Bai Viet Ve Bat Dang Thuc

1 I. LỜI NÓI ĐẦU Bất đẳng thức là một lĩnh vực khó, yêu cầu óc quan sát, linh cảm thực tế và sức sáng tạo của người giải không gánh nặng lắm về lượng kiến thức.Chính vì thế hầu hết các kì thi HSG thường có ít nhất 1 bài bất đẳng thức. Có thể nói hiện nay có rất nhiều phương pháp hiện đại chẳng hạn như SOS;…. mà do chính người VN ta tìm ra. Để chứng minh bất đẳng thức nếu sử dụng chúng thì hầu như bài nào cũng giải được. Nhưng liệu khi đi thi chúng ta có đủ thời gian để sử dụng chúng không? Nên việc tìm ra lời giải bằng các đẳng thức cổ điển luôn được đánh giá cao đặc biệt là đối với những người yêu bất đẳng thức. Trong bài viết này tôi sẽ chỉ nói về hai bất đẳng thức quen thuộc: côsi (AM-GM) bunhia (Cauchy – swarchz) trong giải các bài bất đẳng thức đại số. Hai bất đẳng thức này tuy nhiều ứng dụng nhưng để tìm ra chúng không phải dễ dàng. Tất cả được chỉ ra qua một lượng đáng kể những ví dụ đa dạng, từ nhiều nguồn khác nhau, đặc biệt là những kì thi Olympic toán hoặc trên những trang web. làm cho bài viết trở nên vô cùng sinh động. II. HAI BẤT ĐẲNG THỨC: AM – GM; Cauchy – swarchz và ứng dụng. 1. Bất đẳng thức AM – GM. Với a 1 , a 2 …; a n là n số thực không âm ta có: a 1 +a 2 + … + a n-1 + a n  n n nn aaaa 121  Dấu “=”  a 1 = a 2 = … = a n Chứng minh bất đẳng thức này có khoảng hơn 40 cách nên xin dành lại cho bạn đọc. * Bất đẳng thức này rất quen thuộc và ứng dụng lớn nên nó sẽ là bất đẳng thức đầu tiên mà các bạn cần nhớ và chú ý là dấu “=” xảy ra khi : a 1 +a 2 + … + a n-1 = a n . 2. Bất đẳng thức Cauchy – swarchz (cs) *Với hai dãy số thực tùy ý a 1 ;a 2 … a n và b 1 , b 2 , b n ta luôn có: 2 ( 22 2 2 1 n aaa  ) ( 22 2 2 1 n bbb  )  (a 1 b 1 +a 2 +b 2 + a n b n ) 2 Dấu “=”  J số k sao cho a j = k.b j (Với J = n,1 ) *Hệ quả: (dạng cộng mẫu số) n n n n n xxx aaa x a x a x a    ) ( 21 2 21 2 2 2 1 2 1 (Với i x > 0 , v = n,1 ) Bất đẳng thức này còn có tên gọi là Engel hay Swarchz. Chứng minh bất đẳng thức (*) có nhiều cách nhưng có một cách này các bạn nên nhớ: 2 21 ) ( n aaa  ( ) 22 1 n bb  - (a 1 b 1 +a 2 +b 2 + a n b n ) 2 = ; 1 n i j  (a j b J - a J b i ) 3. Ứng dụng. *Bài toán 1: cho a, b, c  o. CMR 2 3       ba c ac b cb a (*)(BĐT Nesbit) Cách 1: BĐT: (*)  1 1 1 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 a b c b c c a a b          2 2 2 2 3 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) 3 3 [( )( )( )] 2 2 [( )( )( )] a b c b c c a a b a b b c c a c a c b a b a c b a b c a b c a b b c c a b c c a a b a b b c c a                                   (Đúng). Ta còn có thể sử dụng bất đẳng thức Am-Gm để làm chặt.Với cùng điều kiện trên ta có bất đẳng thức khoẻ hơn sau: 2 3 2 3 3 [( )( )( )] 2 2 [( )( )( )] a b c a b b c c a b c c a a b a b b c c a              Cách 2: 3 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2( ) a b c a b c a b c b c c a a b a b c b c a c a b ab bc ca                 (Cauchy – swarchz dạng Engel) Mà : )(2 )( 2 cabcab cba    2 3 2(a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ca)  0  (a-b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2  0  Đpcm Cách 3: Từ nhận xét: 2 ) 2 1 (   cb a  0  cb a   4 1 . 1 1 8     cb a cb a = )(4 8 cba cba   Tương tự: b c a  8 4( ) b c a a b c     ; c a b  8 4( ) c b a a b c     Cộng ba bất đẳng thức lại thì ta có: ba c ac b cb a       2 3 )(4 )8()8()8(    cba bacacbcba  Đpcm. Ngoài cách giải trên ta còn có khoảng hơn 30 cách nữa để chứng minh bất đẳng thức Nesbit này.Lời giải bằng CS rất hiệu quả trong việc chứng minh bất đẳng thức 3 biến đối xứng  Bài toán 2: Cho a, b, c > 0. CMR b ca a bc c ab   a + b + c. *Đây là bất đẳng thức 3 biến đối xứng với cách giải khá quen thuộc .Thông thường ta sẽ nhóm lần lượt 2 số rồi sử dụng Am-Gm. Và 1 chú ý nữa là dấu ‘=’a=b=c. *Lời giải: Sử sụng liên tiếp bất đẳng thức AM – GM cho 2 số không âm: 4 )( 2 1 a bc c ab   b ac bcab  . 2. 2 1 )( 2 1 b ca a bc   c )( 2 1 c ab b ca   a Cộng lại ta được Đpcm. Bài toán 3: Cho a, b, c > 0. CMR: a c c b b a  3 9 6 ( ) abc a b c      Lời giải: *Nhận thấy dấu ‘=’  a=b=c Đối với những bất đẳng thức hoan’ vị: a c c b b a  thì ta cần phải sử dụng bất đẳng thức phụ để đưa về đối xứng thì việc giải quyết sẽ dễ dàng hơn . *Dự đoán.Nếu có: a c c b b a  3 a b c abc    (cũng có dấu ‘=’  a=b=c) Thì theo AM – GM : 3 abc cba  + cba abc  3 9  6 Thì bài toán được chứng minh . Bây giờ ta sẽ kiểm chứng ‘dự đoán’ trên xem bất đẳng thức có đúng không ? Với x, y, z > 0 ta có: x y z y z x    3 )( xyz zyx  . Thật vậy: nếu sử dụng bất đẳng thức AM – GM thì ta có: 3 3 . . 3 3 . . x x y x x y x y y z y y z xyz     . Tương tự: y y z z z x    3 3 xyz y ; y x x z x z   3 3 xyz z 5 Cộng chúng lại ta được: ( x z z y y x  )  3 ( )x y z xyz   Dự đoán của chúng ta là hoàn toàn chính xác !.Bài toán được giải quyết trọn vẹn . *Bài toán tương tự: (APMO 1998). CMR với x, y, z > 0 ta có: )1)(1)(1( x z z y y x   2 + 3 )(2 xyz zyx  (*) * Bất đẳng thức (*) sau khi khai triển ta được: ( x z z y y x  ) + ( y z x y z x  )  3 )(2 xyz zyx  Đến đấy nhìn rất quen thuộc so với bài toán 3. Thì ta sử dụng kết quả x y z y z x   3 ( )x y z xyz    thì bài toán “APMO 1998” được giải quyết .Lại 1 lần nữa cho thấy được hiệu quả khi sử dụng Am-Gm. Bài toán 4:Cho a;b;c>0.CMR: 3 3 3 2 2 2 2. 3 3 a b c ab bc ca abc a b c         *Nhận thấy: 3 3 3 2 2 2 1; 1 3 a b c ab bc ca abc a b c         nên chúng ta thường nghĩ ngay đến việc sử dụng SOS. Chú ý: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 3 [(a-b) ( ) ( ) ] 2 1 [(a-b) ( ) ( ) ] 2 a b c a b c abc b c c a a b c ab bc ca b c c a                     Nên bđt  2 2 2 2 1 ( ) ( ) 0 6 ( ) a b c a b abc a b c         Thật may mắn cho chúng ta là đến đây không phải đánh giá nhiều vì có luôn 2 2 2 ( )( ) 9a b c a b c abc     . 6 Nhưng đằng sau mỗi bài toán bao giờ cũng tồn tại lời giải cổ điển và việc của chúng ta là phải tìm ra nó mà thôi. Nhận thấy: 3 3 3 3 3 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2. 3 3 3 .( ) a b c ab bc ca a b c ab bc ca abc a b c abc a b c               (Am-Gm) Mà: 3 3 3 2 2 2 2 ( )( ) ( )a b c a b c a b c       (CS) Và: 2 ( ) 3 ( )ab bc ca abc a b c     Phép chứng minh hoàn tất  Không dừng lại ở đó chúng ta còn có: 3 3 3 2 2 2 2 3 3 n a b c ab bc ca abc a b c         với mọi n nguyên dương. Đến đây liệu phân tích SOS còn được nữa không?. Nhưng chỉ với chú ý nhỏ là: 2 2 2 n ab bc ca a b c     2 2 2 ab bc ca a b c      thì bài toán được giài quyết. Qua mấy bài trên phần nào chúng ta cũng đã thấy được sự lợi hại của nó trong việc chứng minh bất đẳng thức. Bài toán 5: Cho a, b, c > 0. CMR: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 a b c a ab b b bc c c ca a          (*) Ở đây nếu ta sử dụng luôn bất đẳng thức CS dạng Engel thì: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 3 ( ) 1 a b c a b c a ab b b bc c c ca a a a b a b                  Nhưng 2 2 2 2 4 2 2 3 ( ) 1 a b c a a b a b         thì lại không đúng nên ta sẽ phải tìm cách khéo léo hơn để sử dụng được CS. *Lời giải: 7 BĐT: (*)  2 2 1 1 a b a b  + 2 2 1 1 b c b c  + 2 2 1 1 c a c a   1 *Đến đây ta sẽ đổi biến đặt '; '; ' b c a x y z a b c    thì ta có:x’.y’.z’=1. Nếu đổi biến 1 lần nữa cho: x= 2 2 2 ; ; yz zx xy y z x y z   để xem dung CS dạng Engel còn được nữa không. Thì BĐT về dạng: 4 4 2 2 2 x x x yz y z    1 Áp dụng BĐT CS dạng Engel ta được: VT  2 2 2 2 4 2 2 ( ) ( ) x y z x xyz x y z x y         Và thật may mắn là ta có: 2 2 2 2 4 2 2 ( ) 1 ( ) x y z x xyz x y z x y          (Do 2222 )( zyx     4 x   )( 22 zyxxyzyx   22 yx  xyz (x + y + z)    222222 )()()( 2 1 xzyzyxyxz  ) Phép chứng minh hoàn tất. Bài toán trên là bài toán khó.Việc tìm ra lời giải bằng CS là không phải dễ ! * BĐT trên còn có thể phát biểu dưới dạng. * Với x, y, z > 0, xyz = 1. CMR. 1 2 2  xx x + 1 2 2  yy y + 1 2 2  zz z  1 Cùng với cách tương tự trên ta có với x, y, z > 0, xyz = 1. 8 1 1 2  xx + 1 1 2  yy + 1 1 2  zz  1 (Võ Quốc Bá Cẩn, Vascle Cutoaje) Bài toán 6: Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3 CMR: 2 a bc ac b   + 2 b ca c ab   + 2 c ab a bc    3. (*) (Trần Quốc Anh). *Lời giải: Để cho việc chứng minh dễ dàng ta thường đưa về bất đẳng về dạng đồng bậc . Nên sẽ đưa tất cả các mẫu số về bậc 2  Ta có: 3 (b + ca) = (a + b + c) b + 3 ca Theo bất đẳng thức AM – GM : 2ca  c 2 + a 2 Nên: 3 (b + ca)  (a + b + c) b + c 2 + a 2 + ca = a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca. Vậy: 2 a bc ac b   + 2 b ca c ab   + 2 c ab a bc    2 2 2 2 2 2 3( ) 3( ) 3( )a bc b ca c ab a b c ab bc ca           = 3 Phép chứng minh hoàn tất . *Bài toán trên là 1 sự khéo léo trong việc sử dụng côsi và 1 lần nữa cũng cho thấy được sức mạnh của nó. Bài toán 7:Cho các số thực x;y;z khác 1 thoả mãn tích của chúng bằng 1. CMR: 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 x y z x y z       (IMO 2008). Cách 1: Đặt: ; ; 1 1 1 x y z a b c x y z       khi đó từ giả thiết xyz=1 nên: ( 1)( 1)( 1)abc a b c    suy ra được 1a b c ab bc ca      . Mà bài toán bây giờ trở thành chứng minh: 2 2 2 a b c   2( a b c ab bc ca     )-1  2 ( 1) 0a b c    9 Phép chứng minh hoàn tất. Nhưng liệu lời giải bằng cổ điển còn có hiệu quả nữa không ? Cách 2: Chúng ta sẽ thử sử dụng CS xem sao!  Thông thường với điều kiện xyz=1 thì ta thường đổi biến để đưa về đồng bậc  Đặt x = a b ; y = c b ; z = a c ; (xyz = 1) BĐT (*)  2 2 )( ba a  + 2 2 )( cb b  + 2 2 )( ac c   1 Áp dụng BĐT Cauchy – swarchz. VT:   222222 )()()()()()( bcacabcbcaba     2 )()()( bccabbcaa  Đặt m = (a-b) (a-c); n (b-c) (b-a); p = (c – a) (c-b) Hiển nhiên  mn + np + mp = 0 Dễ dàng chứng minh được:  22 )()( caba  = (m + n + p) 2 (1) Lại có m + n + p =   )()()())(( bccabbcaacaba Nên: 2 2 ( ) [a(a-c)+b(b-a)+c(c-b)]m n p   ] 2 (2) Từ (1) và (2) bài toán được giải quyết. Lại 1 lần nữa đã cho ta thấy được sức mạnh khi dung bđt cổ điển  Bài toán 8: Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của tam giác.CMR: 2 2 2 5 2 a ab bc ca b c a b c         Phạm Kim Hùng. Nhìn vào bài toán thì nhiều người sẽ sử dụng ngaySOS .  2 2 2 5 ( ) 0 2 a ab bc ca b c a b c          10 Với chú ý là: 2 3 ( ) 2 2( )( ) a a b b c c a c b         Và: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 2( ) ab bc ca a b b c c a a b c a b c              Nên bất đẳng thức của chúng ta:  2 2 2 2 1 1 ( ) ( ) 0 ( ) ( )( ) a b a b c c a c b         2 2 2 ( ) ( ) ( )( ) ab bc ca a b a b c a c b         0 Đến đây việc đánh giá của chúng ta không còn đơn giản như bài toán 4 nữa. Đặt 2 2 ( )( ) c ab bc ca a b S c a c b        ; 2 2 ( )( ) b ab bc ca a c S b a b c        ; 2 2 ( )( ) a ab bc ca b c S a b a c        Giả sử: a b c  . Thì chúng ta có: 2 2 ( ) ( ) 0 ( )( ) ( )( ) a ab bc ca b c b a b c b c ca S a b a c a b a c                (1) ( ) ( ) 0 ( )( ) b a b c a c b c S b a b c         (2) 2 3 3 3 2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 0 ( )( )( ) ( )( )( ) b c a b c a b c abc b c a b bc c a b c abc b c b S c S a b b c c a a b b c c a                      (3) Ta đang cần chứng minh: 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 0 c b a S a b S a c S b c      (*) Mà: a c b a b c    (4) Xét a khác b thì từ (1);(2);(3);(4) ta suy ra được: VT(*) 2 2 2 ( ) [S ( ) ( ) ] 0 a b c b c b a b S S a b c        Trường hợp a=b thì từ (1);(2) suy ra đpcm. Bài toán giải quyết trọn vẹn.