phương pháp dồn biến

PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN ĐỐI VỚI BẤT ĐẲNG THỨC BA BIẾN SỐ KỸ THUẬT DỒN VỀ HAI BIẾN BẰNG NHAU iả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức ba biến dạng: f x y z ( , , 0 ) ≥ với x y z , , là các biến số thực thỏa mãn các tính chất nào đó. Khi đó ta sẽ thực hiện hai bước chính sau đây

Phương pháp dồn biến PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN Phan Thành Việt Nội dung: Giới thiệu BĐT biến với cực trò đạt đối xứng Dồn biến kó thuật hàm số BĐT biến với cực trò đạt biên BĐT biến Dồn biến hàm lồi Dồn biến giá trò trung bình Đònh lý dồn biến tổng quát Nhìn lại 10 Bài tập Giới thiệu Các bạn thân mến, nhiều số BĐT mà ta gặp có dấu đẳng thức biến số Một ví dụ kinh điển √ Ví dụ 1: (BĐT Cauchy) Cho x, y, z > x + y + z ≥ 3 xyz Có thể nói số lượng BĐT nhiều nhiều bạn thấy điều hiển nhiên Tất nhiên, không hẳn Tuy nhiên, trường hợp đẳng thức không xảy tất biến ta lại thường rơi vào trường hợp khác, tổng quát hơn: có số (thay tất cả) biến Ở dẫn ví dụ chứng minh phần sau Ví dụ 2: (VMO) Cho x, y, z ∈ R, x2 + y + z = Thì 2(x + y + z) − xyz ≤ 10 vò) Trong BĐT dấu "=" xảy x = y = 2, z = −1 (và hoán Có thể nhiều bạn ngạc nhiên biết có bất đẳng thức mà dấu "=" xảy biến khác Ví dụ sau chứng minh phần sau Ví dụ 3: (Jackgarfukel) Cho a, b, c số thực không âm có tối đa số Thì ta có: a 5√ b c √ ≤ a+b+c +√ +√ c+a a+b b+c Ở đây, dấu đẳng thức xảy a = 3b > 0, c = (và dạng hoán vò) Các bạn tự hỏi giá trò chẳng hạn (3, 1, 0) có đặc biệt mà làm cho đẳng thức xảy Một cách trực giác, ta thấy dường điểm đặc biệt có biến Vì giả thiết biến không âm, nên biến gọi biến có giá trò biên Tóm lại, BĐT mà ta gặp, có trường hợp dấu "=" xảy thường gặp: trường hợp tất biến (ta gọi "cực trò đạt tâm"), tổng quát trường hợp có số biến (ta gọi "cực trò đạt có tính đối xứng"), trường hợp khác dấu "=" xảy có biến có giá trò biên (và ta gọi "cực trò đạt biên") Phương pháp dồn biến đặt để giải BĐT có dạng Ý tưởng chung là: ta đưa trường hợp có hai biến nhau, biến có giá trò biên, số biến giảm Do BĐT đơn giản BĐT ban đầu, đặc biệt BĐT biến cách khảo sát hàm biến số ta chứng minh BĐT đơn giản Chính tư tưởng giảm dần số biến nên phương pháp gọi phương pháp dồn biến Bây trình bày kó thuật phương pháp thông qua toán cụ thể Đối tượng quan trọng mà muốn bạn đọc nắm bắt BĐT với biến số Sau đó, mở rộng cho biến trình bày Cuối cùng, đến với phương pháp dồn biến tổng quát cho n biến số, bạn đọc từ kết "cổ điển" tới cải tiến nhỏ sau kết tổng quát Tinh thần xuyên suốt muốn bạn đọc cảm nhận tính tự nhiên vấn đề Qua đó, bạn lý giải "tại sao", để tự bước đường sáng tạo *Ghi chú: Chúng đánh dấu toán theo mục Vì số lượng đònh lý nên không đánh dấu Chúng cố gắng ghi tên tác giả nguồn trích dẫn tất kết quan trọng, ngoại trừ kết BĐT biến với cực trò đạt đối xứng Xin phác họa lại tư tưởng sau Bài toán có dạng f (x, y, z) ≥ với x, y, z biến số thực thỏa mãn tính chất Điều mong muốn có đánh giá f (x, y, z) ≥ f (t, t, z) với t đại lượng thích hợp tùy theo liên hệ x, y, z (ta gọi kó thuật dồn biến nhau) Sau kiểm tra f (t, t, z) ≥ để hoàn tất chứng minh Lưu ý biến chuẩn hóa bước cuối toán với biến Trong mục này, xem xét ví dụ Bài toán (BĐT Cauchy) Cho x, y, z > 0, chứng minh √ x + y + z ≥ 3 xyz Lời giải: Vì BĐT đồng bậc nên cách chuẩn hóa ta giả sử x+y+z = (*) Viết lại toán dạng f (x, y, z) ≥ với f (x, y, z) = − 27xyz Ta điều kiện (*) bảo toàn (tức thấy thay x y t = x+y có t + t + z = 1), nên ta phải xem xét thay đổi xyz Theo BĐT Cauchy với biến (chứng minh đơn giản) xy ≤ t2, nên xyz ≤ t2z Vậy f (x, y, z) ≥ f (t, t, z) Cuối để ý z = − 2t nên ta có: f (t, t, z) = − 27t2 z = − 27t2 (1 − 2t) = (1 + 6t)(1 − 3t)2 ≥ toán chứng minh xong Đẳng thức xảy x = y 3t = 1, nghóa x = y = 1/3, tương đương với x = y = z *Nhận xét: 1) Có thể nhiều bạn bỡ ngỡ với cách chuẩn hóa Chúng xin nói rõ: bí ẩn Nếu thích, bạn hoàn toàn chuẩn hóa theo cách khác, chẳng hạn giả sử xyz = chứng minh f (x, y, z) ≥ với f (x, y, z) = x + y + z − Khi bước dồn biến chứng √ minh f (x, y, z) ≥ f (t, t, z) với t = xy Đề nghò bạn đọc tự lý giải √ lại xét t = xy, sau lời giải ta xét t = x+y hoàn thành chứng minh theo cách 2) Bạn đọc thắc mắc: không cần chuẩn hóa không? Câu trả lời là: được! Thật vậy, hoàn toàn xét toán f (x, y, z) ≥ √ với f (x, y, z) = x + y + z − xyz Khi bước dồn biến chứng minh √ hay t = xy Thực chất, điều f (x, y, z) ≥ f (t, t, z) với t = x+y hoàn toàn dễ hiểu, tương ứng BĐT có điều kiện BĐT không điều kiện (qua kó thuật chuẩn hóa) 3) Chúng nghó bạn đồng ý rằng: toán chuẩn hóa (tức BĐT có điều kiện) "gợi ý" cho cách dồn biến (phải đảm bảo điều kiện), nhiên, ngược lại toán chưa chuẩn hóa (BĐT không điều kiện) có nhiều cách để dồn biến (nói chung, ta chọn cách dồn biến cho bảo toàn "nhiều" biểu thức BĐT - điều tương đương với chuẩn hóa cho biểu thức có dạng đơn giản nhất) Do đó, phối hợp tốt kó thuật chuẩn hóa dồn biến điều cần thiết Tuy nhiên, quen với điều bạn thấy khác biệt đáng kể chúng Bài toán (BĐT Schur) Cho a, b, c ≥ 0, chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2(a + b) Lời giải: Xét f (a, b, c) = a3 + b3 + c3 + 3abc − a2(b + c) − b2 (c + a) − c2 (a + b) Đặt t = b+c , ta hi vọng: f (a, b, c) ≥ f (a, t, t) Xét d = f (a, b, c) − f (a, t, t) = b + c − a (b − c)2 Ta thấy với a, b, c số không âm tùy ý d ≥ Tuy nhiên, giả sử a = min{a, b, c} ta có d ≥ Khi ta phải chứng minh f (a, t, t) ≥ Nhưng BĐT tương đương với a(a − t)2 ≥ nên hiển nhiên Bài toán chứng minh xong *Nhận xét: Việc giả sử a = min{a, b, c} thủ thuật thường áp dụng để dồn biến Nhắc lại BĐT biến đối xứng ta giả sử a ≤ b ≤ c (hoặc a ≥ b ≥ c), trường hợp BĐT biến hoán vò vòng quanh ta giả sử a = min{a, b, c} (hoặc a = max{a, b, c}) Bài toán Cho a, b, c số thực dương có tích Chứng minh rằng: 1 + + + ≥ a b c a+b+c Hướng dẫn: Nếu toán ban đầu toán quen thuộc, toán khó Với kinh nghiệm thu từ toán 1, nghó tới việc dồn biến theo trung bình nhân để khai thác giả thiết tích ba số Một lời giải theo hướng bạn Yptsoi (Đài Loan) đưa lên diễn đàn Mathlinks, mà sau xin dẫn lại cách vắn tắt √ √ Ta chứng minh f (a, b, c) ≥√f (a,√ bc, bc) giả sử a ≥ b ≥ c Tiếp theo, ta chứng minh f (a, bc, bc) ≥ 5, √ f , x, x ≥ 5, vớ i x = bc x2 BĐT tương đương với (x − 1)2 (2x4 + 4x3 − 4x2 − x + 2) ≥ Vì biểu thức ngoặc thứ hai dương với x > nên chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = Qua ví dụ trên, thấy cách dồn biến trung bình cộng trung bình nhân thật hữu dụng Tuy nhiên, cách dồn biến vô phong phú uyển chuyển Ví dụ sau minh họa cho điều Bài toán 4.(Iran 1996) Chứng minh với a, b, c > thì: (ab + bc + ca) 1 + + ≥ (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 Hướng dẫn: Đây toán khó Các bạn thấy điều qua kiện dấu "=" đạt a = b = c có a = b, c → Các bạn nên thử để thấy cách dồn biến thông thường trung bình cộng trung bình nhân dẫn đến BĐT vô phức tạp Lời giải sau lấy từ ý thầy Trần Nam Dũng, mà nhìn kó bạn thấy mối tương quan, không tính toán mà tư duy, kó thuật chuẩn hóa dồn biến, mà đề cập nhận xét 3) toán Vì BĐT đồng bậc nên ta giả sử ab + bc + ca = (*) Bây ta hi vọng có đánh giá f (a, b, c) ≥ 94 với f (a, b, c) biểu thức thứ hai vế trái BĐT cần chứng minh Ở t phải thỏa liên hệ (*), nghóa t2 + 2tc = Bằng cách giả sử c = min{a, b, c} ta chứng minh f (a, b, c) ≥ f (t, t, c) Cuối cùng, ta kiểm tra f (t, t, c) ≥ 94 Ở bạn đọc thay vào BĐT để thấy: c = 1−t 2t f (t, t, c) = (1 − t2)(1 − 3t2)2 ≥0 4t2(1 + t2) Bài toán chứng minh xong! *Nhận xét: Ở bước cuối, bạn không chuẩn hóa mà quay lại BĐT đồng bậc: + ) ≥ (t + c)2 4t2 2 ⇔ (t + 2tc)(8t + (t + c) ) − 9(t + c)2 t2 ≥ ⇔ 2tc(t − c)2 ≥ (t2 + 2tc)( Cuối đến với ví dụ mà cực trò không đạt tâm, BĐT đối xứng Các bạn thấy rằng, đường phần quan trọng dồn hai biến nhau, sau cực trò đạt tâm hay không điều mấu chốt Bài toán (VMO) Cho x, y, z số thực thỏa mãn: x2 + y + z = Chứng minh rằng: 2(x + y + z) − xyz ≤ 10 Lời giải Đặt f (x, y, z) = 2(x + y + z) − xyz Chúng ta hi vọng có f (x, y, z) ≥ f (x, t, t), t2 = (y + z 2)/2 (*) (chúng nghó bạn đọc tự lý giải điều này) Lưu ý (*) t nhận giá trò, để đònh ý ta xét t ≥ Ta có: d = f (x, y, z) − f (x, t, t) = 2(y + z − 2t) − x(yz − t2) Ta thấy y + z − 2t ≤ yz − t2 ≤ Do để có d ≤ ta cần x ≤ Từ đó, ta giả sử x = min{x, y, z} Xét trường hợp x ≤ Khi ta dồn biến phải chứng minh f (x, t, t) ≤ 10 Thay t = (9 − x2 )/2 ta có: g(x) = f (x, t, t) = 2x + Ta có: g (x) = 2(9 − x2) − x(9 − x2)/2 4x 3x2 − −√ 2 18 − 2x2 Giải ta thấy phương trình g (x) = có nghiệm âm x = −1 Hơn g liên tục g (−2) > > g(0) nên suy g đổi dấu từ dương sang âm qua điểm x = −1 Vậy ∀x ≤ g(x) ≤ g(−1) = 10 ta có điều phải chứng minh Trường hợp đẳng thức đạt x = −1, y = z = Phần lại ta phải giải trường hợp x > 0, tức số x, y, z dương Lúc dấu BĐT thực ta cần đánh giá đơn giản thông qua dồn biến Nếu x ≥ 3/4 f (x, y, z) = 2(x + y + z) − xyz ≤ √ 27 < 10 3(x2 + y + z ) − ( )3 = 27− 64 Nếu x ≤ 3/4 f (x, y, z) = 2(x + y + z) − xyz ≤ 2( √ 2(y + z )+3/4) ≤= 2( 18 +3/4) < 10 Bài toán chứng minh xong! Dồn biến kó thuật hàm số Đây kó thuật quan trọng phương pháp dồn biến Tuy nhiên giới thiệu sau phần nhằm trang bò cho bạn kó thuật cần thiết trước qua mục sau Hơn nữa, nghó quen với bạn phân biệt cực trò đạt tâm hay biên, mục nhẹ nhàng Trong $2 thấy để chứng tỏ f (x, y, z) ≥ f (t, t, z) ta việc xét hiệu d = f (x, y, z) − f (t, t, z) tìm cách đánh giá cho d ≥ Tuy nhiên, dạng BĐT đơn giản, phù hợp với biến đổi đại số Giả sử ta phải làm việc với biểu thức f có dạng, chẳng hạn, như: f (x, y, z) = xk + y k + z k với k > cách biến đổi đại số trở nên cồng kềnh phức tạp Kó thuật hàm số dùng để giải trường hợp Ý tưởng này, chẳng hạn để chứng minh f (x, y, z) ≥ f (x, t, t) với t = (y + z)/2, ta xét hàm: g(s) = f (x, t + s, t − s) với s ≥ Sau chứng minh g tăng với s ≥ (thông thường dùng công cụ đạo hàm tiện lợi), suy g(s) ≥ g(0), ∀s ≥ 0, ta thu điều mong muốn Một ví dụ quen thuộc với bạn dồn biến hàm lồi, nhiên quan sát kó thuật dồn biến bối cảnh tổng quát hơn, vấn đề hàm lồi trở lại mục sau toán với n biến Chúng nhấn mạnh rằng, kó thuật khó, chứa đựng nét tinh tế phương pháp dồn biến Những ví dụ sau thể rõ vẻ đẹp sức mạnh phương pháp dồn biến Bài toán Cho k > a, b, c số không âm có tối đa số Chứng minh rằng: ( a k b k c k ) +( ) +( ) ≥ min{2, k } b+c c+a a+b (∗) Lời giải: Tất nhiên ta cần chứng minh BĐT = 23k ⇔ k = ln3 − (các ln2 bạn suy nghó BĐT cho trường hợp lại dẫn đến BĐT cho trường hợp tổng quát) Chú ý với k đẳng thức xảy hai chỗ a = b = c a = b, c = (và hoán vò) Không tổng quát giả sử a + b + c = b ≥ c ≥ a Đặt t = b+c m = b−c , suy b = t + m, c = t − m, a = − 2t Khi vế trái 2 BĐT cần chứng minh là: f (m) = − 2t 2t k + t+m 1−t−m k + t−m 1+m−t k Vì c ≥ a nên 3t − ≥ m ≥ 0, ≥ b + c = 2t nên 12 ≥ t ≥ 13 Ta khảo sát f (m) miền m ∈ [0, 3t − 1] với t ∈ [ 13 , 12 ] số Ta có: k(t + m)k−1 k(t − m)k−1 − (1 − t − m)k+1 (1 + m − t)k+1 (t + m)k−1 (t − m)k−1 f (m) ≥ ⇔ ≥ (1 − t − m)k+1 (1 + m − t)k+1 k+1 [ln(1 − t − m) − ln(1 + m − t)] ≥ ⇔ g(m) := [ln(t − m) − ln(t + m)] − 1−k f (m) = Tiếp tục khảo sát g, ta có: k+1 1 + + + ≥0 t−m t+m 1−k 1−t−m 1+m−t k+1 2(1 − t) −2t + ≥ (1) ⇔ (t − m)(t + m) − k (1 − t − m)(1 + m − t) g (m) = − Đánh giá k+1 1−k ≥ 2, để chứng minh (1) ta cần chứng minh 2(1 − t) −t + ≥ (1) −m (1 − t)2 − m2 ⇔ u(m) = −t + 4t2 − 3t3 + 3tm2 − 2m2 ≥ ⇔ t2 Thật vậy, u (m) < nên u(m) ≥ u(3t − 1) = 2(3t − 1)(2t − 1)2 ≥ Vậy g(m) đồng biến suy g(m) ≥ g(0) = suy f (m) ≥ suy f (m) ≥ f (0) Nhớ m = b = c = t Cuối cùng, ta cần chứng minh h(t) := f (0) ≥ Viết lại: h(t) = k − 2t 2t +2 t 1−t k Ta khảo sát h(t) miền t ∈ [0, 13 ] Ta có: 2ktk−1 k (1 − 2t)k−1 − ≤0 h (t) = (1 − t)k+1 2k tk+1 ⇔ 2k+1 t2k ≤ [(1 − t)(1 − 2t)]k−1 (2) Trong BĐT cuối, vế trái hàm đồng biến theo t vế phải hàm nghòch biến theo t, lưu ý t ≤ 13 nên để chứng minh (2) ta cần: 2k+1 2k ≤ [(1 − )(1 − )]k−1 3 Bất đẳng thức đúng, nên h(t) nghòch biến, suy h(t) ≥ h( ) = Bài toán giải trọn vẹn! Nhận xét: Để thấy nét đẹp toán này, xin dẫn số trường hợp riêng nó, thân chúng toán hay biết đến cách rộng rãi 1) Trường hợp k = 1, ta thu BĐT Netbit: a b c + + ≥ b+c c+a a+b Đây BĐT tiếng Một cách chứng minh "kinh điển" là: b c a+b+c a+b+c a+b+c a + + +3= + + b+c c+a a+b b+c a+c a+b 1 + + ) = (a + b + c)( b+c c+a a+b 9 ≥ (a + b + c) = (b + c) + (c + a) + (a + b) 2) Trường hợp k = 12 , ta thu BĐT sau: a + b+c b + c+a c ≥2 a+b Đây toán đẹp, trước biết đến BĐT ngược chiều với BĐT Netbit Có lời giải đơn gản, dùng BĐT Cauchy: 2a 2a a = ≥ b+c a+b+c a(b + c) 3) Trường hợp k ≥ 23 , ta có BĐT sau: ( a k a k a k ) +( ) +( ) ≥ k b+c b+c b+c 10 Đây toán đẹp biết đến từ trước mở rộng cho BĐT Netbit (nó đăng tạp chí THTT với tên tác giả Trần Tuấn Anh) Từ kết toán tổng quát, ta biết 2/3 số tốt để có giá trò nhỏ 3/2k Tuy nhiên, số tốt theo nghóa áp dụng BĐT Cauchy theo cách sau Để đơn giản trình bày với trường hợp k = 2/3 b+c b+c b+c + ≥ a( ) 2 2a 3a )3 ≥ ⇒( b+c a+b+c a+b+c = a+ Cùng với toán 1, toán sau ví dụ đẹp cho kó thuật hàm số Bài toán Cho k > 0, a, b, c ≥ a + b + c = Chứng minh rằng: (ab)k + (bc)k + (ca)k ≤ max{3, ( )k } (∗) Lời giải: Không tổng quát giả sử b ≥ c (còn việc cho a = hay max tùy theo tình huống, ta điều chỉnh cách "hợp lí" cần thiết) Đặt t = b+c m = b−c suy b = t + m, c = t − m Khi vế trái BĐT 2 cần chứng minh trở thành: f (m) = ak [(t + m)k + (t − m)k ] + (t2 − m2)k Ta khảo sát f (m) miền m ∈ [0, t] Ta có: f (m) = kak [(t + m)k−1 − (t − m)k−1 ] − 2km(t2 − m2)k−1 f (m) ≥ ⇔ g(m) := ak [(t − m)1−k − (t + m)1−k ] − 2m ≥ Tất nhiên ta cần xét k > (khi k ≤ toán đơn giản) Ta có: g (m) = ak k(k − 1)[(t − m)−k−1 − (t + m)−k ] > 11 ⇒ g (m) đồng biến, có tối đa nghiệm (0, t) Vì g(0) = 0, g(t) = +∞ nên có hai khả năng: g(m) > g(m) = − + Tương ứng ta có f (m) lên f (m) xuống lại lên Trong trường hợp cực đại đạt biên f (m) ≤ max{f (0), f(t)} Nhắc lại m = ⇔ b = c = t m = t ⇔ c = Dễ thấy c = thì: f (t) = 2(ab)k ≤ 2k nên ta phải xét trường hợp lại Đặt: h(t) := f (0) = 2tk ak + t2k = 2tk (3 − 2t)k + t2k Ta có: h (t) = −4k(3 − 2t)k−1 tk + 2k(3 − 2t)k bk−1 + 2kb2k−1 − 2t t k−1 k − 2t h (t) ≥ ⇔ −2 + +1≥0 t − 2t ⇔ u(x) := xk − 2xk−1 + ≥ với x = t k−2 Ta có: u (x) = [kx − 2(k − 1)]x Vì u (x) có tối đa nghiệm R+ nên u(x) có tối đa nghiệm R+ , nghiệm x = Từ đó, ta giả sử a = min{a, b, c} Khi ta việc xét t ≥ tương ứng x ≤ Vì u(x) có tối đa nghiệm (0, 1) nên h (t) có tối đa nghiệm (1, 32 ) Lưu ý lưu ý h (1) = 0, h ( 32 ) > Do đó, có hai khả h(t) đồng biến h(t) có dạng −0+ Trong trường hợp h(t) đạt max hai biên, suy ra: 3 h(t) ≤ max{f (1), f( )} = max{3, ( )2k } 2 toán giải xong! 12 *Nhận xét: Ở không giả thiết a = min{a, b, c} từ đầu muốn nhấn mạnh rằng: việc dồn biến thực mà không cần thứ tự biến Tận dụng điều đó, làm cách khác để né việc khảo sát toán biến Thật vậy, chứng minh ra, ta có BĐT sau mà không cần giả thiết thứ tự a, b, c: b+c b+c f (a, b, c) ≤ max{( )2k , f(a, , )} 2 (∗) Từ đó, với a, b, c cố đònh, xét dãy số sau: (a0, b0, c0 ) = (a, b, c), ∀n ∈ Z + ta đònh nghóa quy nạp: (a2n−1 , b2n−1 , c2n−1 ) = (a2n−2 , và: (a2n , b2n , c2n ) = ( b2n−2 + b2n−2 b2n−2 + b2n−2 , ) 2 a2n−1 + b2n−1 a2n−1 + b2n−1 , , c2n−1 ) 2 ta có f (a, b, c) ≤ max{( )2k , f(an , bn , cn )}, ∀n ∈ Z + Dễ thấy dãy {an }, {bn }, {bn } hội tụ 1, nên chuyển qua giới hạn ta có điều phải chứng minh Kó thuật chuyển qua giới hạn tự nhiên Nó tổng quát lên thành đònh lý dồn biến tổng quát SMV UMV mà giới thiệu phần sau Cũng sử dụng tính liên tục hàm số với kó thuật khác, đạt kết tổng quát Sau có (*), cách khác để đạt điều phải chứng minh mà cần sử dụng số hữu hạn lần thay Tuy nhiên, để khỏi trùng lắp giới thiệu mục BĐT biến (và mục sau), mà thực cần thiết h Còn trường hợp biến, sử dụng cách tiếp cận đơn giản (dồn biến khảo sát), nhằm giữ tính sáng tư tưởng Chúng hi vọng rằng, sau đọc kó hai toán trên, bạn sử dụng kó thuật hàm số để dồn biến theo cách bất kì, không 13 thiết dồn trung bình cộng Sau ví dụ cho kiểu dồn biến trung bình nhân Bài toán 3: (Phạm Kim Hùng) a) Cho số thực dương a, b, c có tích Chứng minh rằng: (i) 81(1 + a2 )(1 + b2)(1 + c2 ) ≤ 8(a + b + c)4 (ii) 64(1 + a3)(1 + b3)(1 + c3 ) ≤ (a + b + c)6 Lời giải: (i) Đặt f (a, b, c) = 8(a + b + c)4 − 81(1 + a2)(1 + b2 )(1 + c2 ) Ta giả sử a ≥ b Xét hàm số g(t) = f (ta, b/t, c) với t ∈ [ b/a, 1] Ta có: g (t) = 32(a − b b b b + c) )(1 + c2 ) )(ta + − 81(a − )(ta + t2 t t2 t Vì t ∈ [ b/a, 1] nên g (t) ≥ nếu: 32(d + c)3 ≥ 81d(1 + c2 ) với d = ta + b t √ Ta có: 32(d + c)3 > 32d(d2 +2dc+3c2 ) ≥ 32d(3 d4 c2 +3c2 ) > 81d(1 +c2 ) (lưu ý d2 c ≥ 4) với t ∈ [ b/a, 1] Do đó: g(1) ≥ g( b/a) Vậy f (a, b, c) ≥ Vậy g (t) ≥ √ √ f (s, s, c) với s = ab Thay s = 1/ c ta được: 1 f (s, s, c) = f ( √ , √ , c) = 8( √ + c)4 − 81(1 + )2(1 + c2) c c c c √ c−1 9 =( ) (8c + 16c + 24c4 + 96c + 87c3 + 78c + c √ +99c2 + 120c − 21c + 94 c + 47) ≥0 (đpcm) Đẳng thức xảy a = b = c = (ii) Bằng cách làm tương tự trên, bạn đọc tự chứng minh BĐT Ở xin lưu ý BĐT thực 64 số tốt Điều cuối mà muốn nói với bạn đọc, từ việc nắm phương pháp đến việc vận đụng cách thành thạo trình Điều cần bạn phải có ý chí để thực vấn đề tới nơi tới chốn đừng bỏ dở nửa chừng, dù phải đối mặt với tính 14 toán phức tạp Rồi thành công trước toán khiến bạn tự tin Chúng dẫn toán mà lời giải khiến nhiều bạn "khiếp sợ", nhiên hi vọng bạn bình tâm để thấy vẻ đẹp sáng ẩn đằng sau kó thuật tính toán lão luyện Bài toán Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = Tìm giá trò lớn biểu thức: ab bc ca + + 2 3+c 3+a + b2 Lời giải: Lời giải sau anh Phan Thành Nam Giả sử a ≥ b ≥ c Đặt a = s + t, b = s − t vế trái BĐT cần chứng minh là: c(s + t) s2 − t2 c(s − t) + + f (t) := + (s + t)2 + (s − t)2 + c2 Ta khảo sát f (t) miền t ∈ [0, s − c] Ta có: −c 2c(s2 − t2) c 2c(s2 − t2 ) 2t − + + − 2 2 2 + (s + t) (3 + (s + t) ) + (s − t) (3 + (s − t) ) + c2 4cst 8cst(s2 − t2 )(u + v) 2t + = − < 0, ∀t ∈ (0, s − c) (∗) uv u2 v + c2 f (t) = với u = + (s + t)2, v = + (s − t)2 (BĐT (*) chứng minh sau) Vậy ∀t ∈ [0, s − c] thì: f (t) ≤ f (0) = s2 2s(3 − 2s) s2 2cs + = + =: g(s) + s2 + c2 + s2 + (3 − 2s)2 (1) Xét g(s) với s ∈ [1, 32 ] Ta có: g (s) = 24s − 12s2 18 − 24s − 6s2 108(s2 − 3s + 4)(s − 1)2 (−s2 − 3s + 6) + = (3 + (3 − 2s)2 )2 (3 + s2 )2 [3 + (3 − 2s)2 ]2 [3 + s2 ]2 √ √ Dễ thấy s2 − 3s + > −s2 − 3s + = ( 33−3 − s)(s + 33+3 ) nên g (s) 2√ 33−3 dương (1, s0) âm (s0 , ) với s0 := = 1, 372281323 Vậy ∀s ∈ [1, 32 ] thì: √ 11 33 − 45 (2) g(s) ≤ g(s0 ) = 24 15 Trong (1) (2), dấu "=" xảy đồng thời t = s = s0 , tức a = b = s0 c = − 2s0 √ 33−45 = 0, 757924546 , đạt Vậy giá trò lớn cần tìm 11 24 √ √ 33−3 a = b = = 1, 372281323 …, c = − 33 = 0, 255437353 Để kết thúc, ta chứng minh BĐT (*) Đây BĐT chặt Ta với t ∈ (0, s − c) thì: 4cs < uv + c2 (3) 8cs(s2 − t2)(u + v) ≤ 2 uv + c2 (4) xong! Chứng minh (3): Vì c + 2s = s > nên cs < Hơn u = + (s + t)2 > 4, v = + (s − t)2 > + c2 Từ suy (3) Chứng minh (4): Dùng BĐT Cauchy ta có: u2v = [[3 + (s + t)]2 [3 + (s - t)]2 ]2 ≥ 16(s2 − t2), 2 2 2cs(u + v)(3 + c ) = 4cs(3 + s + t )(3 + c ) ≤ 4cs + + s2 + t2 + + c2 3 Thay c = − 2s vào, lưu ý t ≤ s − c = 3s − 3, ta có: 4cs + + s2 + t2 + + c2 ≤ 4(3 − 2s)s + + s2 + (3s − 3)2 + (3 − 2s)2 = 12 + 6(s − 1)(s − 2) ≤ 12 suy 2cs(u + v)(3 + c2 ) < 43 Vậy: s2 − t2 2cs(u + v)(3 + c2 ) 43 8cs(s2 − t2)(u + v) = ≤ = 2 2 uv uv 3+c 3+c + c2 toán giải xong! BĐT biến với cực trò đạt biên Nếu phần trước hiểu "dồn biến" "đẩy hai biến lại gần nhau", trường hợp ta phải hiểu "dồn biến" nghóa "đẩy biến biên" Chẳng hạn xét BĐT f (x, y, z) ≥ với x, y, z ≥ 0, ta hi vọng vào đánh giá f (x, y, z) ≥ f (0, s, t), s, t đại lượng thích hợp sinh từ biến a, b, c (ta gọi 16 kó thuật dồn biến biên) Tất nhiên ta chọn s, t cho hiệu d = f (x, y, z) ≥ f (0, s, t) đơn giản đánh giá thuận lợi Cuối ta việc kiểm chứng f (0, s, t) ≥ Trước hết, để bạn làm quen với cách dồn biến "mới mẻ" này, xin trở lại ví dụ phần trước Bài toán 1: (BĐT Schur) Cho a, b, c ≥ Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2(a + b) Lời giải: Trong $2, giải cách dồn biến Tuy nhiên nhận xét điểm a = b = c, đẳng thức đạt a = b, c = (và hoán vò) Do đó, kó thuật dồn biến biên có khả thành công! Đặt f (a, b, c) = a3 + b3 + c3 + 3abc − a2(b + c) − b2(c + a) − c2 (a + b) Ta hi vọng có f (a, b, c) ≥ f (0, a + b, c) Xét hiệu: d = f (a, b, c) − f (0, a + b, c) = ab(5c − 4a − 4b) Như ta có d ≥ 0, cho dù tận dụng kiện a, b, c Thật đáng tiếc! Tuy nhiên, bạn dừng lại đáng tiếc Thay bỏ dỡ, ta xem lại có d ≥ Nếu tinh ý, bạn thấy f (a, b, c) nhỏ hai biến tiến lại gần (đó lý mà ta dồn hai biến $2), thay (a, b, c) (0, a + b, c) "dường như" biến cách xa Đó lý cách dồn biến thất bại Từ đó, ta nảy ý thay (a, b, c) (0, b + a/2, c + a/2) Xét hiệu: da = f (a, b, c) − f (0, b + a/2, c + a/2) = a(a + b − 2c)(a + c − 2b) Điều thú vò ta giả sử da ≥ Thật vậy, điều nhờ việc thứ tự biến a, b, c mà hiệu da , db , dc (trong db , dc hai hiệu tương tự da ) Vì tính đối xứng nên ta giả sử da = max{da, db , dc } Khi da < > da db dc = abc(b + c − 2a)2(c + a − 2b)2 (a + b − 2c)2 17 mâu thuẫn! Vậy da ≥ nên f (a, b, c) ≥ f (0, s, t) với s = b + a/2, t = c + a/2 Cuối cùng, ta thấy f (0, s, t) = t3 + s3 − t2s − ts2 = (t + s)(t − s)2 ≥ chứng minh hoàn tất *Nhận xét: Mặc dù BĐT Schur quen thuộc, cách chứng minh dồn biến ý gần Tuy nhiên, cách dồn hai biến "hợp lý", cách dồn biến biên kết thực bất ngờ Tất nhiên, chứng minh cách ngắn gọn nhất, muốn nhấn mạnh đến tự nhiên Nếu toán việc áp dụng kó thuật dồn biến biên gây bất ngờ, toán sau đường tất yếu Bài toán 2: (Hojoo Lee) Cho a, b, c ≥ 0, ab + bc + ca = (*) Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a+b b+c c+a Lời giải: Bài đẳng thức không xảy tâm, mà a = b = 1, c = hoán vò Xét trường hợp riêng c = 0, toán trở thành: "Chứng minh rằng: 1 + + ≥ , với ab = 1.” a b a+b Đặt s = a+b điều tương đương với s+ 1s ≥ 52 , hay (2s−1)(s−2) ≥ √ BĐT cuối hiển nhiên s = a + b ≥ ab = Vậy ta cần dồn biến xong Cách làm sau lấy từ ý anh Phạm Kim Hùng Diễn Đàn Toán Học Đặt f (a, b, c) vế trái BĐT cần chứng minh Ta hi vọng f (a, b, c) ≥ , 0) (chú ý cách lấy nhằm đảm bảo điều kiện (∗)) Xét f (a + b, a+b 18 hiệu: , 0) a+b 1 − = + + 1−ab a + b a + a+b b + 1−ab a+b 1 = + − − + a2 + b2 + (a + b)2 d = f (a, b, c) − f (a + b, 1 +a+b+ a+b a+b+ a+b Từ quy đồng lên ta thấy d ≥ 2(1 − ab) ≥ ab(a + b)2 Nếu giả sử c = max{a, b, c} 2(1 − ab) = 2c(a + b) ≥ ab(a + b)2 Vậy lúc d ≥ toán chứng minh xong! *Nhận xét: 1) Lời giải đầy tiên đưa Diễn Đàn Toán Học anh Phan Thành Nam, cách chứng minh ngắn gọn Đặt x = a + b + c Nếu x ≥ thì: ab ab =c+ ≥c+ ⇒ f (a, b, c) ≥ x + ≥ a+b a+b a+b+c x Nếu x ≤ giả sử a = max{a, b, c} ta có: ac ab ) + (b + )+ a+b a+c b+c a(1 + bc) = (b + c + )+ ≥2+ = b+c ax + bc 2 (lưu ý 2a(1 + bc) = 2a + 2abc ≥ ax + bc, x ≤ 2a ≥ ) Tuy nhiên, lời giải dễ dàng nghó Về lời giải dồn biến trên, lần nhấn mạnh đến tính tự nhiên f (a, b, c) = (c + 2) Bài toán toán hay thu quan tâm nhiều bạn Tuy nhiên, bạn bất ngờ hệ đơn giản BĐT quen thuộc khác Đó BĐT Iran 1996 Thật vậy, với giả thiết ab + bc + ca = từ kết BĐT Iran 1996 ta có ngay: 1 + + ) ( a+b b+c c+a 25 1 4(a + b + c) ≥ +4= = + + + 2 (a + b) (b + c) (c + a) (a + b)(b + c)(c + a) 4 19 ...PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN Phan Thành Việt Nội dung: Giới thiệu BĐT biến với cực trò đạt đối xứng Dồn biến kó thuật hàm số BĐT biến với cực trò đạt biên BĐT biến Dồn biến hàm lồi Dồn biến giá... hai biến nhau, biến có giá trò biên, số biến giảm Do BĐT đơn giản BĐT ban đầu, đặc biệt BĐT biến cách khảo sát hàm biến số ta chứng minh BĐT đơn giản Chính tư tưởng giảm dần số biến nên phương pháp. .. phương pháp gọi phương pháp dồn biến Bây trình bày kó thuật phương pháp thông qua toán cụ thể Đối tượng quan trọng mà muốn bạn đọc nắm bắt BĐT với biến số Sau đó, mở rộng cho biến trình bày Cuối