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 π 5π α β χ α+β+χ +π +π χ+α α+β β+χ 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 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 α; β; χ; tất không đồng thời 0: Chứng minh α β χ + + : 4α + 4β + χ 4β + 4χ + α 4χ + 4α + β (Phạm Kim Hùng) Lời giải Chuẩn hóa cho α + β + χ = 3; bất đẳng thức trở thành α , α(3 α)(3 β) + β(3 χ + β)(3 β α + χ) + χ(3 χ β χ)(3 1 α) (3 α)(3 β)(3 χ) , α β + β χ + χ α + αβχ Không tính tổng quát, giả sử β số hạng nằm α χ; ta có χ(β α)(β χ) Copyright by Võ Qu c Bá C n ) β2 χ + χ2 α αβχ + βχ2 2β (α + χ) (α + χ) ) α2 β + β2 χ + χ2 α + αβχ β(α + χ)2 = 3 2β + α + χ + α + χ = 4: 27 Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy α = β = χ (α; β; χ) (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 αβ βχ χα) CY H α2 β + β2 χ + χ2 α + αβχ + αβχ(3 (Võ Quốc Bá Cẩn) Bây đến giải toán Bài toán Cho số không âm α; β; χ, số đồng thời 0: Chứng minh α β χ 5π π α + β + χ: +π +π χ+α α+β β+χ (Jack Garfunkel) Lời giải Ta xét trường hợp Trường hợp χ β α; sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có 2 β χ α β χ α π +π +π + + (α + β + χ) α+β β+χ χ+α χ+α α+β β+χ Lại có χ β α nên β χ α + + α+β β+χ χ+α = = Nên hiển nhiên π α β β χ χ α + + + 2 α+β β+χ χ+α 25 (χ α)(χ β)(β α) < (α + β)(β + χ)(χ + α) 16 α 5π β χ α+β+χ +π +π χ+α α+β β+χ Trường hợp α β χ: Copyright by Võ Qu c Bá C n Trường hợp 2.1 11 β α; sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có α π α+β χψχ Ξ !2 ∀ ! α α+β 4α + 4β + χ χψχ χψχ # ! ∀ Ξ Ξ Ξ α(α + β + χ) α = α+ α+β 4α + 4β + χ χψχ χψχ χψχ ! ! ! Ξ Ξ α Ξ α = α 3+ α+β 4α + 4β + χ χψχ χψχ χψχ Ξ α(4α + 4β + χ) # Ξ Theo kết toán trước, ta có CY H α 4α + 4β + χ χψχ Ξ Nên ta cần chứng minh Ξ α 27 α+β 16 χψχ , (11α2 + 6αβ Trường hợp 2.2 α 11 β; 5β2 )χ + (αβ + χ2 )(11β đặt φ (α; β; χ) = πα α+β + 5α) (đúng) πβ β+χ + πχ : χ+α Vì toán có đẳng thức xảy α = 3; β = 1; χ = nên ý tưởng dồn biến 0, tức chứng minh φ (α; β; χ) φ (α1 ; β1 ; 0) với α1 + β1 = α + β + χ: Việc làm nói đơn giản thực hiện, bạn thấy khó biểu thức khó cho ta để đánh giá chúng, "cố chấp" giá trị α1 ; β1 hoài dồn biến khó mà ta phải linh động hơn, tùy theo trường hợp cụ thể mà chọn α1 ; β1 thích hợp ứng với trường hợp Chúng ta xét trường hợp nhỏ sau Trường hợp 2.2.1 α 3β; ta chứng minh χ α+ α π α+β α+β+χ χ2 2 , α (α + β + χ) α + αχ + (α + β) π , χ (α + β) (đúng) Copyright by Võ Qu c Bá C n π ρ χ β+ β χ +π χ+α β+χ Do α 3β nên ta cần chứng minh β χ π +π β+χ 3β + χ , ρ χ β+ χ χ2 2βχ β2 β+ + +π β + χ 3β + χ (β + χ)(3β + χ) 2βχ βχ χ χ2 +π + 3β + χ β+χ (β + χ)(3β + χ) CY H , , β χ 2β +π + 3β + χ β+χ (β + χ)(3β + χ) Do β χ nên 3β + χ 2(β + χ); suy π 3β 2β π β+χ 2(β + χ) (β + χ)(3β + χ) 2β Lại có β + β+χ Từ đây, ta đến χ 3β + χ 3β χ(β χ) = 0 2(β + χ) 2(β + χ)(3β + χ) χ χ φ (α; β; χ) φ α + ; β + ; 2 Trường hợp 2.2.2 3β α β; đó, ta chứng minh α + 3χ α π α+β α+β+χ , α2 (α + β + χ) α2 + αχ + χ2 (α + β) 64 π , χ (α + β) + χα(3β 64 χ β π +π χ+α β+χ α) (đúng) ρ β+ χ Copyright by Võ Qu c Bá C n Tương tự trên, ta cần chứng minh χ β π +θ β+χ χ + 5β , ρ β+ χ 2βχ χ2 β2 β+ χ +θ + β+χ β+χ (β + χ)( β + χ) , 2β 2β χ β +θ + β+χ +χ (β + χ)( β + χ) CY H , 2βχ χ2 βχ +θ χ+ β+χ +χ (β + χ)( β + χ) 2β Do β χ nên Lại có 28 25 β + χ (β + χ) = (β + χ) (β + χ) 16 16 8β 2β )θ 5(β + χ) (β + χ)( β + χ) β + β+χ 8β 5(β + χ) 2β (β + 10χ)(5β 3χ) χ = 0 40(β + χ)(5β + 2χ) +χ Vậy nên φ (α; β; χ) φ Trường hợp 2.2.3 β α 11 β; α + χ; β + χ; 8 ta chứng minh α + 14 χ α π α+β α+β+χ 25 2 χ (α + β) , α (α + β + χ) α + αχ + 196 π , 25 χ (α + β) + χα(5β 196 χ β π +π χ+α β+χ 2α) (đúng) ρ β+ χ 14 Copyright by Võ Qu c Bá C n Tương tự trên, ta cần chứng minh χ β π +θ β+χ χ+ , β2 + β+χ , 11 β ρ β+ χ 14 2βχ χ2 β+ χ +θ 14 11 +χ (β + χ)( β + χ) 11 β 2βχ χ2 βχ +θ χ+ 14 β+χ +χ (β + χ)( 11 β + χ) 11 β 2β χ β +θ + β + χ 14 11 +χ (β + χ)( β + χ) 11 β CY H , Do β χ nên Lại có β + 14 β + χ 11 25 β + χ (β + χ) (β + χ) 5 16 8β 2β )θ 5(β + χ) 11 (β + χ)( β + χ) 8β 5(β + χ) 33β2 + 160βχ 125χ2 χ = 0 70(β + χ)(5β + 2χ) +χ 11 β Vậy nên φ (α; β; χ) φ α+ χ; β + χ; 14 14 Như vậy, ta cần xét toán trường hợp có biến đủ Không tính tổng quát, giả sử χ = 0: Khi bất đẳng thức trở thành π π 5π α + β α+β α+β π β(α + β) (α + β) π , β(α + β) α + 5β π π 2 α + β β (đúng): , ,α+ Bài toán giải xong Copyright by Võ Qu c Bá C n Nhận xét Trong lời giải trên, không sử dụng máy tính phụ trợ ta lại chia trường hợp có số lẻ ? 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 α+β α+β ; ;χ φ (α; β; χ) φ 2 CY H φ (α; β; χ) φ (α + χ; β; 0) χ χ φ (α; β; χ) φ α + ; β + ; 2 Nhưng điều lúc có mà có số trường hợp Vì thế, cần linh động phép dồn biến, chẳng hạn φ (α; β; χ) φ (α1 ; β1 ; 0) với α1 + β1 = α + β + χ: Đây ý tưởng độc đáo thú vị Phần cuối viết, xin giới thiệu bạn số chứng minh khác mà biết cho toán đẹp Lời giải Đặt β + χ = ξ2 ; χ + α = ψ ; α + β = ζ với ξ; ψ; ζ > 0; từ ta α= ψ2 + ζ2 ξ2 0; ζ + ξ2 β= ψ2 0; χ= ξ2 + ψ 2 ζ2 0 Bất đẳng thức cho viết lại thành ψ2 + ζ2 ζ ξ2 + ,ξ+ψ+ζ+ ζ + ξ2 ξ ψ2 (ξ + ψ + ζ)(ξ + ξ2 + ψ ψ ψ)(ψ ξψζ ζ)(ζ ζ2 ξ) 5π 2(ξ + ψ + ζ ) 5π 2(ξ + ψ + ζ ) Từ đây, không tính tổng quát, ta giả sử ξ ζ ψ ; sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có π π 2(ξ2 + ψ + ζ ) ξ + ψ + ζ Nên ta cần chứng minh ξ+ψ+ζ+ By (ξ + ψ + ζ)(ξ ψ)(ψ ξψζ ζ)(ζ G.P Henderson ξ) π 5 ξ + ψ2 + ζ2 why? Copyright by Võ Qu c Bá C n , φ (ξ) với , φ (τ) = 4(ζ τ2 ψζ + 4ψ + 4ψ ζ + 4ψζ ψ)τ3 +4ψζ(ζ 4ζ 5ψζ ψ2 ) π ψ2 + ζ2 τ Nếu ψ = ζ ta có η ξψ (ξ φ (ξ) = Nếu ζ > ψ; ta có 1; φ (0) = 4ψζ(ζ ι ψ 0; λιµ φ (τ) = CY H λιµ φ (τ) = π ψ) + τ! τ!1 Lại có φ (ζ) = φ π η π ψζ ψ + ζ ι 3ζ = 4ψ π ψ + ζ = 2ψζ 4ψ ψ + ζ 5ψ ψζ (3ψ 4ζ)2 π 0: β χ Đẳng thức xảy α = = hoán vị tương ứng Chúng ta có lời giải khác cho toán này, dồn biến toàn miền, dồn biến-khảo sát hàm số, kỹ thuật πθρ quan niệm cá nhân, cho lời giải không mang nét đặc sắc riêng nên không giới thiệu chúng Chúng xin kết thúc viết Xin cảm ơn bạn theo dõi viết này! Regards Võ Quốc Bá Cẩn By Võ Quốc Bá Cẩn, due to CYH techniques Copyright by Võ Qu c Bá C n