 𝑃 (𝑥) = (𝑞 − 1)2 (𝑞 − 2)𝑥3 + (𝑞 − 1)(𝑞 − 5)𝑥2 − (𝑞 − 𝑞 + 4)𝑥 + √ 13 Bạn đọc tự chứng minh kết sau : 13+5 ≤ 𝑞 < 𝑃 (𝑥) 26 có hai nghiệm âm nghiệm thuộc (0, 1), 𝑞 > 𝑃 (𝑥) có nghiệm âm hai nghiệm 𝑥1 , 𝑥2 thoả mãn 𝑥1 ≤ min(1, 𝑥2 ) 𝑓 (𝑥1 ) > 𝑓 (1), 𝑞 = 𝑃 (𝑥) có hai nghiệm âm nghiệm lại thuộc [0, 1] Trong ba trường hợp trên, ta có kết luận chung : Giá trị nhỏ 𝑘 √ − 𝑥0 √︀ + 𝑥0 + (𝑞 − 1)𝑥0 𝑥0 nghiệm dương nhỏ phương trình (𝑞 − 1)2 (𝑞 − 2)𝑥3 + (𝑞 − 1)(𝑞 − 5)𝑥2 − (𝑞 − 𝑞 + 4)𝑥 + = 18 Vậy toán giải hai trường hợp Nhận xét √ 13 Trong trường hợp thứ toán, điều kiện 𝑞 ≥ 13+5 sử dụng 26 để chứng minh 𝑆𝑝 + 𝑆𝑛 ≥ (vì ta cần 13𝑞 − 13𝑞 − ≥ 0, để chứng minh 𝑆𝑛 ≥ ta cần điều kiện yếu 5𝑞 − 5𝑞 − ≥ 0) Thực ta tìm giá trị tốt 𝑞 sau : Ta tìm điều kiện cần đủ 𝑞 để bất đẳng thức 𝑆𝑝 (𝑚 − 𝑛)2 + 𝑆𝑚 (𝑛 − 𝑝)2 + 𝑆𝑛 (𝑚 − 𝑝)2 ≥ (5) với 𝑚, 𝑛, 𝑝 thoả mãn 𝑚 ≥ 𝑛 ≥ 𝑝 ≥ 0, biểu thức 𝑆𝑚 , 𝑆𝑛 𝑆𝑝 xác định Để tìm điều kiện cần, ta cho 𝑛 = 𝑝 = 1, 𝑚 ≥ bất đẳng thức (5) trở thành (︀ )︀ 2(𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 2)2 (𝑚2 + 1) − 6(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 (𝑚 − 1)2 ≥ hay 2(𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 2)2 (𝑚2 + 1) ≥ 6(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 Dễ thấy 𝑞 > 1, bất đẳng thức tương đương với 3(𝑞 − 𝑞 + 1) (𝑚 + 2)2 (𝑚2 + 1) ≤ 𝑞2 − 𝑞 𝑚2 Bất đẳng thức với 𝑚 ≥ 3(𝑞 − 𝑞 + 1) ≤ ℎ(𝑚) 𝑞2 − 𝑞 [1,+∞) (6) ℎ(𝑚) = (𝑚 + 2)2 (𝑚2 + 1) (𝑚 + 2)2 = (𝑚 + 2) + 𝑚2 𝑚2 Trước tính giá trị cụ thể 𝑞, ta chứng minh (6) điều kiện đủ để bất đẳng thức (5) Tương tự trên, ta chứng minh 𝑆𝑛 ≥ 𝑆𝑚 ≥ 𝑆𝑝 , cần 𝑆𝑛 + 𝑆𝑝 ≥ Ta có (𝑆𝑝 + 𝑆𝑛 ) = (𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 𝑛 + 𝑝)2 (𝑚2 + 𝑝2 ) − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 𝑝2 2𝑛2 ≥ (𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 2𝑝)2 (𝑚2 + 𝑝2 ) − 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 𝑝2 suy cần chứng minh (𝑞 − 𝑞)(𝑚 + 2𝑝)2 (𝑚2 + 𝑝2 ) ≥ 3(𝑞 − 𝑞 + 1)𝑚2 𝑝2 19 với 𝑚 ≥ 𝑝 ≥ Nếu 𝑝 = bất đẳng thức hiển nhiên Giả sử 𝑝 > 0, bất đẳng thức tương đương với (𝑚 + 2𝑝)2 (𝑚2 + 𝑝2 ) 3(𝑞 − 𝑞 + 1) ≤ 𝑞2 − 𝑞 𝑚2 𝑝2 Đặt 𝑡 = 𝑚 𝑝 ≥ bất đẳng thức trở thành 3(𝑞 − 𝑞 + 1) (𝑡 + 2)2 (𝑡2 + 1) ≤ = ℎ(𝑡) 𝑞2 − 𝑞 𝑡2 Bất đẳng thức cuối theo xác định 𝑞 Như (6) điều kiện cần đủ 𝑞 để có (5) Bây ta tìm khoảng giá trị cụ thể 𝑞 thoả mãn (6) Tính đạo hàm ℎ′ (𝑚) = 2(𝑚 + 2) − suy min[1,+∞) ℎ(𝑚) = ℎ 2(𝑚 + 2)(𝑚3 − 2) 4(𝑚 + 2) = , 𝑚3 𝑚3 (︀ √ )︀ , từ (︁ √ )︁ 3(𝑞 − 𝑞 + 1) ≤ ℎ 𝑞2 − 𝑞 hay 𝑞2 − 𝑞 ≥ đặt (︀ √ )︀ = 𝑠, ℎ −3 nghĩa 𝑞≥ 1+ √ + 4𝑠 Ta tính (︀ √ √ )︀ (︀ √ )︀ √ √ + + 4) + 12 + + √ √ = 3 4 √ √ 3 = + + 4, 12 12 √ √ )︀ + 4𝑠 = + (︀ √ =1+ 3 ℎ −3 2+6 2+334 √ √ 14 + + 3 √ √ = 2+632+334 (︁ √ )︁ ℎ = Suy 𝑞≥ 1+ √ ⎛ + 4𝑠 = ⎝1 + 2 √︃ ⎞ √ √ 3 14 + + ⎠ √ √ ≈ 1.177843572 2+632+334 Với khoảng giá trị 𝑞, kết tốn khơng có thay đổi 20