0.1 0.1.1 Phương pháp phân tích bình phương S.O.S Bài toán mở đầu Thông thường đứng trước toán quen biết, cách mà thường bắt đầu để giải chúng thử mò mẫm bất đắt thức biết, tìm cách dồn biến mà thông thường đưa dạng bình phương Điều dựa tính chất cở số thực : x2 ≥ ∀x ∈ R Có nhiều toán, cho dù bạn chủ động hay vô tình, sử dụng phương pháp chứng minh Tuy nhiên, điều bạn đọc mục làm bạn thực ngạc nhiên Chúng ta mở đầu với bất đẳng thức AM − GM, coi bất đẳng thức bất đẳng thức Nhưng tìm hiểu bất đẳng thức trường hợp số n nhỏ Với n = chẳng hạn, ta có bất đẳng thức Ví dụ 0.1.1 Với a, b ≥ ta có bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 2ab Sẽ nhiều điều cần phải bàn tới bất đẳng thức trên, bạn học số thực việc chứng minh bất đẳng thức dễ Bất đẳng thức tương đương với (a − b)2 ≥ 0, điều hiển nhiên Bây giờ, xét tiếp n = bất đẳng thức sau Ví dụ 0.1.2 Với a, b, c ≥ ta có bất đẳng thức a3 + b3 + c3 ≥ 3abc Khi hỏi chứng minh thật cụ thể cho bất đẳng thức này, cảm thấy chút bối rối Tất nhiên, bất đẳng thức không khó, lời giải dòng V T − V P = (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 Và chắn cách làm thông minh nhất, qua bước trung gian Cả ví dụ chứng minh phương pháp phân tích bình phương, theo nghĩa tương đối hẹp Thuận lợi lớn lời giải toán cách việc sử dụng kiến thức cao cấp, chí bạn không cần biết định lí bất đẳng thức Ngoài ra, phương pháp tự nhiên theo suy nghĩ Nếu đọc kĩ toán chương trước, bạn gặp toán sử dụng phương pháp chứng minh Còn bây giờ, khái quát cách sử dụng tìm chất phương pháp chứng minh hiệu Bài toán quan trọng mà phải xem xét đến mục bất đẳng thức tiếng giới thiệu chương trước, bất đẳng thức Iran 96 BĐT * ( Iran 98 ) Với số thực không âm a, b, c ta có 1 + + ≥ 2 (a + b) (b + c) (c + a) 4(ab + bc + ca) Đây toán có hình thức phát biểu đơn giản đẹp mắt Ngoài ra, bất đẳng thức khó bạn chưa tiếp cận trước Nhưng trước tiên, xem lại bất đẳng thức kì thi IMO 2005 tìm chứng minh thật tự nhiên cho Ví dụ 0.1.3 (IMO 2005 Pro A3) Giả sử x, y, z số thực dương xyz ≥ Hãy chứng minh x5 − x2 y5 − y2 z5 − z2 + + ≥0 x5 + y + z y + z + x2 z + y + x2 lời giải Việc đầu tiên, ta cần đưa bất đẳng thức dạng chuẩn hoá- đồng bậc x5 − x2 x4 − x2 yz x5 − x2 xyz = ≥ x5 + y + z x5 + (y + z 2)xyz x4 + yz(y + z ) 2x4 − x2(y + z ) x4 − x2yz ≥ x4 + yz(y + z 2) 2x4 + (y + z ) Nếu đặt a = x2, b = y , c = z ta cần chứng minh a,b,c ⇔ 2c2 − a(b + c) ≥0 2a2 + (b + c)2 (a − b) a,b,c a b − )≥0 2a2 + (b + c)2 2b2 + (a + c)2 (a − b)2 ⇔ a,b,c c2 + c(a + b) + a2 − ab + b2 ≥0 (2a2 + (b + c)2 )(2b2 + (a + c)2) Bất đẳng thức hiển nhiên Đẳng thức xảy a = b = c = Chứng minh chứng minh nhất, có nhiều chứng minh độc đáo Nhưng xem xét khách quan chứng minh hoàn toàn tự nhiên Nói khái quát, đứng trước bất đẳng thức biến a, b, c, ta tìm cách đưa chúng dạng tổng bình phương kí hiệu Sc (a − b)2 + Sb (a − c)2 + Sa (b − c)2 ≥ Phần đưa dạng tắc bước cách sử dụng phương pháp S.O.S Nếu bạn quen với bất đẳng thức việc lập công thức tương đối đơn giản, cần biết qua số phép biến đổi đẳng thức, bạn chưa quen, thắc mắc giải mục "Biểu diễn sở phương pháp S.O.S số kĩ thuật phân tích" Tất nhiên, biểu diễn sở hệ số Sa , Sb , Sc không âm toán chứng minh Từ trước tới nay, cách mà cách bạn thường làm trường hợp đơn giản kĩ thuật chứng minh phương pháp S.O.S Điều quan trọng S.O.S giúp giải trường hợp mà theo quan nệm cũ áp dụng : Có số hệ số Sa , Sb , Sc không dương Thông thường, toán đối xứng ta giả sử a ≥ b ≥ c Với toán hoán vị phải xét thêm trường hợp c ≥ b ≥ a Trong trường hợp a ≥ b ≥ c ta có nhận xét sau Nếu Sb ≥ : Do (a − c)2 ≥ (a − b)2 + (b − c)2 nên Sc (a − b)2 + Sb (a − c)2 + Sa(b − c)2 ≥ (Sc + Sb )(a − b)2 + (Sb + Sa )(b − c)2 Và phần lại toán chứng minh Sa + Sb ≥ 0, Sc + Sb ≥ Nhưng bất đẳng thức chứng minh đơn giản, chúng nhân thêm với bình phương (a − b)2, (b − c)2, (c − a)2 Nếu Sb ≤ : Do (a − c)2 ≤ 2(a − b)2 + 2(b − c)2 nên Sc (a − b)2 + Sb (a − c)2 + Sa (b − c)2 ≥ (Sc + 2Sb )(a − b)2 + (2Sb + Sa )(b − c)2 Cũng vậy, việc chứng minh lại Sc + 2Sb ≥ 2Sb + Sa ≥ đơn giản nhiều Trong nhiều trường hợp, ta cần thêm số ước lượng mạnh hơn, chẳng hạn ước lượng hay dùng đến a a−c ≥ (a ≥ b ≥ c) b−c b Chẳng hạn ta có Sb , Sc ≥ Sb (a − c)2 + Sa (b − c)2 = (b − c)2 Sb ( a−c a2 Sb ) + Sa ≥ (b − c)2( + Sb ) b−c b Và toán chứng minh a2Sb + b2Sa ≥ Ta tóm tắt kết thành định lí sau Định lý 0.1 (Định lí S.O.S) Xét biểu thức S = f (a, b, c) = Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 Trong Sa, Sb , Sc hàm số a, b, c Nếu Sa , Sb , Sc ≥ S ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sb , Sb + Sc , Sb + Sa ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sa , Sc , Sa + 2Sb , Sc + 2Sb ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sc , Sa ≥ 0, a2 Sb + b2 Sa ≥ Nếu Sa + Sb + Sc ≥ S ≥ S ≥ Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa ≥ S ≥ S ≥ Ngoài để S ≥ với a, b, c ta phải có Sa + Sb |a=b ≥ , Sb + Sc |b=c ≥ , Sc + Sa|c=a ≥ Trong Sa + Sb |a=b có nghĩa ta xét biểu thức Sa + Sb a = b Với toán đối xứng ta có Sa = Sb a=b Nhận xét quan trọng các toán tìm số tốt Dường định lí đơn giản nói có ứng dụng với hầu hết bất đẳng thức biến thật khó mà tưởng tượng Nhưng thực tế S.O.S làm điều điều ngạc nhiên Một câu hỏi đặt ta với biểu thức ta chuyển dạng tắc S.O.S vậy? Câu trả lời hàm số đối xứng f (a, b, c) thoả mãn f (a, a, a) = f chứa thức, phân thức a, b, c luôn có biểu diễn Chứng minh điều bạn xem phần Bây số ví dụ cụ thể để chứng minh tính hiệu phương pháp này, trước tiên bạn thử chứng minh chúng theo cách khác Ví dụ 0.1.4 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có a2 + b2 + c2 8abc + ≥2 ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) lời giải Ta ý đến đẳng thức sau (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 (a + b)(b + c)(c + a) − 8abc = a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 a2 + b2 + c2 = Như sau thêm bớt số hạng vế trái, ta có bất đẳng thức tương đương 2c(a − b)2 + 2b(a − c)2 + 2a(b − c)2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) Ta tìm abc (a + b)(b + c)(c + a) − 2a = b + c − a − ab + bc + ca ab + bc + ca abc (a + b)(b + c)(c + a) − 2b = a + c − b − Sb = ab + bc + ca ab + bc + ca abc (a + b)(b + c)(c + a) Sc = − 2c = a + b − c − ab + bc + ca ab + bc + ca Sa = Do tính đối xứng nên giả sử a ≥ b ≥ c, dễ thấy Sb ≥ 0, Sc ≥ Dựa vào tiêu chuẩn thứ nhất, ta cần chứng minh Sa + Sb ≥ xong Nhưng điều hiển nhiên Sa + Sb = 2c − 2c2 (a + b) 2abc = ≥0 ab + bc + ca ab + bc + ca Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị tương tứng Chúng ta trở lại với bất đẳng thức Iran 1996 Ví dụ 0.1.5 (Iran TST 1996) Chứng minh với số thực không âm x, y, z ta có bất đẳng thức 1 + + ≥ (x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 4(xy + yz + zx) lời giải Đặt a = x + y, b = y + z, c = z + x Ta phải chứng minh (2ab + 2bc + 2ca − a2 − b2 − c2 )( 1 + + 2) ≥ a b c Bằng biến đổi đơn giản, ta chuyển bất đẳng thức dạng 1 2 − )(b − c)2 + ( − )(a − c)2 + ( − )(a − b)2 ≥ bc a ca b ab c 1 2 − , Sb = − , Sc = − Sa = bc a ca b ab c ( Giả sử a ≥ b ≥ c Sa ≥ Sử dụng tiêu chuẩn ta cần chứng minh b2 Sb + c2 Sc ≥ ⇔ b3 + c3 ≥ 2abc, bất đẳng thức hiển nhiên a ≤ b + c ⇒ b3 + c3 ≥ bc(b + c) ≥ abc Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Có vài cách chứng minh khác cho bất đẳng thức Iran 96, cách thông thường biết khai triển sử dụng bất đẳng thức Schur, dùng cách đa thức đối xứng Tuy nhiên bạn đọc đồng ý với phương pháp có ý nghĩa chứng minh bất đẳng thức mặt toán học, không để lại nhiều ấn tượng Việc biết sử dụng phương pháp S.O.S làm toán trở nên đơn giản nhiều, thực lời giải đẹp ngắn gọn, thoả mãn mỹ quan toán học nhiều người Phương pháp phân tích bình phương xuất theo cách hay cách khác số toán bất đẳng thức, hướng suy nghĩ tự nhiên bất đẳng thức Nhưng chắn lần mà phương pháp hệ thống coi phương pháp thống cho Nó đem lại cho cách nhìn chủ động vô hiệu toán, mà thời gian ngắn trước toán vô khó khăn Bất đẳng thức Iran 96 coi toán ứng dụng phương pháp (mặc dù tác giả nghĩ đến S.O.S từ bất đẳng thức cũ hơn) S.O.S tên lấy từ chữ cụm từ Sum of Square