phương pháp chứng minh bất đẳng thức

NGUYỄN ANH CƯỜNG thptquocgia123.blogspot.com Tư Sáng tạo Bất Đẳng Thức ABC -NGUYỄN ANH CƯỜNG - A Lời giới thiệu Một lần lại có dịp gặp lại bạn với phương pháp chứng minh bất đẳng thức Nếu phương pháp phương hoá khơi dậy ta thích thú thỏa thuê hàng trăm bất đẳng thức khó ngã rạp trước sức mạnh tin bạn hạnh phúc với phương pháp Các bạn tin không, trước phải cực khổ lấy giấy nháp biến đối giải toán với lướt nhìn Nào thưởng thức viên kim cương cắt bánh chưng J B Phương pháp ABC Tôi xin mở đầu phương pháp việc xét số toán sau: Bài 1: Cho ab + bc + ca = i) a + b + c = m, m ∈ − ∞,− ∪ [ [ ] [ 3,+∞] Tìm điều kiện abc cho a, b, c số thực ] ii) a + b + c ∈ ,+∞ , a, b, c ≥ Tìm điều kiện abc cho a, b, c số thực không âm Giải: Chúng ta có hai đại lượng trung bình a, b, c Sự xuất abc khiến liên tưởng tới định lý Viete, ta nghĩ tới việc xét phương trình; X − mX + X − abc = 0(*) Yêu cầu đề tương đương với việc, tìm điều kiện abc để i) Phương trình (*) có ba nghiệm thực ii) Phương trình (*) có ba nghiệm không âm Đặt f ( X ) = X − mX + X − abc Ta có: f ' ( X ) = X − 2mX + Phương trình có hai nghiệm X1 = m + m2 − m − m2 − ;X2 = 3 X −∞ f ' (X ) X2 + +∞ X1 - + f (X ) Phương trình có ba nghiệm f ( X ) ≥ , f ( X ) ≤ ( ) (6 + m ) X − m + 2m X − m ≤ abc ≤ (1) 9 Đây đáp số câu i) Từ suy ra: Câu ii) , nhận xét để a, b, c số thực dương việc phải thoả mãn (1) , abc chịu thêm ràng buột ≤ abc , ngược lại với (1), abc ≥ 0, a + b + c ≥ 0, ab + bc + ca ≥ a, b, c ≥ Vậy nên đáp số là:  (6 + m ) X − m  + 2m X − m max 0, (2)  ≤ abc ≤ 9   Như ta hoàn thành hai câu hỏi nêu toán -Bài tóan giúp ta rút hai nhận xét sau: Nhận xét i) Ø Điều kiện cần đủ để tồn số thực a, b, c biết trước giá trị ab + bc + ca = ( [ ) ] [ ( ] ) (6 + m ) X − m + 2m X − m ≤ abc ≤ a + b + c = m, m ∈ − ∞,− ∪ ,+∞ 9 Ø Điều kiện cần đủ để tồn số thực không âm a, b, c biết trước giá trị [ 3,+∞] max0, (6 + 2m 9) X ( ) + 2m X − m − m ≤ abc ≤    o Nhận xét suy ta trực tiếp từ toán nêu, ý a + b + c lại bị ràng buộc chạy đoạn Có hai cách giải thích sau: • (a + b + c ) ≥ 3(ab + bc + ca) = ab + bc + ca = a + b + c ∈ 2 • f ' ( X ) = X − 2mX + buộc phải không hoàn toàn dương, hay nói cách khác phương trình f ' ( X ) = phải có nghiệm, tức ∆' = m − ≥ o Nhận xét cho ta thêm điều gì, thay phải sử dụng (a, b, c ) với a, b, c ∈ R để biễu diễn tất phần tử tập R thõa ab + bc + ca = , ta sử dụng (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) với ràng buộc a + b + c abc nêu Cũng hoàn toàn tương tự ta muốn biễu diễn tất phần tử tập R + thoã ab + bc + ca = Nhận xét ii) Ø a.Với số thực (a , b0 , c0 ) tìm hai ( x0 , x0 , y ); ( z , z , t ) cho * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Ø b.Với số thực không âm (a0 , b0 , c0 ) ta tìm hai ( x0 , x0 , y ); ( z , z , t ) (0, x0 , y ); ( z , z , t ) thõa mãn điều kiện sau * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Hay * a0 + b0 + c0 = + x0 + y = z + z + t * a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 y = z z + z t + t z * ≤ a0 b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy ba biến (a , b0 , c0 ) o Nhận xét hai không hiển nhiên nguồn gốc phương pháp Nhận xét có điều thú vị, ý biểu thức đối xứng f (a, b, c ) theo ba biến a, b, c biễu diễn thành g ( A, B, C ) thông qua dại lượng trung bình § A= a+b+c § B = ab + bc + ca § C = abc Do theo lẽ thông thường với suy nghĩ giảm số biến, ta cố định A, B cho C chạy Ta mong đợi hàm g đạt cực trị C đạt giá trị biên Tuy nhiên ta không cần biết cách cụ thể C đạt gía trị biên nào, ta cần biết cách trừu tượng C đạt giá trị biên a, b, c có hình thù sao, nhận xét cho ta lời giải cho câu hỏi o Bây vào việc chứng minh chi tiết nhận xét 2: a) Trước hết ta chứng minh toán với số thực (a , b0 , c0 ) thỏa mãn: a + b0 + c0 = m a b0 + b0 c0 + c0 a = Thông qua toán 1, với ký hiệu X , X giữ nguyên, ta có: ( ) ( + 2m ) X − m + 2m X − m ≤ a b0 c0 ≤ = Max 9 Bây xét thử xem a b0 c0 đạt giá trị biên hình thù a , b0 , c0 Min = Xét phương trình f ( X ) = X − mX + X − Min = 0(*) Ta có: m + m2 − m − m2 − ;X2 = nêu lên 3 toán Hơn f ( X ) = , hay nói cách khác f ( x ) = f ' ( x ) = có nghiệm X Vậy nên phương trình f ( X ) = phải có nghiệm kép, giả sử nghiệm kép x0 , x0 nghiệm lại y Như theo định lý Viet ta có : * x0 + x0 + y = m = a + b0 + c f ' ( X ) = X − 2mX + có hai nghiệm X = * x0 x0 + x0 y + y x = = a0 b0 + b0 c0 + c0 a * x0 x0 y = Min ≤ a b0 c0 Chứng minh hoàn toàn tương tự với tồn ( z , z , t ) Như ta chứng minh toán nêu trường hợp a + b0 + c0 = m a b0 + b0 c0 + c0 a = Với tư tưởng hoàn toàn tương tự, bạn đọc chứng minh tồn cho trường hợp: a + b0 + c0 = m a b0 + b0 c0 + c0 a = −1 Bây giả sử a + b0 + c0 = M a b0 + b0 c + c0 a = ± N liệu ( x0 , x0 , y ) (z , z , t ) có tồn không Câu trả lời có, thực vậy, xét số mãn điều kiện: a1 + b1 + c1 = M N  a b c (a1 , b1 , c1 ) =  , ,  N N N    thỏa   , a1b1 + b1 c1 + c1 a1 = ±1 Như theo chứng minh (x1 , x1 , y1 ), (z1 , z1 , t1 ) tồn Nhận xét ta xây dựng (x0 , x0 , y ) (z , z , t ) sau: (x0 , x0 , y ) = ( N x1 , N x1 , N z1 ) (z , z , t ) = ( N z1 , N z1 , N t1 ) Thực vậy: N ( x1 + x1 + z1 ) = * x0 + x0 + y = N ( z1 + z1 + t ) = z + z + t = N M N = M = a + b0 + c0 * x0 x0 + x0 y + y x0 = N ( x1 x1 + x1 y1 + y1 x1 ) = z z + z t + t z = N ( z1 z1 + z1t1 + t1 z1 ) = ± N = ± N * x0 x0 y = ( N ) x x y ≤( N ) abc 3 1 1 1 = a0 b0 c0 = ( N ) abc ≤( N ) z zt 3 1 1 1 = z0 z0t0 Như ta chứng minh hoàn chỉnh câu (a ) Ý tưởng chứng minh câu (b ) hoàn toàn tương tự xin nhường cho bạn đọc -Bài 2: Mọi đa thức f đối xứng theo biến a, b, c biễu diễn dạng đa thức theo biến deg( f ) abc, ab + bc + ca, a + b + c Và deg(abc ) ≤ Giải: Nhận xét ta cần chứng minh biễu diễn cho dạng đa thức sau, đa thức đối xứng biễu diễn thông qua kết hợp dạng phép nhân thêm hệ số +,− (elementary operation): I (n ) = a n + b n + c n II (m, n ) = a m b n + a n b m + b m c n + c n b m + c m a n + a m c n m≥n≥ p≥0 III (m, n, p ) = a m b n c p + a m b p c n + b m a n c p + b m a p c n + c m a n b p + c m a p b n Tuy nhiên, nhận xét p Ø III biễu diễn qua II với abc sau: C = (abc ) II (m − p, n − p ) Ø II biễu diễn qua I sau: II = I (m )I (n ) − I (m + n ) Như ta cần chứng minh I biễu diễn qua abc, ab + bc + ca, a + b + c Ta chứng minh điều phương pháp quy nạp: Với n = 0,1 , mệnh đề cho hiển nhiên Giả sử ta chứng minh I (k ) biễu diễn thành đa thức thông qua biến abc, ab + bc + ca, a + b + c, ∀k ≤ K Nhận xét điều II (m, n ) III (m, n, p ) ∀m ≥ n ≥ p ≥ : m + n ≤ K Bây ta chứng minh tính biễu diễn I (K + 1) Ta có: I (K + 1) = (a + b + c )I (K ) − II (K ,1) Đồng thời: II (K ,1) = (ab + bc + ca )I (K − 1) − III ( K − 1,1,1) Do đó: I (K + 1) = (a + b + c )I (K ) − (ab + bc + ca) I (K − 1) + III (K − 1,1,1) Mặt khác, theo giả thiết quy nạp, biểu thức I ( K ), I ( K − 1), III ( K − 1,1,1) biễu diễn dạng đa thức theo biến abc, ab + bc + ca, a + b + c Điều cho ta kết luận tính đắn mệnh đề nêu Như vậy, mệnh đề nêu chứng minh thông qua nguyên lý quy nạp deg( f ) suy hiển nhiên, lẽ biễu thức abc có bậc biến a, b, c Do coi abc biến bậc bậc abc phải không lớn so với bậc đa thức tính theo biến a, b, c Tính chất deg(abc ) ≤ Bạn đọc hiểu đa thức tính theo bậc abc sau Giả sử: f (a, b, c ) = (a + b + c )abc + ab + bc + ca vốn đa thức bậc theo a, b, c Nhưng tính bậc đa thức theo biến abc , ta xem a + b + c ab + bc + ca số m, n Khi đa thức viết lại là: f (a, b, c ) = g (abc ) = mabc + n đa thức bậc theo biến abc -Thông qua hai toán trên, có đầy đủ kết cần thiết (background) để bước vào giới ABC, Abstract Concreteness J Định lý 1: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) hàm đơn điệu R theo abc cực đại cực tiểu xảy ba số a, b, c có hai số nhau, tập R + xảy có số hay có hai số Định lý 2: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) hàm lồi R theo abc cực đại xảy ba số a, b, c có hai số nhau, tập R + xảy có số hay có hai số Định lý 3: Nếu f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) hàm lõm R theo abc cực tiểu xảy ba số a, b, c có hai số nhau, tập R + xảy có số hay có hai số Chứng minh: Cả ba định lý chứng minh thông qua nhận xét ii) Định lý 1: • Với số (a , b0 , c0 ) ∈ R tìm hai ( x0 , x0 , y ); ( z , z , t ) cho * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) • Với số thực không âm (a , b0 , c0 ) ta tìm hai (x0 , x0 , y ); (z , z , t ) (0, x0 , y ); (z , z , t ) thõa mãn điều kiện sau * a + b0 + c0 = x0 + x0 + y = z + z + t * a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 = x0 x0 + x0 y + y x0 = z z + z t + t z (1) * x0 x0 y ≤ a b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Hay * a + b0 + c0 = + x0 + y = z + z + t * a b0 + b0 c0 + c0 a = x0 y = z z + z t + t z (2) * ≤ a0 b0 c0 ≤ z z t Đẳng thức xảy hai ba biến (a , b0 , c0 ) Ø Cách 1: (Direct Proof) Do f hàm đơn điệu theo biến a b0 c0 nên hàm số đạt cực đại hay cực tiểu điểm biên a b0 c0 , giả sử f tăng ta cần tìm cực đại (các trường hợp lại chứng minh tương tự), ta có f (a b0 c0 , a b0 + b0 c0 + c a , a b0 c ) ≤ f ( z z t , a b0 + b0 c0 + c0 a , a + b0 + c0 ) = f ( z z t , z z + z t + z t , z + z + t ) Vậy nên cực đại xảy có hai biến Trong trường hợp a, b, c ∈ R + , trường hợp tăng tìm cực đại, ta chứng minh hoàn toàn tương tự Trong trường hợp tăng tìm cực tiểu (trường hợp giảm chứng minh tương tự), cố định a + b + c, ab + bc + ca lúc abc đạt cực tiểu có hai biến mà có biến Do đó: f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c0 ) ≥ f ( x0 x0 y , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f ( x0 x0 y , x0 x0 + x0 y + y x , x0 + x0 + y ) f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c0 ) ≥ f (0, a0 b0 + b0 c0 + c a0 , a0 + b0 + c0 ) = f (0, x0 y , x0 + x0 ) Vậy nên cực tiểu xảy có hai biến biến Kết hợp trường hợp ta rút kết luận định lý Ø Cách 2: (Contradiction Proof) Ta chứng minh cho trường hợp tăng tìm cực đại Giả sử hàm số đạt cực đại điểm (a , b0 , c0 ) a , b0 , c0 khác đôi cực đại M Tuy nhiên lại tồn ( z , z , t ) thoã mãn: M = f (a b0 c0 , a b0 + b0 c0 + c0 a , a b0 c0 ) < f ( z z t , a b0 + b0 c0 + c0 a , a + b0 + c0 ) = f ( z z t , z z + z t + z t , z + z + t ) Điều vô lý cho phép ta kết luận cực đại xảy có hai biến Trong trường hợp a, b, c ∈ R + , ta lại xét trường hợp tăng tìm cực tiểu, hàm số đạt cực tiểu điểm (a0 , b0 , c0 ) a , b0 , c0 khác đôi biến 0, đặt cực đại M Một hai trường hợp sau xảy ra: M = f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c ) > f ( x0 x0 y , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 + b0 + c0 ) = f ( x0 x0 y , x0 x0 + x0 y + y x , x0 + x0 + y ) M = f (a b0 c0 , a0 b0 + b0 c0 + c0 a0 , a0 b0 c ) > f (0, a0 b0 + b0 c0 + c a0 , a0 + b0 + c0 ) = f (0, x0 y , x0 + x0 ) Điều vô lý cho phép ta kết luận cực đại xảy có hai biến biến Định lý chứng minh tương tự với tính chất hàm lồi lõm, hàm số lồi đạt cực đại , hàm số lõm đạt cực tiểu biến đạt giá trị biên Chi tiết chứng minh xin nhường lại cho bạn đọc Từ kết ta rút số hệ lí thú sau: Hệ 1: Hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) đa thức bậc theo abc đạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 2: Hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) tam thức bậc hai theo abc hệ số bậc cao dương đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 3: Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay đạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 4: Mọi đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay có hệ số a b c biểu diễn qua dạng f (abc, ab + bc + ca, a + b + c ) không âm đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Chứng minh: Hệ 1: Đa thức bậc mx + y hàm đơn điệu Do đó, theo định lý hàm f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) , đa thức bậc theo abc , đơn điệu nđạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 2: Tam thức bậc hai với hệ số dương m x + nx + p hàm lồi đoạn liên tục Do theo định lý hàm số f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) , tam thức bậc hai theo abc hệ số bậc cao dương, tức hàm lồi nên đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 3: Theo toán số 2, đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay biễu diễn thành đa deg( f ) thức f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) đa thức bậc theo abc (do deg(abc) ≤ = suy 3 deg(abc ) = ) Do theo hệ đa thức đạt cực đại cực tiểu tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Hệ 4: Theo toán số 2, đa thức đối xứng ba biến a, b, c bậc bé hay biễu diễn thành đa deg( f ) thức f (a + b + c, ab + bc + ca, abc ) tam thức bậc hai theo abc (do deg(abc) ≤ = suy 3 2 deg(abc ) = ), hệ số a b c lại không âm nên theo hệ ta đến kết luận âm đa th ức đạt cực đại tập R có hai biến nhau, tập R + có hai biến hay số Các hệ thật vũ khí lợi hại Với chúng, ta tóm gọn phần lớn bất đẳng thức đối xứng ba biến , vốn thể loại thường xuyên kì thi học sinh giỏi C ABC Ứng dụng Bây xét qua số ví dụ cụ thể xem phương pháp vận dụng J Bài [Sưu Tầm] Cho x, y, z ∈ R thỏa x + y + z = Tìm giá trị lớn P = 2( x + y + z ) − xyz Giải: P sẵn dạng f ( x + y + z , xy + yz + zx, xyz ) , điều kiện đối xứng không ràng buộc xyz mà phụ thuộc vào x + y + z , xy + yz + zx (*) Vậy nên ta đưa tóan việc giải quyết: Cho 2a + b = Tìm giá trị lớn P = 4a + 2b − a b − b2 vào P , cần tìm giá trị lớn của: Để tìm giá trị lớn ta thay a = b − b2 P = f (b ) = 2 − b + 2b − 2 − 4b 3b f ' (b ) = − + = ⇒ 9b − 87b + 87b − = ⇔ b − 9b − 78b + = 2 2 9−b ( ( ( ) ) ( ) )( ) Thay nghiệm phương trình đạo hàm vào f ta nhận f max = 10 a = 2, b = −1 (*) Lý luận giúp ta áp dụng ABC giải thích theo hai cách sau: - Trong ABC , ta quan tâm đến abc , ab + bc + ca, a + b + c ta coi số Do chúng bị rang buộc không quan trọng - Chúng ta chuẩn hoá toán thành: Tìm giá trị lớn của: 6( x + y + z ) x + y + z − 27 xyz P= , đa thức bậc tính theo biến 2 x +y +z ( ( ) ) abc , x + y + z xy + yz + zx, x + y + z 2 Bài [Nguyễn Anh Cường] Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: abc ab + ac + bc i) + ≥ 3 a + b2 + c2 a +b +c a + b3 + c3  a + b + c   ii ) + ≥  4abc  ab + ac + bc  Giải: i) Bất đẳng thức rõ ràng viết dạng đa thức đối xứng bậc P = abc a + b + c + a + b + c − a + b + c (ab + bc + ca ) ≥ Và ta cần xét cực tiểu có hai giá trị ba biến hay biến Trường hợp hai biến nhau, giả sử a = c bất đẳng thức tương đương với: a 2b a + 2ab 2a + b  2 + ≥ ⇔ (a − b )  − ≥ ⇔ (a − b ) (a + b ) ≥ 3 2 3  2a + b 2a + b 2a + b   2a + b Trường hợp có số 0, giả sử c , bất đẳng thức tương đương với: ab ≥ ⇔ a + b + 3(a − b ) ≥ a +b ii) Một đa thức đối xứng bậc bảy, bạn đừng lo, đa thức bậc abc J, theo ta lại áp dụng ABC trường hợp Ta xét hai trường hợp: Trường hợp hai biến nhau, giả sử a = c bất đẳng thức tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( 2a + b  2a + b   + ≥   a + 2ab  4a b ) 2  2a + b 3   2a + b   −1 ⇔  −  ≥  2   a + 2ab   4a b ⇔ (a − b )2 (2a + b ) ≥ (a − b )2 (3a + b + 2ab ) 4a b [( )] (a + 2ab ) ⇔ (a − b ) (2b − a) + a ≥ Trường hợp có biến 0, bất đẳng thức cho hiển nhiên Bài [Iran Olympiad 1996] Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực dương a, b, c   (ab + bc + ca ) + +  ≥ (b + c ) (c + a )   (a + b ) Bài tóan Iran 96 tiếng, đa thức đối xứng bậc bậc hai abc (**): 2 2 2 9[(a + b )(b + c )(c + a )] − 4(ab + bc + ca )(a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) ≤ Vậy nên hàm số đạt cực đại có hai giá trị hay số Trường hợp có hai biến nhau, bất đẳng thức tương đương với   2a + b    ≥ ⇔ (a − b )2  a + 2ab  + − ≥ ⇔ b(a − b ) ≥  2  (a + b )  (a + b )   4a  2a (a + b ) Trường hợp có biến nhau, giả sử c , bất đẳng thức tương đương với:   1  2 ab + +  ≥ ⇔ (a − b )  − ≥ ⇔ (a − b ) 4a + 4b + ab ≥ 2  a b   (a + b )  ab 4(a + b )  (**) Tại ta kết luận điều từ đa thức vừa chuyển thành Thứ nhất: [ ( ] ) ( ) [ ] 4(ab + bc + ca )(a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) chứa abc bậc 1, đa thức 2 2 [ ] bậc 6, thực ta cần xét bậc abc (a + b ) (b + c ) + (b + c ) (c + a ) + (c + a ) (a + b ) , vốn đa thức bậc Còn biểu thức 9[(a + b )(b + c )(c + a )] vốn đa thức bậc , nhiên (a + b )(b + c )(c + a ) chứa nhiều abc bậc 1, bình phương lên hệ số a b c không âm Như vậy, ta không cần khai triển toàn dang biểu thức nào, ta cần lý luận hệ số a b c đủ để áp dụng định lý ABC 2 2 2 Bản chất phương pháp đánh giá abc , nên việc gặp tóan có bậc đẹp đẽ điều tốt đẹp lúc vậy, nên thủ sẵn biến đổi sau để đánh giá hàm số theo abc điều cần thiết MOT SO DANG THUC Để thuận tiện phần tiếp theo, ta quy ước a = x + y + z , b = xy + yz + xz , c = xyz Ta xét qua đại luợng hoán vị vòng quang biến x, y, z biễu diễn qua đại lượng x + y + z = a − 2b xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx( z + x ) = ab − 3c ( ) ( ) ( ) xy x + y + yz y + z + zx z + x = a b − 2b − ac x + y + z = a − 3ab + 3c x + y + z = a − 2a b + 2b + 4ac x + y y + z x + z ab − 3c + + = z x y c (xy )2 + ( yz )2 + (zx )2 = b − 2ac (xy )3 + ( yz )3 + (zx )3 = b − 3abc + 3c (x )( ) ( ) y + y z + z x xy + yz + zx = 9c + a − 6ab c + b Dưới xin cung cấp cho bạn số đánh giá a, b, c miền khác nhau: Định lý 1: Phương trình bậc ba có nghiệm thực x, y, z − 27c + 18ab − 4a c + a b − 4b ≥ 0(1) Định lý 2: Phương trình bậc ba có nghiệm thực dương x, y, z có (1) a > 0, b > 0, c > Định lý 3: Phương trình bậc ba có nghiệm ba cạnh tam giác có (1), (2 ) a − 4ab + 8c > ( ) Các hệ nêu hữu hiệu gặp nhiều hạn chế Sau số ví dụ ta làm trực tiếp từ hệ nêu mà phải nhờ vào số biến đổi hay định lý nêu Bài [Russia Olympiad 2005]: Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a b c + + ≥3 a + bc b + ac c + ab Một bất đẳng thức đối xứng, đìêu kiện không ràng buột abc , việc đưa đa thức đối xứng dễ dàng, nhiên lại lên tới bậc 9, bậc ba theo abc L Điều nằm ngòai kiểm sóat hệ quả, nên ta phải có chút thủ thuậ biến đổi nho nhỏ bc ac ab Bất đẳng thức tương đương với: Đặt x = ; y = ; z = a b c xy + yz + xz = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 3(*) xy + z yz + x zx + y Bây chuyện trở nên dễ dàng rồi, đa thức bậc hai theo xyz với hệ số bậc cao không âm, ta cần tìm cực đại Ta cần xét trường hợp có hai biến nhau, hay biến Trường hợp 1: x = z Bât đẳng thức tương đương với: + ≥ với xy + x = xy + x x + y 1− x2 , ta cần chứng minh + ≥ 3, x ∈ [0,1] Điều không khó khăn 2x 1− x 1− x2 +x x + 2x bạn giải dễ dàng Trường hợp 2: z = Bất đẳng thức tương đương với: 1 + + ≥ với xy = xy x y 1 1 Ta có + ≥ ⇒ + + ≥ + = x y xy x y xy xy xy Thay y = Bài [Nguyễn Anh Cường]: Cho số thực dương x, y, z Chứng minh : x4 + y4 + z4 2( xy + yz + xz ) + ≥ 1+ 2 2 2 x y +y z +z x x2 + y2 + z2 Giấc mộng đưa dạng đa thức đối xứng coi tan vỡ Ta đành đánh giá trực hàm biến xyz Vẫn với quy ước a = x + y + z , b = xy + yz + zx, c = xyz , sử dụng đẳng thức ta biến bất đẳng thức dạng: a − 2a b + 2b + 4ac 2b + ≥ 1+ 2 b − 2ac a − 2b Hàm theo c hàm bậc nên đơn điệu Theo định lý một, cực tiểu xảy có hai biến hay biến Trường hợp 1: x = z Bất đẳng thức tương đương với: ( ) 2x + y x + xy + ≥ 1+ x + 2x y 2x + y Do tính bất đẳng thức nên ta giả sử x = , ta cần chứng minh: 2(2 y + 1) y4 + −1 ≥ − 2y +1 y2 + (y − 1) + + ( y + 2)(2 y ⇔ ( y − 1) 2 ) ≥ ( ) 2y2 +1 y + + y + (2 y + 1) Ta đánh giá mẫu số cách nhẹ nhàng đảm bảo tính đắn dấu lớn sau đánh sau: (y (y )( ) + 2)(2 y + 1) ≥ y + (y + 2)(2 y + 1) ≤ y + + (y + 2)(2 y + 1) ≥ y + y + + + 2y2 +1 ≤ 2y3 + ⇒ 2y2 +1+ 2 ⇒ y2 + + Do công việc lại chứng minh: ( y + 1)2 ≥ 2y + 2y + +1 y + y + + 2 ( ) ( ⇔ y4 + y3 + − y2+ + 2y ≥ 2 2y3 + 2 ) Trường hợp 2: z = Bất đẳng thức tương đương với: x4 + y4 + x2 y Ta có: x + y 4 (x ≥ xy ≥ 1+ x + y2 2 x4 + y4 + x2 y2 ≥ − + 24 + y2 ) ≥ x y , đó:  xy  x + y  x + y  ≥ + ≥ − + +   x y x2 + y2   xy xy x + y2 x2 + y2 ≥ 1+ 2 xy Cuối số tập để bạn làm quen với phương pháp này: Bài tập áp dụng Bài [Sưu tầm]: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1 + + ≥ 2 2 2a + bc 2b + ca 2c + ab a + b + c + ab + bc + ca Bài 2:[Darij Grinberg- Old and New Inequality] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c + + ≥ 2 (b + c ) (c + a ) (a + b ) 4(a + b + c ) Bài 3: [Mircea Lascu – Old and New Inequality ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: b+c c+a a+b b c   a + + ≥ 4 + +  a b c b+c c + a a +b Bài 4:[Vietnam TST, 1996] Chứng minh bất đẳng thức sau với số thực a, b, c     (a + b )4 + (b + c )4 + (c + a )4 ≥ (a + b + c ) Bài 5:[Nguyễn Anh Cường] Cho số thực dương a, b, c Chứng minh : a+b b+c c+a ab + bc + ca + + +2 ≥ 6+2 c a b a + b2 + c2 D.ABC Upgrade Như phần lướt qua sức mạnh phương pháp này, hy vọng bạn thấy thích thú với trình bày Trong phần sau, lướt qua điểm yếu phương pháp giải chúng cách đáng kể nhất.Việc ngày nâng cấp phương pháp vấn đề phát triển, hoan nghênh ý tưởng bạn việc nâng cấp phương pháp Như bạn thấy, toán bất đẳng thức có ràng buột biến a, b, c , rang buột liên quan đến a + b + c ab + bc + ca định lý ABC có hội phát huy sức mạnh Thế toán mà thân abc bị ràng buột Với ý tưởng vậy, nâng cấp định lý ABC để định lý có khả đối phó với toán thuộc dạng i) Cho a, b, c đồng thời số thực số thực dương Khi đại lượng abc, a + b + c cho trước (nghĩa cố định sẵn) ab + bc + ca đạt giá trị lớn nhỏ có hai ba biến a, b, c ii) Cho a, b, c đồng thời số thực dương Khi đại lượng abc, ab + bc + ca cho trước (nghĩa cố định sẵn) a + b + c đạt giá trị nhỏ có hai ba biến a, b, c Chứng minh i) Giả sử a + b + c = abc = m (trường hợp a + b + c = n đưa trường hợp cách dễ dàng cách đặt a = nx, b = ny, c = nz , bạn đọc xem qua kỹ thuật phần chứng minh định lý ABC phần trên.) Ta chứng minh ab + bc + ca đạt giá trị nhỏ lớn có hai ba biến a, b, c hai trường hợp a, b, c ∈ R a, b, c ∈ R + Đặt ab + bc + ca = S Một lần nữa, ta lại đưa toán tồn nghiệm phương trình: Đặt f ( X ) = X − X + SX − m Ta có: f ' ( X ) = X − X + S Phương trình có hai nghiệm + − 3S − − 3S ;X2 = 3 Phương trình có ba nghiệm f ( X ) ≥ , f ( X ) ≤ Ta có : f ( X ) ≥ ⇔ (6 S − 2)X + S − 9m ≥ , giả sử có tập nghiệm R X X1 = f ( X ) ≤ ⇔ (6S − )X + S − 9m ≤ , giả sử có tập nghiệm R X Trước tiên ta chứng minh cho trường hợp a, b, c ∈ R Gọi S , S max giá trị nhỏ lớn tập R X ∩ R X (giao hai tập khác rỗng, nêu không phương trình nghiệm với giá trị S ) Nhận xét hai giá trị nghiệm hai phương trình (6 S − ) X 1+ S − 9m = hay (6S − ) X + s − 9m = (các giá trị chắn tồn tại, không phương trình bậc có nghiệm S chạy tới cộng vô âm vô cùng), ta có S ≤ S ≤ S max Bây ta kiểm tra S đạt hai giá trị liệu có tồn ba số thực a, b, c không hình thù a, b, c Điều rõ ràng, S , S max ∈ R X ∩ R X Điều thứ hai, S , S max nghiệm hai phương trình (6S − 2) X 1+ S − 9m = hay (6 S − ) X + s − 9m = , nên f ( X ) = , f ( X ) = Khi phương trình bậc ba cho có nghiệm kép, hay nói cách khác, lúc hình thù (a, b, c ) (x, x, y ) Bây ta chứng minh cho trường hợp a, b, c ∈ R + Trước hết ta cần phải có m ≥ Nhận xét ∉ R X ∩ R X , không tồn số thực a, b, c thoả mãn a + b + c = 1, ab + bc + ca = 0, abc ≥ Điều có nghĩa R X ∩ R X tách biệt thành khoản mà cận âm dương Gọi R3 tập R X ∩ R X bỏ đoạn âm Gọi S , S max giá trị nhỏ nhỏ tập R3 Và ta lại có: S ≤ S ≤ S max Lý luận tương tự trường hợp R , ta suy S chạm biên hai ba biến (a, b, c ) ii) Bạn đọc dễ dàng suy chứng minh cho định lý ABC Upgrade sau xem qua chứng minh Tuy nhiên a + b + c rang buộc cận a, b, c ≥ Tuy nhiên có cận a + b + c bị chặn Do nên trường hợp tồn S , vậy, ta tới kết luận a + b + c đạt giá trị nhỏ hai ba biến a, b, c Các bạn thấy tư tưởng trừu tượng cụ thể (abstract concreteness) rõ rang chứng minh Chúng ta không cần biết giá trị nhỏ ab + bc + ca hay a + b + c cụ thể chứng minh đạt giá trị hai ba biến a, b, c Chúng ta lướt qua số ví dụ để xem cách áp dụng định lý ABC Upgrade nào: Bài 1: [Hojoo Lee] Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc ≥ Chứng minh rằng: 1 1≥ + + 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a Giải: Nhận xét hàm số bên phải giảm biến a tăng Do cần chứng minh abc = (đối với trường hợp , abc = k ≥ , ta có: 1 1 1 + + ≤ + + ≤ 1) a a 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a 1+ b + c 1+ + b 1+ c + k k Bất đẳng thức cho tương đương với: f (a, b, c) = (1 + a + b )(1 + b + c )(1 + c + a ) − (1 + a + b )(1 + b + c ) − (1 + b + c )(1 + c + a ) − (1 + c + a )(1 + a + b ) ≥ Nhận xét bậc đại lượng ab + bc + ca f (a, b, c ) bậc ( f (a, b, c ) bậc theo a, b, c ) Vậy nên cố định a + b + c f (a, b, c ) đạt giá trị nhỏ ab + bc + ca đạt giá trị nhỏ nhất, hai ba biến a, b, c Ta đưa toán: Cho số thực dương x, y thoã mãn: x y = Chứng minh rằng: + ≤ 1 + 2x + x + y Thay y = vào bất đẳng thức ta cần chứng minh: x 2( x − 1) x( x + 1) + ≤1⇔ − ≤0 1 + 2x 3(1 + x)( x + x + 1) 1+ x + x Như bất đẳng thức chứng minh hoàn toàn Bài 2: [Sưu Tầm]: Cho số thực dương a, b, c thoã mãn: a + b + c = 3abc Chứng minh rằng:  ac bc ab  2 + +  ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a ) a c   b Bài [Bùi Việt Anh]: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a b c abc + + +2 ≥2 b+c c+a b+a (a + b)(b + c)(c + a) Giải: Đối với toán dù có cố định hai đại lượng không thu hàm số tốt với biến lại (tốt ngụ ý lồi, lõm hay đơn điệu) Tuy nhiên đây, ta thấy liên a b c abc hệ hai đại lượng + + , chúng tổng tích đại lượng b+c c+a b+a (a + b)(b + c)(c + a) a b c , , Như thử chuyển biến theo hướng xem b+c c+a a+b a b c Đặt x = ,y= ,z = , vấn đề mối liên hệ x, y, z Ở xin đưa mối quan b+c c+a b+a hệ, với mối quan hệ tìm ngược trở lại a, b, c Và từ ta có toán tương đương sau: 1 Cho x, y, z ≥ thoã mãn: + + = ⇔ xyz + xy + yz + zx = Chứng minh rằng: 1+ x 1+ y 1+ z x + y + z + xyz ≥ Như ta cố định xyz xy + yz + zx đưa toán sau: Cho a, b ≥ thỏa mãn: 2a b + a + 2ab = Tìm giá trị nhỏ của: 2a + b + 2a b Thay b = 1− a2 1− a = (a ≤ 1) , ta cần chứng minh: 2a a + 2a 1− a + 2a (1 − a ) ≥ Thực vậy, bất đẳng thức tương đương với: 2a 1− a 2a (1 − a ) ≥ 2(1 − a) + 2a 1− a 2a + ⇔ 2a + ≥2 2a 1− a 2a ≥ 2a (1 − a)a − a + a 2a 1 Do đó: + ≥ + 2a ≥ 2 2a = 24 ≥ 2a − a 2a 2a Tóm lại bất đẳng thức chứng minh hoàn toàn Mặt khác 2a = 1− a 2a ≥ Cuối cùng, phần quen thuộc không nên thiếu, phần tập cho bạn áp dụng: Bài 1:[Sưu tầm] Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: x+ y+z + xyz ≥ xy + yz + zx 3 Bài 2: [Sưu tầm] Cho số thực dương a, b, c thoã mãn: abc = Chứng minh rằng: a b c + + ≥1 b + c +1 c + a +1 a + b +1 Bài 3: [Nguyễn Anh Cường] Cho số thực dương a, b, c thoã mãn: (a + b)(b + c)(c + a ) = Tìm giá trị lớn nhỏ của: ( ) P = abc + a + b + c E.Mở ô cửa đóng Trong phần này, xét qua lớp toán mà biến bị chặn tập đóng, vốn vấn đề chưa phát triển phần định lý ABC nói Đối với lớp toán này, có phương pháp khác để giải Tôi giới thiệu phương pháp trước, sau sẽ nghiên cứu cách ứng dụng ABC toán sau: Bài toán: Cho x1 , x , , x n ∈ [a, b] Chứng minh f ( x1 , x , , x n ) ≥ C a, b, C số cho trước Gặp tình này, dấu bất đẳng thức thường xảy giá trị biên, nghĩa a hay b Trong trường hợp vậy, ta cố gắng chứng minh f ( x1 , x , , x n ) ≥ min{ f (a, x , , x n ), f (b, x , , x n )} Cuối ta thu giá trị nhỏ hàm số đạt số giá trị a giá trị lại b Phương pháp gọi phương pháp tiếp cận dấu Ta lướt qua số ví dụ sau: Bài [Thi đội tuyển toán trường THPT Năng Khiếu] Cho a, b, c ∈ [0,1] Tìm giá trị lớn của: f (a, b, c ) = a + b + c − ab − bc − ca Ta chứng minh f (a, b, c ) ≤ max{ f (0, b, c ), f (1, b, c )}(*) Ta có chứng minh trực tiếp phương pháp đại số sau: ( f (a, b, c ) − f (0, b, c ))( f (a, b, c ) − f (1, b, c )) = c(c − 1)(1 − a − b ) ≤ , từ suy (*) Hay nhìn giải tích, ta suy nhanh chóng với nhận xét hàm số đơn điệu theo biến a Và từ trực tiếp suy (*) Hoàn toàn thực bất đẳng thức tương tự đổi với biến b, c , ta suy tính chất sau: f (a, b, c) ≤ max {f(0,0,0);f(0,0,1);f(0,1,1);f(1,1,1)} Từ dễ dàng kết luận giá trị lớn f (a, b, c ) Dấu xảy chẳng hạn như: a = b = 0, c = Bài [Nguyễn Anh Cường] Cho x, y, z ∈ [1, 2] Tìm giá trị lớn biểu thức sau: C= xy xz yz + + xz + yz xy + yz xy + xz Đối với toán này, ta áp dụng việc chứng minh C ( x, y, z ) ≤ max{C (1, y, z ), C (2, y, z )} gặp nhiều khó khăn Ở áp dụng mẹo nhỏ để làm cho công việc tương đối đơn giản hơn: 1 y C = f ( x, y , z ) = z + x + Đến bạn đoán làm tiếp 1 1 1 + + + x y y z z x 1 1  theo Đặt a = , b = , c = ; a, b, c ∈  ,1 ta cần tìm giá trị lớn của: x y z 2  a b c g (a, b, c ) = + + b+c c+a a+b 2b 2c Ta xẽ coi b, c số, a biến : g ' ' (a, b, c) = + > Như g hàm lồi (c + a ) (b + a) theo biến a , tức g đạt giá trị lớn a chạm biên Từ ta suy điều mong muốn: g (a, b, c ) ≤ max{g (1, b, c ), g (2, b, c )} Hoàn toàn thực bất đẳng thức tương tự đổi với biến b, c , ta suy tính chất sau: 1  1  g (a, b, c ) ≤ max  g ( , , ); g (1, , ); g (1,1, ); g (1,1,1) Từ dễ dàng suy giá trị lớn 2   2 19 19 1  g , đạt (a, b, c ) =  ,1,1 , hay giá trị lớn f , đạt ( x, y, z ) = (2,1,1) 12 12 2  Như qua hai ví dụ bạn phần làm quen với phương pháp Ở nêu phương pháp khác, chứng minh dựa vào định lý ABC Trong phần trên, ta thấy ABC chí áp dụng biến chạy hoàn toàn R R + , nên muốn áp dụng ABC , ta phải kéo dãn đoạn cho thành R R + Bài [Thi đội tuyển toán trường PTNK] Cho a, b, c ∈ [0,1] Tìm giá trị lớn của: f (a, b, c ) = a + b + c − ab − bc − ca Ta quay lại toán này, ta tìm cách kéo giãn đoạn [0,1] thành R + Nhận xét nghịch đảo a → , ta a thu số nằm đoạn [1,+∞] Vẫn chưa biến thành R + được, ta lại tiếp tục trừ số cho 1 1 → − ta thu số nằm đoạn [0,+∞] Như ta chuyển a → − = x để kéo a a a [0,1] → [0,+∞] Từ ý tưởng trên, ta tới lời giải sau: 1 Đặt a = ,b = ,c = x, y, z ∈ R + Biểu thức cho trở thành: 1+ x 1+ y 1+ z f (a, b, c ) = g ( x, y, z ) = = 1 1 1 + + − − − + x + y + z (1 + x)(1 + y ) (1 + y )(1 + z ) (1 + z )(1 + x) (1 + y )(1 + z ) + (1 + z )(1 + x ) + (1 + x )(1 + y ) − − x − y − z (1 + x)(1 + y )(1 + z ) xy + yz + zx + x + y + z = xyz + xy + yz + zx + x + y + z + Đến bạn đọc dễ dàng thấy g ( x, y, z ) ≤ , không cần áp dụng thêm định lý ABC nữa, nhiên biểu thức áp dụng ABC cách dễ dàng để đưa trường hợp hai biến Có hai lợi kéo dã tập đóng thành tập R + này, thứ ta áp dụng định lý ABC trường hợp trên, thứ hai ta đánh giá dễ dàng hơn, ta đánh giá biến với số , điều lúc dễ dàng Chẳng hạn biểu thức trên, đánh giá xyz ≥ ≥ xy + yz + zx + x + y + z Bài [Olympic 30-4 – Thành phố Hồ Chí Minh] Cho x, y, z ∈ [1,2] Chứng minh rằng: 1 g ( x, y, z ) = ( x + y + z )( + + ) ≤ 10 x y z Một lần ta sử dụng kỹ thuật kéo dãn biến Ta sử dụng ABC, trước tiên kéo dãn [1,2] → R + sau: x → − = a Như vậy, đặt x −1 a+2 b+2 c+2 ;y = ;z = ; a, b, c ∈ R + Ta cần chứng toán sau: a +1 b +1 c +1  a + b + c +  a + b + c +  + + f ( a , b, c ) =  + +  ≤ 10   a + b + c +  a + b + c +  MN ⇔ ≤ 10 (a + 1)(b + 1)(c + 1)(a + 2)(b + 2)(c + 2) x= Ở đó: M = (a + )(b + 1)(c + 1) + (a + 1)(b + 2)(c + 1) + (a + 1)(b + 1)(c + 2) N = (a + 1)(b + 2)(c + 2) + (a + 2)(b + 1)(c + 2) + (a + 2)(b + 2)(c + 1) Thật đáng tiếc bất đẳng thức: MN − 10(a + 1)(b + 1)(c + 1)(a + 2)(b + 2)(c + 2) ≤ đánh giá định lý ABC được, hệ số a b c cuối thu âm (bạn đọc nhẩm dễ dàng) Thế không bỏ cách dễ dàng, nhờ ABC Upgrade để giải trường hợp Cố định abc a + b + c , ta thấy biểu thức thu đa thức bậc theo ab + bc + ca Vậy nên ta đến kết luận bất đẳng thức cho đạt cực trị có hai biến Như ta chì cần chứng minh bất đẳng thức:  a + b +  a + b +  f (a, a, b ) =  + +   ≤ 10  a + b +  a + b +    a +   b +    a +   b +   ⇔  2 −     − 2   ≤   a +   b +    a +   b +   ⇔ −(ab + 3b )(ab + 3a ) ≤ Như toán chứng minh Sau số tập cho bạn áp dụng: Bài 1[Tạp chí toán học tuổi trẻ]: Cho a, b, c ∈ [1, ] Tìm giá trị lớn của: a + b3 + c3 3abc Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ A= Bài 2: [Sưu tầm] Cho x, y, z ∈ [1,2] Chứng minh rằng: (x + y + z ) + +  ≥ 6 x y z x y z + +  y+z z+x x+   y  F.Định lý ABC mở rộng Như giải hai yếu điểm ABC Yếu điểm thứ ba dễ nhận ABC áp dụng cho toán ba biến, nhiều biến nào??? Chúng ta giải vấn đề với định lý ABC mở rộng Trước hết, làm quen với khái niệm nằm định lý ABC I Khả ABC 1) Định nghĩa Xét biểu thức ba biến f (a, b, c ) Ta gọi f (a, b, c ) biểu thức khả ABC bất đẳng thức f (a, b, c ) ≥ chứng minh dựa vào định lý ABC để đưa hai trường hợp sau: i) Hai biến ii) Một biến 2) Phương pháp chứng minh khả ABC Để chứng minh biểu thức f (a, b, c ) khả ABC, ta chuyển biểu thức f (a, b, c ) thành biểu thức g biến A = a + b + c, B = ab + bc + ca, C = abc Biểu thức f (a, b, c ) biểu thức khả ABC g ( A, B, C ) hàm lồi theo biến C Ví dụ : Chứng minh biểu thức sau khả ABC f (a, b, c) = a + b + c + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca (c + a ) Giải: Đặt A = a + b + c, B = ab + bc + ca, C = abc , ta có: f (a, b, c) = g ( A, B, C ) = A − AB + 3C + 3C − AB + 3C = A − AB + 9C Xét g ( A, B, C ) theo biến C Ta có: g ' = 9, g '' = g hàm lồi theo biến C Vậy biểu thức f (a, b, c) khả ABC II Định lý ABC mở rộng Xét biểu thức đối xứng n biến f (a1 , a , , a n ) , f có cực tiểu n ≥ Ta coi f (a1 , a , , a n ) biểu thức ba biến g (a1 , a , a ) với số a , a5 , , a n coi số Khi g khả ABC bất đẳng thức f (a1 , a , , a n ) ≥ đưa xét hai trường hợp sau: i ) m biến nhau, n-m biến ii ) biến Bất đẳng thức chứng minh đắn chứng minh tính đắn hai trường hợp Chứng minh: Ta giả sử f có cực tiểu giả thiết nêu cực tiểu xảy điểm ( x1 , x , , x n ) (*) Nếu x1 x x n = hay xi có khả nhận hai giá trị cố định cực tiểu không âm theo giả thiết nêu định lý Nếu xi có khả nhận ba giá trị khác khác 0, ta giả sử ( x1 , x , x3 ) mà ba giá trị khác khác đôi Ta cố định biến x , x5 , , x n số xét hàm f ( x1 , x , x3 , x , , x n ) hàm g ( x1 , x , x3 ) Theo giả thiết g khả ABC, nên đạt cực tiểu có hai số nhau, hay số Điều có nghĩa tồn (a, b, c ) để g ( x1 , x , x3 ) > g (a, b, c ) hay f ( x1 , x , x3 , x , , x n ) ≥ f (a, b, c, x , , x n ) Điều mâu thuẫn với giải thiết (*) Tóm lại định lý ABC chứng minh III Ứng dụng ABC mở rộng Bài toán 1: Chứng minh bất đẳng thức sau với giá trị thực dương a, b, c, d ( ) ( ) ( ) a4 + b4 + c4 + d a2 + b2 + c2 + d ≥ 1+ (*) 4abcd ab + ac + ad + bc + bd + cd Giải: Bất đẳng thức tương đương với: a + b + c + d (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) − 4abcd (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) − 12abcd a + b + c + d ≥ Đặt: f (a, b, c, d ) = a + b + c + d (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) − 4abcd (ab + ac + ad + bc + bd + cd ) − ( ) ( ) 12abcd (a + b + c + d ) Nhận xét cố định biến d f hàm đối xứng theo ba biến, f khả ABC Như theo định lý ta phải xét trường hợp sau (ta xứ lý với (*)): i )a = , bất đẳng thức hiển nhiên ii )a = b = x, c = d = y , bất đẳng thức tương đương với: 3( x + y ) x2 + y2 ≥ 1+ 2x y x + y + xy 2 2 ( ) 3( x + y ) ( x − y ) 2( x − y ) ⇔ ≥ 2 2x y x + y + xy Áp dụng BDT ( x + y ) ≥ xy x + y ≥ xy ta chứng minh trường hợp iii )a = b = c = x, d = y , bất đẳng thức tương đương với: 3x + y 3x + y ≥ + 4x3 y x + xy ( ) ( ( ) ) 3( x − y ) x + xy + y 3( x − y ) ≥ 4x y 3x + xy 2 Áp dụng bất đẳng thức x + xy ≥ 3x 3x + xy + y ≥ xy ta chứng minh trường hợp nỳa Tóm lại theo định lý ta có đìêu phải chứng minh ⇔ Bài toán 2: Cho số thực a1 , a , , a n ≥ thỏa mãn a1 + a + + a n = n Chứng minh rằng: 1 2n n − + + + + ≥ n + n −1 a1 a a n a1 + a 22 + + a n2 Giải: Đặt f (a1 , a , , a n ) = VP Cố định a , a5 , , a n ta hàm ba biến khả ABC Như ta cần xét trường hợp: i )a1 = Bất đẳng thức hiển nhiên ii ) mx + (n − m) y = n Chứng minh: m n−m 2n n − + + ≥ n + n −1 x y mx + (n − m) y Ta đưa toán: mx + (n − m) y  m n − m  n − 1(mx + (n − m ) y ) +  + ≥ n + n −1 n y  n mx + (n − m ) y x ( n − 1m(n − m )( x − y ) m(n − m )( x − y ) ≥ nxy nmx + n(n − m ) y 2 ⇔ ( ) ) ⇔ mx + (n − m) y − n − 1xy ( x − y ) ≥ Bất đẳng thức đắn do: mx + (n − m ) y ≥ m(n − m) xy ≥ n − 1xy Tóm lại bất đẳng thức chứng minh hoàn toàn IV Bài tập Bài 1: Chứng minh bất đẳng thức sau cho số thực dương a, b, c, d a4 + b4 + c4 + d 1 1 1 + 14 ≥ (a + b + c + d ) + + +  2abcd a b c d  Bài 2: Cho số thực dương a1 , a , , a n thoã: ∑ a j = Chứng minh 1≤i < j ≤ n n   2   2  2   a1 + + a n + ka1 a a n ≥ + 2, k  ( ) n −1 n n −       Bài 3: Chứng minh x1 , x , , x n số thực thoã: x12 + x 22 + + x n2 = ta có bất đẳng thức sau: x13 + x 23 + + x n3 + x x x ≤1 (n − 2) n + ∑ G Kết luận Trong phần tập, cố gắng ghi rõ nguồn gốc toán lấy từ đâu Tuy nhiên hạn chế nên số toán không rõ xuất xứ, xin chân thành xin lỗi tác giả toán xin đề tựa toán Sưu Tầm ( )