Dồn biến cổ điển bất đẳng thức Jack Garfunkel Võ Quốc Bá Cẩn Đại học Y Dược Cần Thơ CY H Ngày tháng năm 2008 Tóm tắt nội dung Trong này, giới thiệu cách chứng minh phép dồn biến cổ điển cho bất đẳng thức sau 5p a+b+c b c a p +p +p c+a a+b b+c Bất đẳng thức tác giả Jack Garfunkel đề nghị tạp chí Crux Magazine năm 1991 (bài toán 1490). Đây toán hay khó nhận nhiều lời giải cho lời giải phép dồn biến túy đến chưa nhận được. Trước hết cần có kết sau làm bổ đề phụ trợ cho chứng minh bất đẳng thức Jack Garfunkel Bài toán Cho số không âm a; b; c; tất không đồng thời 0: Chứng minh b c a + + : 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b (Phạm Kim Hùng) Lời giải. Chuẩn hóa cho a + b + c = 3; bất đẳng thức trở thành a , a(3 a)(3 b) + b(3 c + b)(3 b a + c c)(3 a) , a b + b c + c a + abc c) + c(3 b (3 a)(3 b)(3 c) Không tính tổng quát, giả sử b số hạng nằm a c; ta có c(b a)(b c) Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn ) b2 c + c2 a ) a2 b + b2 c + c2 a + abc abc + bc2 2b (a + c) (a + c) 2b + a + c + a + c = 4: 27 b(a + c)2 = Bất đẳng thức chứng minh xong. Đẳng thức xảy a = b = c (a; b; c) (2; 1; 0): Nhận xét Đây bổ đề chặt dùng để giải nhiều toán khác, bạn ghi nhớ nhé! Ngoài ra, làm mạnh bổ đề sau ab bc ca) CY H a2 b + b2 c + c2 a + abc + abc(3 (Võ Quốc Bá Cẩn) Bây đến giải toán Bài toán Cho số không âm a; b; c, số đồng thời 0: Chứng minh 5p a b c p a + b + c: +p +p c+a a+b b+c (Jack Garfunkel) Lời giải. Ta xét trường hợp Trường hợp 1. c b a; sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có p a b c +p +p c+a a+b b+c Lại có c b (a + b + c) b c a + + a+b b+c c+a a nên a b c + + a+b b+c c+a = = Nên hiển nhiên p Trường hợp 2. a b a b b c c a + + + 2 a+b b+c c+a (c a)(c b)(b a) 25 < (a + b)(b + c)(c + a) 16 a b c +p +p c+a a+b b+c 5p a+b+c c: Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn Trường hợp 2.1. 11 b X a p a+b cyc a; sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có !2 " ! a a+b 4a + 4b + c cyc cyc " # ! X X a(a + b + c) X a = a+ a+b 4a + 4b + c cyc cyc cyc ! ! ! X X a X a = a 3+ a+b 4a + 4b + c cyc cyc cyc X a(4a + 4b + c) # X Theo kết toán trước, ta có X CY H a 4a + 4b + c cyc Nên ta cần chứng minh X a a+b cyc , (11a2 + 6ab Trường hợp 2.2. a 11 b; 27 16 5b2 )c + (ab + c2 )(11b đặt f (a; b; c) = pa a+b + 5a) pb b+c + (đúng) pc : c+a Vì toán có đẳng thức xảy a = 3; b = 1; c = nên ý tưởng dồn biến 0, tức chứng minh f (a; b; c) f (a1 ; b1 ; 0) với a1 + b1 = a + b + c: Việc làm nói đơn giản thực hiện, bạn thấy khó biểu thức khó cho ta để đánh giá chúng, "cố chấp" giá trị a1 ; b1 hoài dồn biến khó mà ta phải linh động hơn, tùy theo trường hợp cụ thể mà chọn a1 ; b1 thích hợp ứng với trường hợp ấy. Chúng ta xét trường hợp nhỏ sau Trường hợp 2.2.1. a 3b; ta chứng minh p a a+b , a2 (a + b + c) , p a+ c a+b+c a2 + ac + c (a + b) c2 (a + b) (đúng) Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn p Do a b c +p c+a b+c r c b+ 3b nên ta cần chứng minh r c b+ b c p +p b+c 3b + c , b2 c2 2bc + +p b + c 3b + c (b + c)(3b + c) 2bc c2 +p 3b + c (b + c)(3b + c) c bc c + b+c CY H , b+ c 2b +p 3b + c (b + c)(3b + c) , Do b c nên 3b + c 2(b + c); suy p 2b Lại có b + b+c c 3b + c Từ đây, ta đến f (a; b; c) a b; 3b c(b c) = 2(b + c) 2(b + c)(3b + c) c c f a + ;b + ;0 2 đó, ta chứng minh p a a+b , a2 (a + b + c) , 3b 2(b + c) 2b b+c p (b + c)(3b + c) Trường hợp 2.2.2. 3b b + b+c p a + 83 c a+b+c a2 + ac + c2 (a + b) 64 c (a + b) + ca(3b 64 b c p +p c+a b+c a) (đúng) r b+ c Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn Tương tự trên, ta cần chứng minh b c p +q b+c c + 52 b r b+ c 2bc b2 c2 +q + b+c b + c (b + c)( 52 b + c) , , 2b c 2b +q +c (b + c)( 52 b + c) bc c+ b+c b + b+c CY H , c2 2bc +q +c (b + c)( 52 b + c) 2b b+ c Do b c nên 28 25 (b + c) = (b + c) (b + c) 16 16 2b 8b )q 5(b + c) (b + c)( b + c) b+c Lại có b + b+c 8b 5(b + c) 2b (b + 10c)(5b 3c) c = 40(b + c)(5b + 2c) +c Vậy nên f (a; b; c) Trường hợp 2.2.3. 52 b a 11 b; a + c; b + c; 8 ta chứng minh p a a+b , a2 (a + b + c) , f a + 14 c p a+b+c 25 c (a + b) a2 + ac + 196 25 c (a + b) + ca(5b 196 b c p +p c+a b+c 2a) r b+ (đúng) c 14 Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn Tương tự trên, ta cần chứng minh b c p +q b+c c+ , b2 + b+c , r 2bc c2 +q +c (b + c)( 11 b + c) 11 b c2 2bc +q +c (b + c)( 11 b + c) 11 b c 2b +q +c (b + c)( 11 b + c) 11 b b+ c 14 bc c+ 14 b+c b + b + c 14 CY H , c 14 b+ 11 b Do b c nên Lại có b + 14 b + c 25 (b + c) 16 8b )q 5(b + c) 11 (b + c)( b + c) 11 b+c 8b 5(b + c) (b + c) 2b c 33b2 + 160bc 125c2 = 70(b + c)(5b + 2c) +c 11 b Vậy nên f (a; b; c) f a+ c; b + c; 14 14 Như vậy, ta cần xét toán trường hợp có biến đủ. Không tính tổng quát, giả sử c = 0: Khi bất đẳng thức trở thành p p a + b a+b 5p a+b p b(a + b) (a + b) p , b(a + b) a + 5b p p , a+b b (đúng): ,a+ Bài toán giải xong. Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn Nhận xét Trong lời giải trên, không sử dụng máy tính phụ trợ ta lại chia trường hợp có số lẻ 52 ? Câu trả lời xin dành cho bạn. Đây lời giải dài phức tạp gợi mở cho nhiều điều việc sử dụng phép dồn biến. Từ xưa đến nay, thường "cổ hữu" số kiểu dồn biến, chẳng hạn f (a; b; c) a+b a+b ; ;c 2 f f (a + c; b; 0) c c f (a; b; c) f a + ; b + ; 2 Nhưng điều lúc có mà có số trường hợp. Vì thế, cần linh động phép dồn biến, chẳng hạn f (a; b; c) f (a1 ; b1 ; 0) CY H f (a; b; c) với a1 + b1 = a + b + c: Đây ý tưởng độc đáo thú vị. Phần cuối viết, xin giới thiệu bạn số chứng minh khác mà biết cho toán đẹp này. Lời giải 2. Đặt b + c = x2 ; c + a = y ; a + b = z với x; y; z > 0; từ ta a= y2 + z2 x2 0; z + x2 b= y2 0; c= x2 + y 2 z2 Bất đẳng thức cho viết lại thành y2 + z2 z x2 + ,x+y+z+ z + x2 x y2 (x + y + z)(x + x2 + y y y)(y xyz z)(z z2 x) 5p 2(x + y + z ) 5p 2(x + y + z ) Từ đây, không tính tổng quát, ta giả sử x z đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có p p 2(x2 + y + z ) x + y + z y ; sử dụng bất Nên ta cần chứng minh x+y+z+ By (x + y + z)(x y)(y xyz z)(z G.P. Henderson x) p x + y2 + z2 why? Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn , f (x) với , f (t) = 4(z y)t3 +4yz(z t2 yz + 4y + 4y z + 4yz y2 ) 4z 5yz p y2 + z2 t Nếu y = z ta có h xy (x f (x) = i y y; ta có 1; f (0) = 4yz(z y ) > 0; lim f (t) = CY H lim f (t) = t! t!1 Lại có f (z) = f h p yz y + z 4y p p y + z = 2yz 4y y + z i 3z = 5y yz (3y 4z)2 p . 4 Không mất tính tổng quát, giả sử b là số hạng nằm giữa a và c; thế thì ta có c(b a)(b c) 0 1 Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn CYH ) b 2 c + c 2 a abc + bc 2 ) a 2 b + b 2 c + c 2 a + abc b(a. a) 3 2 < 25 16 Nên hiển nhiên a p a + b + b p b + c + c p c + a 5 4 p a + b + c Trường hợp 2. a b c: 2 Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn CYH Trường hợp 2.1. 11 5 b a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy. + c 2 p a + b + c , a 2 (a + b + c) a 2 + ac + c 2 4 (a + b) , 1 4 c 4 (a + b) 0 (đúng) 3 Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn CYH và b p b + c + c p c + a r b + c 2 Do a 3b nên ta chỉ cần chứng