PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

HUỲNH QUANG NHẬT MINH PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC MỤC LỤC Trang phụ bìa i ii MỤC LỤC NE T Lời cảm ơn MỞ ĐẦU MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHÓA LUẬN PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG THS (S.O.S) Bài toán mở đầu 1.2 Nội dung phương pháp 1.3 Một số toán minh họa 10 TM A 1.1 BIỂU DIỄN CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP S.O.S VÀ CÁC KỸ 15 2.1 Một số kiến thức chuẩn bị 15 2.2 Định lý biểu diễn sở phương pháp 16 2.3 Thuật toán tìm biểu diễn sở 17 2.4 Một số toán minh họa 20 2.5 Một kĩ thuật để tìm biểu diễn sở 25 VIE THUẬT PHÂN TÍCH MỘT SỐ ỨNG DỤNG QUAN TRỌNG CỦA PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) 30 3.1 Ứng dụng toán chứng minh bất đẳng thức 30 3.2 Ứng dụng sáng tạo bất đẳng thức 36 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 42 MỞ ĐẦU Bất đẳng thức chủ đề gây nhiều khó khăn cho người làm toán Tuy nhiên bất đẳng thức có sức hấp dẫn lớn điều thú vị bổ ích mà mang lại Bên cạnh phương pháp chứng minh bất đẳng thức truyền thống, ngày có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức đặc sắc Tính ứng dụng phương pháp không so với phương pháp truyền thống, chí có nhiều phương pháp mạnh NE T áp dụng hầu hết bất đẳng thức thuộc lớp Việc tìm hiểu khám phá phương pháp mang ý nghĩa sâu sắc Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mẻ phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S THS Tháng năm 2004, Trần Phương cộng Trần Tuấn Anh Trần Anh Cường phát minh phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S để chứng minh bất đẳng thức Đến năm 2006, phương pháp Phạm Kim Hùng nghiên cứu đầy đủ chi tiết Tuy nhiên nhiều vấn đề mở liên quan đến phương pháp TM A Được hướng dẫn thầy giáo Hoàng Tròn, chọn đề tài "Phương pháp phân tích tổng bình phương (S.O.S) chứng minh bất đẳng thức" để nghiên cứu Đến với phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S, người đọc cảm nhận vẻ đẹp tự nhiên toán học Bằng phép biến đổi sơ cấp, ta tìm lời giải cho toán thi quốc tế, VIE toán mà thông thường dùng phương pháp truyền thống dài dòng phức tạp Khóa luận nhằm mục tiêu tìm hiểu, hệ thống hóa nội dung phương pháp, tổng quan kết liên quan đến phương pháp giới thiệu số kết mà thân tác giả đạt Khóa luận cố gắng trình bày phương pháp S.O.S cách chi tiết với mục đích cung cấp cho người đọc thêm phương pháp chứng minh bất đẳng thức Qua đó, tác giả mong muốn chuyển tải đến người đọc vẻ đẹp phương pháp Nội dung khóa luận chia làm ba chương Chương tập trung tìm hiểu tổng quan nội dung phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S Chương hai tìm hiểu biểu diễn sở phương pháp kĩ thuật phân tích VIE TM A THS NE T Chương ba khảo sát số ứng dụng quan trọng phương pháp MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHÓA LUẬN S.O.S: Sum of Square (tổng bình phương) IMO: International Mathematical Olympiad (kì thi Olympic toán quốc tế) MO: Mathematical Olympiad (Olympic toán) a2 b = a2 b + ab2 + b2 c + bc2 + ca2 + c2 a; : tổng đối xứng Ví dụ: sym NE T sym Trong toán ba biến ta viết a2 b = a2 b + b c + c2 a : tổng hoán vị Ví dụ: TM A THS cyc VIE cyc thay cho a,b,c sym Chương Bài toán mở đầu THS 1.1 NE T PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) Thông thường đứng trước toán bất đẳng thức quen biết, cách mà bắt đầu để giải chúng thử mò mẫm từ bất đẳng thức biết hay cố gắng áp dụng bất đẳng thức phụ mà thường gặp TM A đưa dạng tổng bình phương Điều dựa tính chất số thực x2 ≥ với số thực x Có nhiều toán, dù chủ động hay vô tình, sử dụng phương pháp chứng minh Tuy nhiên ứng dụng mạnh phương pháp khiến phải ngạc nhiên Thật khó mà tưởng tượng có ứng dụng với hầu hết bất đẳng thức biến!!! Những VIE điều trình bày nhiều khiến người đọc cảm thấy thú vị ngạc nhiên vẻ đẹp phương pháp S.O.S, phương pháp chứng minh bất đẳng thức tự nhiên Trước tiên, ta bắt đầu với bất đẳng thức Cauchy (hay gọi bất đẳng thức AM − GM ), coi bất đẳng thức bất đẳng thức Ở ta xét bất đẳng thức Cauchy với số n nhỏ, cụ thể n = 2, n = Với n = ta có bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 2ab ∀a, b ≥ Chứng minh bất đẳng thức dễ! Bất đẳng thức tương đương với (a − b)2 ≥ 0, điều hiển nhiên Bây ta xét tiếp bất đẳng thức Cauchy với số không âm Với a, b, c ≥ ta có bất đẳng thức a3 + b3 + c3 ≥ 3abc Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức trên, tác giả đề cập đến cách có minh họa phương pháp S.O.S Ta có a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] (a + b + c)[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] trình bày cụ thể mục "Biểu diễn sở phương Những kỹ thuật để biến đổi a3 + b3 + c3 − 3abc dạng pháp S.O.S" Ở ta quan tâm tới vẻ đẹp lời giải Thuận lợi lớn NE T lời giải toán cách việc sử dụng kiến thức cao cấp, chí ta không cần đến định lý bất đẳng thức Thật vậy, số phép biến đổi sơ cấp, ta đưa biểu thức a3 + b3 + c3 − 3abc dạng tổng bình phương Nếu nắm vững kỹ thuật để biểu diễn biểu thức đối xứng biến dạng tổng bình phương (biểu diễn sở phương pháp THS S.O.S) phương pháp S.O.S để chứng minh bất đẳng thức phương pháp tự nhiên theo suy nghĩ thân tác giả Bây ta khái quát cách sử dụng tìm chất phương pháp chứng minh hiệu quả, phương pháp phân tích bình phương S.O.S tự nhiên cho TM A Ta xét toán bất đẳng thức kỳ thi IMO 2005 tìm chứng minh thật Ví dụ 1.1.1 Giả sử x, y, z số thực dương xyz ≥ Chứng minh y5 − y2 z5 − z2 x5 − x2 + + ≥ x5 + y + z y + z + x2 z + y + x2 VIE Chứng minh Bằng phương pháp biến đổi tương đương ta có α − β.δ α−β ≥ α+γ α + γ.δ Suy với δ ≥ 1; x4 − x2 yz x5 − x2 x5 − x2 xyz ≥ = x5 + y + z x + (y + z )xyz x + yz (y + z ) Tương tự, với phương pháp biến đổi tương đương ta chứng minh a − b.c 2a − b.d ≥ a + c.d 2a + d2 với d ≥ 2c; Suy x4 − x2 yz 2x4 − x2 (y + z ) ≥ x4 + yz (y + z ) 2x4 + (y + z )2 Đặt a = x2 , b = y , c = z ta cần chứng minh 2a2 − a(b + c) ≥0 2a2 + (b + c)2 a,b,c ⇔ (a − b) a,b,c (a − b)2 ⇔ a,b,c 2a2 b a − ≥0 + ( b + c) 2b + (a + c)2 c2 + c(a + b) + a2 − ab + b2 ≥ (2a2 + (b + c)2 )(2b2 + (a + c)2 ) (Mục "Biểu diễn sở phương pháp S.O.S" giúp ta có kỹ thuật NE T biến đổi trên.) Bất đẳng thức cuối nên bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c ⇔ x = y = z = Có thể có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức có nhiều THS cách chứng minh độc đáo Tuy nhiên, ta xem xét cách khách quan chứng minh hoàn toàn tự nhiên Nói cách khái quát, đứng trước toán bất đẳng thức biến a, b, c ta tìm cách đưa chúng dạng tổng bình phương (a − b)2 ; (b − c)2 ; (c − a)2 , kí hiệu TM A Sc (a − b)2 + Sb (c − a)2 + Sa (b − c)2 ≥ Phần đưa dạng tắc bước cách sử dụng phương pháp S.O.S Nếu ta quen với bất đẳng thức việc lập công thức tương đối đơn giản, cần biết qua số phép biến đổi đẳng thức, chưa quen, thắc mắc giải cách trọn vẹn mục VIE "Biểu diễn sở phương pháp S.O.S số kỹ thuật phân tích" Tất nhiên, biểu diễn sở hệ số Sa , Sb , Sc không âm toán chứng minh Từ trước tới nay, cách mà bạn thường làm trường hợp đơn giản kỹ thuật chứng minh phương pháp S.O.S Điều quan trọng hơn, S.O.S giúp giải trường hợp mà theo quan niệm cũ không áp dụng được: có số hệ số Sa , Sb , Sc không dương Thông thường, toán đối xứng ta giả sử a ≥ b ≥ c Với toán hoán vị ta phải xét thêm trường hợp c ≥ b ≥ a Trong trường hợp a ≥ b ≥ c ta có nhận xét sau Nếu Sb ≥ 0: Do (a − c)2 ≥ (a − b)2 + (b − c)2 nên Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ (Sc + Sb )(a − b)2 + (Sb + Sa )(b − c)2 Và phần lại toán chứng minh Sa + Sb ≥ 0, Sc + Sb ≥ Thông thường hai bất đẳng thức chứng minh đơn giản, chúng nhân thêm bình phương (a − b)2 , (b − c)2 , (c − a)2 Nếu Sb ≤ 0: Do (a − c)2 ≤ 2(a − b)2 + 2(b − c)2 nên Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ (Sc + 2Sb )(a − b)2 + (2Sb + Sa )(b − c)2 Việc chứng minh lại Sc + 2Sb ≥ 0, Sa + 2Sb ≥ đơn giản nhiều Ngoài ra, Sa + Sb + Sc ≥ 0, Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa ≥ theo định lý dấu NE T tam thức bậc dễ dàng suy được: Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ Trong nhiều trường hợp ta cần thêm số ước lượng mạnh hơn, chẳng hạn ước lượng hay dùng đến là: THS a−c a ≥ (a ≥ b ≥ c) b−c b Chẳng hạn ta có Sb , Sc ≥ a−c a2 Sb ) + Sa ≥ (b − c)2 + Sa b−c b2 TM A Sb (a − c)2 + Sa (b − c)2 = (b − c)2 Sb ( Và toán chứng minh a2 Sb + b2 Sa ≥ 1.2 Nội dung phương pháp VIE Ta có định lý quan trọng sau Định lý 1.2.1 (định lý S.O.S) Xét biểu thức: S = f (a, b, c) = Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 Sa , Sb , Sc hàm số a, b, c (a, b, c ≥ 0) Nếu Sa , Sb , Sc ≥ S ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sb , Sb + Sc , Sb + Sa ≥ S ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sb ≤ 0, Sa + 2Sb , Sc + 2Sb ≥ S ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sb , Sc , a2 Sb + b2 Sa ≥ S ≥ Nếu Sa + Sb + Sc ≥ Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa ≥ S ≥ Tác giả Phạm Kim Hùng "Sáng tạo bất đẳng thức" nêu định lý không chứng minh Ở xin đề cập chứng minh sau Chứng minh Hiển nhiên Do a ≥ b ≥ c nên 2(a − b)(b − c) ≥ ⇔ 2ab − 2ac − 2b2 + 2bc ≥ ⇔ −2ac ≥ 2b2 − 2ab − 2bc ⇔ a2 − 2ac + c2 ≥ 2b2 + a2 + c2 − 2ab − 2bc ⇔ (a − c)2 ≥ (a − b)2 + (b − c)2 NE T Suy Sb (a − c)2 ≥ Sb (a − b)2 + Sb (b − c)2 (do Sb ≥ 0) Do Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ (Sb + Sc )(a − b)2 + (Sb + Sa )(b − c)2 Do Sb + Sc , Sb + Sa ≥ nên S ≥ Ta có: (a + c − 2b)2 ≥ ⇔ a2 + c2 + 4b2 − 4ab − 4bc + 2ac ≥ THS ⇔ a2 + c2 + 4b2 − 4ab − 4bc ≥ −2ac ⇔ 2a2 + 2c2 + 4b2 − 4ab − 4bc ≥ a2 + c2 − 2ac ⇔ 2(a − b)2 + 2(b − c)2 ≥ (a − c)2 TM A Do Sb ≤ nên 2Sb (a − b)2 + 2Sb (b − c)2 ≤ Sb (a − c)2 Suy Sa (b−c)2 + Sb (a−c)2 + Sc (a−b)2 ≥ (Sc +2Sb )(a−b)2 +(Sa +2Sb )(b−c)2 Mặt khác theo giả thiết ta có Sc + 2Sb , Sa + 2Sb ≥ Từ S ≥ Từ a ≥ b ≥ c ta suy VIE (a − b)[ac(b − c) + bc(a − c)] ≥ ⇔ (a − b)[2abc − (a + b)c2 ] ≥ ⇔ c2 (b2 − a2 ) + 2abc(a − b) ≥ ⇔ b2 c2 − a2 c2 + 2a2 bc − 2ab2 c ≥ ⇔ a2 b2 + b2 c2 − 2ab2 c ≥ a2 c2 + a2 b2 − 2a2 bc ⇔ b2 (a − c)2 ≥ a2 (b − c)2 (∗) Nếu b = c = Từ dễ dàng suy S ≥ Nếu b = 0, a2 (b − c)2 b2 Sb a2 ⇔ Sb (a − c)2 ≥ (b − c)2 (Sb ≥ 0) b (∗) ⇔ (a − c)2 ≥ 2 Suy Sb (a − c) + Sa (b − c) ≥ (b − c) Sb a2 + Sa b2 Từ ta có hệ gồm phương trình sau Sa + Sb = a2 + b2 + ac + bc + c2 Sb + Sc = b2 + c2 + ab + ac + a2 Sc + Sa = c2 + a2 + bc + ab + b2 b2 + (a + c)2 c2 + (a + b)2 a2 + (b + c)2 ; Sb = ; Sc = Từ ta tính Sa = 2 Do b2 + ( a + c)2 c2 + ( a + b)2 a2 + (b + c)2 (b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 2 NE T A= Kiểm tra lại kết cách khai triển biểu thức so sánh với biểu thức A đầu Vậy THS b2 + ( a + c)2 c2 + ( a + b)2 a2 + (b + c)2 2 (b − c) + (c − a) + (a − b)2 A= 2 Kĩ thuật đơn giản so với kĩ thuật trình bày mục trước Tuy nhiên nhược điểm cách Sa biểu thức đối xứng hai biến b, c; Sb biểu thức đối xứng hai biến c, a Sc biểu TM A thức đối xứng hai biến a, b Ngoài hiệu biểu thức ba biến đối xứng dạng đa thức; trường hợp khác cách không thực Bây quay trở lại ví dụ 2.4.2 chọn đa thức đối xứng để áp dụng phương pháp cho việc tìm biểu diễn sở VIE Ví dụ 2.5.4 Phân tích sở S.O.S cho biểu thức sau (i).(a + b + c)3 − 27abc (ii).a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a) Giải (i) Đặt A = (a + b + c)3 − 27abc Giả sử A biểu diễn dạng S.O.S sau A = Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 Cho a = b, ta có Aab = (8a + c)(a − c)2 (kí hiệu Aab để biểu thức A trường hợp a = b) Lúc Saab + Sbab = 8a + c (kí hiệu Saab để Sa Sbab để Sb trường hợp a = b) 28 Mặt khác ta có Sa + Sb + Sc biểu thức đối xứng theo ba biến a, b, c Sc biểu thức đối xứng theo hai biến a, b nên theo nhận xét ta có Sa + Sb biểu thức đối xứng theo hai biến a, b Do Sa + Sb = 4a + 4b + c Tương tự cho b = c, c = a ta Sb + Sc = 4b + 4c + a Sc + Sa = 4a + 4c + b Từ ta có hệ gồm phương trình sau Sa + Sb = 4a + 4b + c NE T Sb + Sc = 4b + 4c + a Sc + Sa = 4a + 4c + b Từ ta tính Sa = A= a + 7b + c 7a + b + c a + b + 7c (a − b)2 + (c − a)2 + (b − c)2 2 THS Do 7a + b + c a + 7b + c a + b + 7c ; Sb = ; Sc = 2 Thật tuyệt vời kết hoàn toàn giống với kết mà tìm phương pháp thông thường ví dụ 2.4.2 Bài tập lại, xin dành cho độc giả Bây ta đến với số ứng VIE TM A dụng quan trọng phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S 29 Chương THS NE T MỘT SỐ ỨNG DỤNG QUAN TRỌNG CỦA PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) 3.1 Ứng dụng toán chứng minh bất đẳng thức TM A Ví dụ 3.1.1 Chứng minh với số thực dương a, b, c ta có a2 b2 c2 3(a3 + b3 + c3 ) + + ≥ b c a a + b2 + c2 Chứng minh Ta có Mặt khác VIE b2 c2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 a2 −a+ −b+ −c= + + b c a b c a 3(a3 + b3 + c3 ) − (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) = 2a3 + 2b3 + 2c3 − a2 b − ab2 − b2 c − bc2 − c2 a − ca2 = (a3 − a2 b − ab2 + b3 ) + (b3 − b2 c − bc2 + c3 ) + (c3 − c2 a − ca2 + a3 ) = (a2 − b2 )(a − b) + (b2 − c2 )(b − c) + (c2 − a2 )(c − a) = (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 Suy 3(a3 + b3 + c3 ) (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 − ( a + b + c ) = a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 30 Bất đẳng thức cho tương đương với a2 b2 c2 3(a3 + b3 + c3 ) −a+ −b+ −c≥ − (a + b + c) b c a a2 + b2 + c2 hay (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 + + ≥ b c a a2 + b2 + c2 NE T Ta tìm hệ số phân tích sở S.O.S a+b b+c c+a Sc = − ; Sa = − ; Sb = − 2 2 b a +b +c c a +b +c a a + b2 + c2 hay a2 + c2 − ab a2 + b2 − bc b2 + c2 − ac ; S = ; S = Sc = a b (a + b2 + c2 )b (a2 + b2 + c2 )c (a2 + b2 + c2 )a Do tính hoán vị biến nên ta phải xét trường hợp i) a ≥ b ≥ c Khi dễ thấy Sa ≥ 0, Sc ≥ Phần lại chứng minh THS Sa + 2Sb ≥ Sc + 2Sb ≥ Hai bất đẳng thức chứng minh dễ ii) a ≤ b ≤ c Khi Sb ≥ 0, Sc ≥ không khó khăn ta chứng minh thêm Sa + Sb ≥ Như bất đẳng thức chứng minh TM A Ví dụ 3.1.2 (Việt Nam MO 2006) Chứng minh với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác, ta có bất đẳng thức 1 a b c (a + b + c) + + ≥ + + a b c b+c c+a a+b Chứng minh Trước hết ta ý đẳng thức sau 1 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + −9 = + + , a b c ab bc ca a b c (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + −3 = + + b+c c+a a+b (a + c)(b + c) (b + a)(c + a) (c + b)(a + b) Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dạng VIE (a + b + c) Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ − , bc (a + b)(a + c) Sb = − , ca (b + c)(b + a) Sc = − ab (c + a)(c + b) Sa = 31 Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c, Sa ≥ Sb ≥ Sc Ta chứng minh Sb + Sc ≥ 0, 1 1 + − + ≥0 a b c b+c a+b a+c a a 1 + ⇔ + ≥ b c b+c a+b a+c Sb + Sc = Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên a ≤ b + c Dễ thấy NE T a a b+c b+c + ≤ + b+c a+b a+c b + c 2b + c 2c + b hay a 3 a + ≤ + b+c a+b a+c 2b + c 2c + b Phần lại ta cần chứng minh THS 1 3 + ≥ + b c 2b + c 2c + b Bất đẳng thức hiển nhiên TM A + ≥ , b c 2c + b + ≥ c b 2b + c Do Sb + Sc ≥ Mặt khác Sb ≥ Sc nên Sb ≥ Suy Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ (Sb + Sc )(a − b)2 ≥ VIE Đẳng thức xảy a = b = c a = 2, b = c = hoán vị Ví dụ 3.1.3 Cho a, b, c số thực không âm tùy ý Chứng minh bất đẳng thức (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + ≥ c2 + ab a + bc b + ac Chứng minh Vì (a + b)2 − 2(c2 + ab) = (a2 − c2 ) + (b2 − c2 ) nên (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + −6 c2 + ab a + bc b + ac (a2 − b2 ) + (a2 − c2 ) a2 + bc sym = = (a2 − b2 )( sym 1 − ) a2 + bc b2 + ac 32 = (a − b)2 (a + b)(a + b − c) (a2 + bc)(b2 + ac) sym Xét biểu thức: Sa = (b + c)(b + c − a)(a2 + bc), Sb = (c + a)(c + a − b)(b2 + ac), Sc = (a + b)(a + b − c)(c2 + ab) Ta phải chứng minh Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Dễ thấy Sb , Sc ≥ NE T (a − c)2 a2 ≥ (b − c)2 b ⇒ (a − c)2 Sb + (b − c)2 Sa = (c − b)2 (a − c)2 Sb + Sa (c − b)2 THS (c − b)2 (a Sb + b2 Sa ) ≥ b Mặt khác a2 Sb + b2 Sa = a2 (a + c)(a + c − b)(b2 + ac) + b2 (b + c)(b + c − a)(a2 + bc) ≥ a(a − b)(a2 (b2 + ac) − b2 (b2 + ac)) ≥ TM A Ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Ví dụ 3.1.4 Giả sử a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh a b c ab + bc + ca + + + ≤ 2 b+c a+c a+b a +b +c VIE Chứng minh Xét hai đẳng thức sau: 2b 2c (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2a + + −3= + + , b+c a+c a+b (a + c)(b + c) (b + a)(c + a) (b + c)(b + a) 2(ab + bc + ca) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 2− = a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 Ta chứng minh Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0, với Sa = − a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 , Sb = − , Sc = − (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ Sa ≥ Do a, b, c cạnh tâm giác nên Sb = a(b + c − a) + c(b − c) c(b − c) ≥ , (a + b)(b + c) (a + b)(b + c) 33 Sc = a(b + c − a) + b(c − b) b(c − b) ≥ , (a + c)(c + b) (a + c)(c + b) a−c b a+b ≥ ≥ a−b c a+c Từ cá bất đẳng thức suy NE T Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 b2 ≥ (a − b)2 Sb + Sc c (a − b)2 b2 c(b − c) c2 b(c − b) ≥ + c2 (a + b)(b + c) (a + c)(c + b) (a − b)2 (b − c)b b a + b = − ≥ (a + b)(b + c) c a + c Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Ví dụ 3.1.5 Chứng minh với a, b, c không âm ta có bất đẳng thức THS a4 b4 c4 a+b+c + + ≥ 3 3 3 a +b b +c c +a Chứng minh Ta có 2a4 a(a3 − b3 ) a(a − b)(a2 + ab + b2 ) − a = = a3 + b3 a3 + b3 a3 + b3 TM A Do 3b2 + ab − a2 3(a − b) a(a2 + ab + b2 ) 2a4 = − a − = ( a − b ) − (a − b)2 a + b3 a3 + b3 2(a3 + b3 ) Vậy bất đẳng thức viết lại dạng tương đương VIE Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0, hệ số Sa , Sb , Sc xác định Sa = 3c2 + bc − b2 3a2 + ca − c2 3b2 + ab − a2 ; S = ; S = c b b3 + c3 c3 + a3 a3 + b3 i) Trường hợp a ≥ b ≥ c Khi dễ thấy 3a2 + ca − c2 2(3b2 + ab − a2 ) Sb + 2Sc ≥ 0(⇔ + ≥ 0), c3 + a3 a3 + b3 a2 (3a2 + ca − c2 ) 2b2 (3c2 + bc − b2 ) a Sb + 2b Sa ≥ 0(⇔ + ≥ 0) c3 + a3 b3 + c3 2 Do 2Sa (b−c)2 +2Sb (c−a)2 +2Sc (a−b)2 ≥ (Sb +2Sc )(a−b)2 +(b−c)2 (2Sa + 34 a2 Sb ) ≥ b2 ii) Trường hợp c ≥ b ≥ a Hoàn toàn tương tự, ta có Sc + 2Sb ≥ 0(⇔ 3b2 + ab − a2 2(3a2 + ca − c2 ) + ≥ 0), a3 + b3 c3 + a3 Sa + 2Sb ≥ 0(⇔ 3c2 + bc − b2 2(3a2 + ca − c2 ) + ≥ 0), b3 + c3 c3 + a3 Do 2Sa (b−c)2 +2Sb (c−a)2 +2Sc (a−b)2 ≥ (Sa +2Sb )(b−c)2 +(2Sb +Sc )(a−b)2 ≥ .NE T Chú ý tính hoán vị biến nên ta cần xét hai trường hợp đủ Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c Độc giả tự rèn luyện thêm kỹ sử dụng phương pháp S.O.S qua số toán sau THS Ví dụ 3.1.6 Chứng minh với a, b, c dương ta có bất đẳng thức b c abc a + + + ≥ 3 b + c c + a a + b 2(a + b + c ) Ví dụ 3.1.7 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có TM A a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab 2a2 + 2b2 + bc 2b2 + 2c2 + ca 2c2 + 2a2 Ví dụ 3.1.8 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có a3 + b3 + c3 54abc + ≥ abc (a + b + c)3 VIE Ví dụ 3.1.9 Chứng minh với a, b, c dương ta có abc(a + b + c) 12(a3 + b3 + c3 ) + ≥ a4 + b4 + c4 (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) Ví dụ 3.1.10 Chứng minh với số thực dương a, b, c ta có a4 + b4 + c4 3abc + ≥ (a2 + b2 + c2 ) ab + bc + ca a + b + c Ví dụ 3.1.11 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có 7(a3 + b3 + c3 ) 4(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) 11 + ≥ (a + b + c) a2 + b2 + c2 a3 + b3 + c3 Ví dụ 3.1.12 Chứng minh với a, b, c không âm ta có a2 b2 c2 (a2 + b2 + c2 )2 (a + b + c)2 + + ≥ ≥ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) 2(ab + bc + ca) 35 3.2 Ứng dụng sáng tạo bất đẳng thức Thế giới toán học điều kỳ thú, câu hỏi chưa có lời giải đáp, giả thiết mà bề tưởng chừng đơn giản lại thách thức nhà toán học hàng trăm năm Chúng ta, với vốn kiến thức hạn chế mình, không nên biết giải toán người khác đặt mà tốt ta tự phát triển vấn đề có đặt toán tầm kiến thức Đây việc thú vị bổ ích .NE T Từ trước đến nay, việc sáng tạo bất đẳng thức chủ yếu theo đường tạo bất đẳng thức dựa vào kết biết trước Ta xem xét số ví dụ sau Ví dụ 3.2.1 Chứng minh với a, b, c, d số thực dương tùy ý ta có bất đẳng thức THS b2 2c2 d2 6a + 3b + 2c + d 2a2 + + + ≥ 2a + b 6b + 4c 6c + 3d 6d + 36a 12 Chứng minh Cách phát biểu toán lộn xộn rắc rối, chất đơn giản Bất đẳng thức suy trực tiếp từ kết sau TM A a2 b2 c2 d2 a+b+c+d + + + ≥ a+b b+c c+d d+a b c d Sau thay a, b, c, d a, , , ta có bất đẳng thức cần chứng minh Việc thay đổi biến số hàm số đơn giản làm toán khó che giấu chất thật toán Từ bất đẳng thức tùy ý, ta có nhiều biến đổi để tạo bất VIE đẳng thức mà kĩ thuật đổi biến khó vấn đề khó tìm Bằng phương pháp sử dụng đẳng thức, Đào Hải Long (HCV IMO 1994,1995) có nhóm bất đẳng thức thú vị sau Ví dụ 3.2.2 Chứng minh với với số thực x, y, z phân biệt ta có x2 y2 z2 + + ≥ (y − z )2 (z − x)2 (x − y )2 x y z Chứng minh Đặt a = ;b = ;c = ; ta có y−z z−x x−y (1 + a)(1 + b)(1 + c) = −(1 − a)(1 − b)(1 − c) Suy ab + bc + ca = −1 Mặt khác ta có a2 + b2 + c2 ≥ −2(ab + bc + ca) = Bất đẳng thức chứng minh 36 Ví dụ 3.2.3 Chứng minh với với số thực a, b, c ta có bất đẳng thức (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + ≥ (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Chứng minh Đặt x = a+b b+c c+a ;y = ;z = ; ta có a−b b−c c−a xy + yz + zx = −1 Tương tự ví dụ ta có bất đẳng thức chứng minh .NE T Bớt hạng tử vế trái ta bất đẳng thức ab bc ca −1 + + ≥ (1) (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Bất đẳng thức ví dụ 3.2.3 trở thành bất đẳng thức sau ta thêm vào hạng tử vế trái THS a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥ (2) (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Kết hợp với bất đẳng thức ví dụ 3.2.2 ta bất đẳng thức 1 + + ≥ 2 2 (a − b) (b − c) (c − a) 2(a + b2 + c2 ) TM A Cộng hai kết (1) (2) ta bất đẳng thức a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 + + ≥ 2 (a − b) (b − c) (c − a) Có thể thấy việc sử dụng liên tiếp đẳng thức thêm bớt biểu mắt VIE thức cách hợp lí giúp tạo bất đẳng thức đẹp Bây xem xét cách xây dựng khác cho bất đẳng thức phù hợp với Nó khác với phương pháp cũ bản, bất đẳng thức có trước lời giải cho bất đẳng thức tìm sau Chính bất đẳng thức tạo trước mà phương pháp chứng minh tự nhiên hơn, ban đầu phải làm (khác với phương pháp cũ lời giải toán có trước so với bất đẳng thức) Nhưng mà gặp nhiều khó khăn Ta xét ví dụ sau Ví dụ 3.2.4 Chứng minh phản biện 1 2a 2b 2c + 2+ 2≥ + + 3 a b c b +c c +a a + b3 37 Chứng minh Ta coi bất đẳng thức thử tìm cách chứng minh cho Dạng bất đẳng thức gợi ý cho nghĩ đến phương pháp phân tích bình phương S.O.S Ta có đẳng thức sau 2a 2a3 − b3 − c3 − = b3 + c3 a2 a (b + c3 ) Suy (a3 − b3 )(a − b)[a2 b2 − c3 (a + b)] a2 b2 (a3 + c3 )(b3 + c3 ) a,b,c (a − b)2 =− a,b,c Khi cho b = c, ta phải có [c3 (a + b) − a2 b2 ](a2 + ab + b2 ) a2 b2 c2 (a3 + b3 )(b3 + c3 )(c3 + a3 ) THS = NE T 2a 2b 2c 1 + + − − − b3 + c3 c3 + a3 a3 + b3 a2 b2 c2 1 = (a3 − b3 ) − 3 a (b + c ) b (a + c3 ) a,b,c b3 (a + b) ≥ a2 b2 ⇔ b(a + b) ≥ a2 TM A Tuy nhiên bất đẳng thức ta lấy a lớn so với b, chẳng hạn a = 5, b = Như cho a = 5, b = 1, c = bất đẳng thức ban đầu không Việc tạo bất đẳng thức ví dụ không thành công? Không hẳn thế, thay đổi nhỏ ta có kết sau đẳng thức sau VIE Ví dụ 3.2.5 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nhọn Chứng minh bất 1 2a 2b 2c + + ≥ + + a2 b2 c2 b3 + c3 c3 + a3 a3 + b3 Chứng minh Ta dùng chứng minh hoàn toàn tương tự Ta có (a − b)2 VT −VP = a,b,c [c3 (a + b) − a2 b2 ](a2 + ab + b2 ) a2 b2 c2 (a3 + b3 )(b3 + c3 )(c3 + a3 ) Giả sử a ≥ b ≥ c, đặt Sa , Sb , Sc hệ số tương ứng với (b − c)2 , (c − a)2 , (a − b)2 khai triển Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nhọn nên b2 + c2 ≥ a2 Suy b3 (a + c) ≥ a2 c2 ≤ (b2 + c2 )c2 38 Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên a−c b ≥ a−b c Do ta cần chứng minh b2 Sb + c2 Sc ≥ Trước hết ta chứng minh b[b3 (a + c) − a2 c2 ] + c[c3 (a + b) − a2 b2 ] ≥ .NE T Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với b4 (a + c) + c4 (a + b) ≥ a2 bc(b + c), Nhưng a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nhọn nên b4 (a + c) + c4 (a + b) ≥ 2bc(b3 + c3 ) ≥ bc(b + c)(b2 + c2 ) ≥ a2 bc(b + c) THS Do để có b2 Sb + c2 Sc ≥ ta cần chứng minh b3 (a3 + c3 )(a2 + ac + c2 ) ≥ c3 (a3 + b3 )(a2 + ab + b2 ) Bất đẳng thức tương đương với TM A (a3 b3 + b3 c3 )(a2 + ac + c2 ) ≥ (a3 c3 + b3 c3 ))(a2 + ab + b2 ) ⇔ a5 (b3 − c3 ) + a4 bc(b2 − c2 ) + a3 b2 c2 (b − c) ≥ ab3 c3 (b − c) + b3 c3 (b2 − c2 ) Điều hiển nhiên a ≥ b ≥ c Bất đẳng thức chứng minh VIE xong Cả trình xây dựng bất đẳng thức trình tự nhiên hợp lí, từ không đến Bất đẳng thức có trước lời giải theo sau bất đẳng thức Bằng cách ta tạo nhiều bất đẳng thức hay thú vị, tất nhiên quan trọng ta giải Phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S công cụ hữu ích việc 39 KẾT LUẬN Khóa luận bao gồm ba phần: mở đầu, nội dung kết luận Phần nội dung trình bày chương: chương 1, chương chương Trong chương 1, hệ thống hóa kiến thức biết phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S Các kiến thức tổng hợp từ nhiều tài liệu khác tác giả Trần Phương Phạm Kim Hùng Trong tài NE T liệu đó, định lí S.O.S phát biểu mà không chứng minh Ở đây, trình bày chứng minh cách đầy đủ trọn vẹn định lí S.O.S Trong chương 2, trình bày biểu diễn sở phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S kĩ thuật phân tích Mục "Các đẳng thức thường sử dụng phân tích" tìm tòi bổ sung nhiều kết THS so với kết tác giả Phạm Kim Hùng Một số toán lời giải tài liệu Phạm Kim Hùng chứng giải triệt để trình bày chương Đặc biệt chương 2, tìm kĩ thuật để biểu diễn sở S.O.S cho lớp toán đa thức đối xứng Với kĩ thuật này, bất đẳng thức đối xứng ba biến có bậc bé hay TM A giải cách dễ dàng Trong chương 3, trình bày hai ứng dụng quan trọng phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S; ứng dụng chứng minh bất đẳng thức ứng dụng sáng tạo bất đẳng thức Hệ thống tập VIE chọn lọc kĩ cho thể ý tưởng phương pháp cách rõ ràng mạch lạc Tuy nhiên lực thân hạn chế, thời gian nghiên cứu không nhiều nên có số vấn đề mà chưa giải Chẳng hạn muốn tìm thuật toán đơn giản để đưa biểu diễn sở cho lớp toán đa thức hoán vị lớp toán phân thức chưa thể thực Vì việc áp dụng phương pháp S.O.S để giải toán gặp nhiều khó khăn, đòi hỏi nhiều thời gian công sức Hy vọng công việc giải tương lai không xa Một lần xin gởi lời tri ân sâu sắc đến thầy giáo Hoàng Tròn hết lòng giúp đỡ suốt trình nghiên cứu Chúng cố gắng để hoàn thành khóa luận cách tốt Tuy nhiên tránh 40 khỏi thiếu sót Chúng mong nhận nhận xét góp ý quý thầy cô bạn đọc để ngày tiến Chúng xin chân thành VIE TM A THS NE T cám ơn 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Kim Hùng (CB), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Tri thức, 2006 .NE T [2] Olympic Toán học Châu Á Thái Bình Dương [3] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, định lý áp dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2006 [4] Bất đẳng thức số vấn đề liên quan, tài liệu bồi dưỡng giáo viên chuyên trung học phổ thông hè 2005 VIE TM A THS [5] Tạp chí toán học tuổi trẻ 42