Đang tải... (xem toàn văn)
Một kỹ thuật lạ, độc đáo nhưng vô cùng tiện dụng. Là 1 trong những tài liệu quý trích trong sách hay của Võ Quốc Bá Cẩn. Đó chính là yếu tố ít nhất cái tên nghe lạ hông? Nhấn tải về để hiểu rõ và chuyên sâu hơn nhé. Trân thành cảm ơn mọi người
Toancap3.com - Chuyên đề Toán cấp nâng cao, luyện thi THPT quốc gia, tuyển sinh đại học m MỘT KỸ THUẬT NHỎ ĐỂ SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ co Võ Quốc Bá Cẩn ap3 Thông thường sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (tham khảo [1]) để chứng minh bất đẳng thức đối xứng (hoặc hoán vị), ta cố gắng đánh giá cho tính đối xứng (hoặc hoán vị) chúng giữ nguyên sau bước đánh giá, từ tiếp tục đánh giá tiếp để hoàn tất phép chứng minh Tuy nhiên, lúc cách đánh mang lại hiệu cao mà đôi lúc chúng “hoặc không đưa ta đến kết quả, rườm rà, phức tạp” Vậy, liệu có cách khác tốt ta “lỡ” xui xẻo gặp phải trường hợp không? Thật ra, cách đánh giá CauchySchwarz hiệu bất đẳng thức loại này, sử dụng yếu tố “ít nhất” Một tên nghe thật lạ! anc Tuy nhiên, ẩn đằng sau tên lạ mắt kỹ thuật độc đáo thú vị Và đây, tìm hiểu Trước hết, ta xem xét ví dụ sau Ví dụ (Iranian IMO TST, 2009) Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh a2 1 + + 2 + b + b + c + c + a2 + To Phân tích tìm tòi lời giải Sử dụng ý tưởng kỹ thuật thêm bớt (tham khảo thêm [1]), ta viết lại bất đẳng thức thành 1 − 2 a + b2 + + 1 − 2 b + c2 + + 1 − 2 c + a2 + tương đương a2 + b b2 + c c + a2 + + a2 + b + b + c + c + a2 + 73 , 74 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Đến đây, áp dụng Cauchy-Schwarz theo kiểu thông thường m b2 + c c2 + a2 a2 + b + + a2 + b + b + c + c + a2 + 2 [(a2 + b2 ) + (b2 + c2 ) + (c2 + a2 )] , (a2 + b2 )(a2 + b2 + 2) ta phải chứng minh co 4(a2 + b2 + c2 ) (a2 + b2 )2 + (b2 + c2 )2 + (c2 + a2 )2 + 4(a2 + b2 + c2 ) ap3 Nếu quy đồng lên, ta bất đẳng thức bậc phức tạp, ta lại chưa biết tính sai Trong điều kiện thời gian hạn hẹp phòng thi (chú ý toán đề thi chọn đội tuyển Iran), tốn nhiều thời gian vào toán phức tạp (ở bất đẳng thức thu sau đánh giá) toán sai thật không nên Vì cách đánh giá Cauchy-Schwarz thật không khả thi, ta cần kiểu đánh giá khác Nhận thấy đánh giá có nhược điểm tạo bậc cao, ta cố gắng tìm đánh giá khác để tránh bậc cao, đánh ta nghĩ đến b2 + c c + a2 a2 + b + + a2 + b + b + c + c + a2 + √ √ √ a2 + b + b + c + c + a2 (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) anc Sử dụng đánh giá giúp thoát khỏi bậc cao, nhiên vô tình lại tạo yếu tố phức tạp khác thức Mà tiêu chí ta sử dụng Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức đưa toán trở dạng đơn giản Như thế, cách làm không khả thi Vậy ta cần phải để vừa tránh bậc cao mà lại vừa tránh thức? Bây giờ, bạn để ý đẳng thức sau (a + b)2 + (a − b)2 a +b = To 2 Từ bất đẳng thức viết lại thành (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + + a2 + b + b + c + c + a2 + (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + + a + b + b + c + c + a2 + Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 75 m Đến đây, hẳn bạn đọc nhận ý tưởng mới, thay áp a2 +b2 , ta tách thành dụng Cauchy-Schwarz cho tổng ban đầu a2 +b2 +2 hai tổng sử dụng Cauchy-Schwarz cho tổng Điều đặc biệt tổng này, hạng tử chúng phân thức mà tử số chúng bình phương, ta thoải mái sử dụng CauchySchwarz mà không cần phải thêm bớt để bậc cao (như cách ban đầu trên) hay thức (cách 2) Từ ý tưởng này, ta nghĩ đến việc sử dụng Cauchy-Schwarz sau co (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 + + a2 + b + b + c + c + a2 + 2 (a + b) + (b + c) + (c + a) (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) (1) ap3 (a−b) Vấn đề lại ta phải tìm cách đánh giá cho hợp lý, a2 +b2 +2 sử dụng Cauchy-Schwarz cho đảm bảo tính hoán vị vòng quanh ta có (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 + + a2 + b + b + c + c + a2 + 2 (a − b) + (b − c) + (c − a) = (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) (2) anc (a−b) mà Một đánh giá lỏng lẻo, hiển nhiên ta có a2 +b2 +2 không cần phải đánh giá Ta cần tìm kiểu đánh giá khác cho kết chặt Các bạn quan sát cách đánh giá sau (b − c)2 (a − c)2 (a − b)2 + + a2 + b + b + c + a2 + c + [(a − b) + (b − c) + (a − c)]2 (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 4(a − c)2 = 2(a2 + b2 + c2 ) + (3) To Rõ ràng chặt đánh giá (2) trên, đánh giá lại cho ta mẫu thức giống với đánh giá (1) sử dụng (1), ta quy đồng mẫu thức nhiều, tức ta tránh vấn đề bậc cao, vấn đề nan giải bất đẳng thức Bây giờ, từ (1) (3), ta đưa bất đẳng thức chứng minh 4(a + b + c)2 + 4(a − c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + 3, Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic 76 hay tương đương 2(a + b + c)2 + 2(a − c)2 3(a2 + b2 + c2 + 3) Bất đẳng thức viết lại thành 3(a2 + b2 + c2 ), hay (a − b)(b − c) m (a + b + c)2 + 2(a − c)2 (4) co Có thể dễ dàng nhận thấy bất đẳng thức (4) Tuy nhiên ta “ép” Thật vậy, cách sử dụng đánh giá tương tự (3) (b − c)2 (a − c)2 (b − a)2 + + a2 + b + b + c + a2 + c + [(b − a) + (b − c) + (a − c)]2 (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 4(b − c)2 = , 2(a2 + b2 + c2 ) + anc ap3 (a − b)2 (c − b)2 (a − c)2 + + a2 + b + b + c + a2 + c + [(a − b) + (c − b) + (a − c)]2 (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 4(a − b)2 = 2(a2 + b2 + c2 ) + ta đưa toán chứng minh (b − c)(c − a) 0, (5) (c − a)(a − b) (6) To Như thế, (4), (5), (6) có bất đẳng thức toán ta chứng minh xong Ta quan sát nhận thấy (a−b)(b−c) (b−c)(c−a) (c−a)(a−b) = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 0, ba số (a − b)(b − c), (b − c)(c − a), (c − a)(a − b) có số không âm, tức (4), (5), (6) phải có bất đẳng thức Phép chứng minh hoàn tất Chú ý đẳng thức xảy a = b = c = Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 77 Nhận xét Qua lời giải trên, hẳn bạn đọc hiểu ý nghĩa yếu tố “ít nhất” mà muốn đề cập tới Lưu ý rằng, tùy vào toán cụ thể mà ta có yếu tố “ít nhất” khác a2 + b b + c c + a2 + + a+b b+c c+a a2 +b2 a+b = a+b + (a−b)2 , 2(a+b) bất đẳng thức co Chứng minh Để ý cho viết lại thành m Ví dụ Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 a+b+c+ + + 2(a + b) 2(b + c) 2(c + a) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (a − b) + (b − c) + (a − c) 2(a + b) + 2(b + c) + 2(a + c) (a − c)2 = a+b+c ap3 (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 + + 2(a + b) 2(b + c) 2(a + c) Bài toán quy chứng minh a+b+c+ (a − c)2 a+b+c anc Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có (a − c)2 = a+b+c (a − c)2 + (b − a)(b − c) (a − b)(b − c) = +a+b+c+ a+b+c a+b+c 2 2 (a − b)(b − c) 3(a + b + c ) − (a + b + c) = +a+b+c+ 2(a + b + c) a+b+c a + b + c (a − b)(b − c) = + + 2(a + b + c) a+b+c (a − b)(b − c) 3+ a+b+c To a+b+c+ Như vậy, toán chứng minh xong ta có (a − b)(b − c) (1) 78 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Đánh giá tương tự, ta có bất đẳng thức (b − c)(c − a) 0, (2) (c − a)(a − b) (3) m Mà theo lập luận trước, ta thấy (1), (2), (3) có bất đẳng thức Do đó, toán giải hoàn toàn Đẳng thức xảy a = b = c = .co Bài toán Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a2 +b2 +c2 = Chứng minh 1 + + − 6ab − 6bc − 6ca Chứng minh Bất đẳng thức cho viết lại sau , ap3 1 1 1 − − − + + − 6ab − 6bc − 6ca − 2ab − 2bc − 2ca + + − 6ab − 6bc − 6ca Do − 2ab = a2 + b2 + c2 − 2ab = (a − b)2 + c2 nên ta có a2 b2 c2 (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 + + + + + − 6bc − 6ca − 6ab − 6bc − 6ca − 6ab b2 c2 a2 + + − 6bc − 6ca − 6ab (a + b + c)2 (5 − 6bc) + (5 − 6ca) + (5 − 6ab) (a + b + c)2 = 15 − 6(ab + bc + ca) (b − c)2 (a − c)2 (a − b)2 + + − 6bc − 6ca − 6ab (b − c) + (a − c) + (a − b) (5 − 6bc) + (5 − 6ca) + (5 − 6ab) 4(a − c)2 = 15 − 6(ab + bc + ca) To anc Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta Ta cần chứng minh (a + b + c)2 + 4(a − c)2 15 − 6(ab + bc + ca) = − 2(ab + bc + ca) Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 79 Thay = 5(a2 + b2 + c2 ) rút gọn, ta 4(a − b)(b − c) (1) Đánh giá tương tự, ta thu bất đẳng thức 0, 4(c − a)(a − b) (2) m 4(b − c)(c − a) (3) co Từ lập luận trên, ta thấy (1), (2), (3) có bất đẳng thức Từ dễ dàng suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = ± √13 Nhận xét Từ toán này, ta dễ dàng suy kết đẹp mắt sau tạp chí Crux Mathematicorum: Nếu a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1, 1 + + − bc − ca − ab (4) ap3 Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (1 + 3)2 16 · = − bc + (5 − 6bc) Từ suy 1 + + − bc − ca − ab 1 + + − 6bc − 6ca − 6ab + · = 12 3+9 anc 12 32 + − 6bc Nhân vế bất đẳng thức cho 38 , ta thu (4) Bài toán (Mediterranean Mathematical Competition, 2009) Chứng minh với a, b, c dương, ta có To a b c + + 2a + b 2b + c 2c + a a2 ab bc ca + + 2 + ab + b b + bc + c c + ca + a2 (a−b) ab Chứng minh Để ý a2 +ab+b = − 3(a2 +ab+b2 ) , bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + + a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a b c +3 + + 2a + b 2b + c 2c + a 80 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a b c + + 2a + b 2b + c 2c + a (a + b + c)2 a(2a + b) + b(2b + c) + c(2c + a) m Từ đó, toán đưa chứng minh co (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 + + a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 a2 + ac + c2 (a − b) + (b − c) + (a − c) (a2 + ab + b2 ) + (b2 + bc + c2 ) + (a2 + ac + c2 ) 3(a + b + c)2 + 4(a − c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca ap3 Sau khai triển rút gọn, ta (a − c)2 + 3(a − b)(b − c) Do (a − c)2 0 nên bất đẳng thức ta có (a − b)(b − c) (1) anc Hoàn toàn tương tự, ta đưa toán xét tính đắn bất đẳng thức (c − a)(a − b) 0, (2) (b − c)(c − a) (3) Nếu (1), (2), (3) có bất đẳng thức toán chứng minh xong Tuy nhiên, điều hiển nhiên, To (a−b)(b−c) (b−c)(c−a) (c−a)(a−b) = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Phép chứng minh hoàn tất Dấu xảy a = b = c Bài toán Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = Chứng minh 1 + + x+y+1 y+z+1 z+x+1 Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 81 Chứng minh Đặt x = a2 , y = b2 z = c2 với a, b, c > 0, dễ thấy ta có abc = Với phép đặt này, bất đẳng thức cần chứng minh viết lại sau Do a2 + b2 = (a+b)2 +(a−b)2 2 .co a2 + b b2 + c c + a2 + + a2 + b + b + c + c + a2 + m 1 + + 1, 2 + c + c + a + a + b2 + 1 1 + 1− + 1− 1− 2 b +c +1 c +a +1 a + b2 + b2 nên ta có (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 + + + a2 + b + b + c + c + a2 + (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 + + a2 + b + b + c + c + a2 + ap3 + Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có anc (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + a2 + b + b + c + c + a2 + (a + b) + (b + c) + (c + a) (a2 + b2 + 1) + (b2 + c2 + 1) + (c2 + a2 + 1) (b − c)2 (a − c)2 (a − b)2 + + a2 + b + b + c + c + a2 + (a − b) + (b − c) + (a − c) (a2 + b2 + 1) + (b2 + c2 + 1) + (c2 + a2 + 1) To Từ toán quy chứng minh 4(a + b + c)2 + 4(a − c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + 4, hay tương đương (a + b + c)2 + (a − c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + 2, 82 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Theo bất đẳng thức AM-GM, √ 3 = a2 b c ab + bc + ca (a + b + c)2 + (a − c)2 m Suy ta cần chứng minh 2(a2 + b2 + c2 ) + (ab + bc + ca) Sau khai triển rút gọn, ta .co (a − b)(b − c) (1) Ngoài ra, cách đánh giá tương tự, ta thu bất đẳng thức sau (b − c)(c − a) 0, (2) (c − a)(a − b) (3) ap3 Từ lập luận phần chứng minh 1, ta thấy (1), (2), (3) phải có bất đẳng thức Từ dễ dàng suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c, tức x = y = z = Nhận xét Nếu đặt x = a3 , y = b3 z = c3 , ta có abc = 1 = , x+y+1 a + b3 + abc bất đẳng thức nêu đề viết lại thành 1 + + 3 + b + abc b + c + abc c + a3 + abc anc a3 abc Đây toán USAMO 1997 Có thể thấy ví dụ ta cố gắng phân tách tử số thành tổng hai bình phương, bình phương có dạng (a − b)2 (hoặc (b − c)2 , (c − a)2 ) (bạn đọc thử ngẫm nghĩ lại dạng mà không dạng khác?) To Tuy nhiên, lúc vậy, mà đôi lúc ta phân tích theo nhiều kiểu khác Sau vài ví dụ Bài toán Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh 7a2 a b c + + + 11 7b + 11 7c + 11 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic 84 42(c − a)(c − b) (3) Ta có 0, m (a−b)(a−c)+(b−c)(b−a)+(c−a)(c−b) = a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca (1), (2), (3) phải có bất đẳng thức Từ dễ dàng suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = .co Bài toán (Chinese Northern MO, 2006) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a2 + b2 + c2 + + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành a2 + b2 + c2 + + − + − 2a2 + (3 − a)2 2b2 + (3 − b)2 2c2 + (3 − c)2 ap3 2− tương đương 5b2 − 12b + 5c2 − 12c + 5a2 − 12a + + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 9(a−1)2 +(3−a)2 = 9(a−1)2 +(b+c)2 nên ta có anc Do 5a2 − 12a + = 1, (b − 1)2 (c − 1)2 (a − 1)2 + + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 + + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 To Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta (1 − b)2 (1 − c)2 (a − 1)2 + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 (a − 1) + (1 − b) + (1 − c) 2a2 + (b + c)2 + 2b2 + (c + a)2 + 2c2 + (a + b)2 2(2a − b − c)2 = [2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca] Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 85 (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 m (b + c) + (c + a) + (a + b) 2a2 + (b + c)2 + 2b2 + (c + a)2 + 2c2 + (a + b)2 2(a + b + c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca Do ta cần chứng minh (2a − b − c)2 + (a + b + c)2 co = 2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca Sau khai triển rút gọn, ta ap3 3(a − b)(a − c) (1) Ngoài ra, cách đánh giá tương tự, ta có 3(b − c)(b − a) 0, (2) 3(c − a)(c − b) (3) anc Vì (a − b)(a − c) + (b − c)(b − a) + (c − a)(c − b) = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca số không âm nên ta suy có bất đẳng thức (1), (2), (3) Từ dễ dàng suy kết toán Đẳng thức xảy a = b = c = Nhận xét Ngoài cách trên, ta chứng minh bất đẳng thức 5a2 − 12a + 5b2 − 12b + 5c2 − 12c + + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 theo cách khác (cũng cách sử dụng Cauchy-Schwarz) sau: To Sử dụng Cauchy-Schwarz với ý 5a2 − 12a + > 0, ta có 5a2 − 12a + 2a2 + (b + c)2 5a2 − 12a + 5a2 − 12a + = 2a2 + 2(b2 + c2 ) 2(a2 + b2 + c2 ) Từ bất đẳng thức hai bất đẳng thức tương tự, ta đưa toán chứng minh (5a2 − 12a + 9) + (5b2 − 12b + 9) + (5c2 − 12c + 9) 2(a2 + b2 + c2 ), Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic 86 hay tương đương 3(a2 + b2 + c2 ) 9, Bất đẳng thức theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (a + b + c)2 = m 3(a2 + b2 + c2 ) Bài toán Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh 18a − 35 18b − 35 18c − 35 + + − 4a + b − 4b + c − 4c + −17 .co a2 Chứng minh Bất đẳng thức cho viết lại thành 7+ 18a − 35 − 4a + a2 + 7+ 18b − 35 − 4b + b2 + 7+ 18c − 35 − 4c + c2 7a2 − 10a + 7b2 − 10b + 7c2 − 10c + + + a2 − 4a + b − 4b + c − 4c + 4, ap3 Do 7a2 − 10a + = (a + 1)2 + 6(a − 1)2 nên ta có (b + 1)2 (c + 1)2 (a + 1)2 + + + a2 − 4a + b2 − 4b + c2 − 4c + (a − 1)2 (b − 1)2 (c − 1)2 +6 + + a − 4a + b2 − 4b + c2 − 4c + Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta To anc (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 + + a2 − 4a + b2 − 4b + c2 − 4c + (a + 1) + (b + 1) + (c + 1) (a2 − 4a + 6) + (b2 − 4b + 6) + (c2 − 4c + 6) 12(a + b + c)2 4(a + b + c)2 = = a + b2 + c + 3(a2 + b2 + c2 ) + 2(a + b + c)2 (a − 1)2 (1 − b)2 (1 − c)2 + + a2 − 4a + b2 − 4b + c2 − 4c + (a − 1) + (1 − b) + (1 − c) (a2 − 4a + 6) + (b2 − 4b + 6) + (c2 − 4c + 6) 4(2a − b − c)2 4(2a − b − c)2 = = 9(a2 + b2 + c2 + 6) 3(a2 + b2 + c2 ) + 2(a + b + c)2 Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 87 Bài toán quy chứng minh 3(a + b + c)2 + 2(2a − b − c)2 3(a2 + b2 + c2 ) + 2(a + b + c)2 , hay tương đương với Đánh giá tương tự, ta có bất đẳng thức 0, 6(c − a)(c − b) (2) (3) co 6(b − c)(b − a) (1) m 6(a − b)(a − c) Đến đây, ta lại thấy (a−b)(a−c)+(b−c)(b−a)+(c−a)(c−b) = a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca 0, nên (1), (2), (3) phải có bất đẳng thức ap3 Từ dễ dàng suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Quan sát lời giải toán trên, ta thấy có điểm chung đoạn cuối phép chứng minh, ta có bất đẳng thức dạng (a − b)(b − c) (i) (a − b)(a − c) (ii) anc Và hẳn bạn đọc thắc mắc lại phải đánh giá thông qua tích tổng (cụ thể (a − b)(b − c) = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (a − b)(a − c) = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca 0, (iii) 0)? (iv) To Bởi lẽ thật hoàn toàn đánh giá đơn giản hơn, chẳng hạn ta sử dụng tính đối xứng (hoặc hoán vị) toán mà giả sử b nằm a c (i) đúng, ta giả sử a = max{a, b, c} (hoặc a = min{a, b, c}) (ii) Các đánh giá thông qua (iii), (iv) không phức tạp lại khiến cho chứng minh ta trở nên dài cồng kềnh Vậy mục đích việc sử dụng (iii), (iv) gì? Thật ra, điều mà muốn nhấn mạnh ở chỗ: mà thứ tự biến không tác dụng yếu tố “ít nhất” sử dụng hiệu phối hợp với bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 88 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Ta xét ví dụ sau Bài toán Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh m a2 b2 c2 + + 6a2 − 4a + 6b2 − 4b + 6c2 − 4c + 1 .co Phân tích tìm tòi lời giải Cũng tương tự toán khác, ta tìm cách chuyển bất đẳng thức dạng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz a2 dạng phân thức Ta nhận thấy 6a2 −4a+1 a2 (2a − 1)2 − = 6a2 − 4a + 2(6a2 − 4a + 1) Do ta viết bất đẳng thức lại thành ap3 (2a − 1)2 (2b − 1)2 (2c − 1)2 + + 6a2 − 4a + 6b2 − 4b + 6c2 − 4c + 1 Tuy nhiên, lúc áp dụng Cauchy-Schwarz kiểu thường dùng anc (2b − 1)2 (2c − 1)2 (2a − 1)2 + + 6a2 − 4a + 6b2 − 4b + 6c2 − 4c + (2a − 1) + (2b − 1) + (2c − 1) , (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) + (6c2 − 4c + 1) bất đẳng thức thu sau không Lí thật đơn giản Các bạn quan sát bất đẳng thức cho đề bài, trường hợp đẳng thức thông thường a = b = c = 31 ra, xảy dấu a = b = 21 , c = (và hoán vị) Trong đó, đánh giá có dấu To 2a − 2b − 2c − = = , − 4a + 6b − 4b + 6c − 4c + 6a2 hẳn nhiên số 21 , 12 , không thỏa mãn hệ phương trình Như vậy, ta cần thay đổi cách sử dụng Cauchy-Schwarz cho hiệu Bây giờ, ta giả định trường hợp đẳng thức a = b = c = 13 bất đẳng thức xảy dấu a = b = 12 , c = (tức ta không xét đến hoán vị này) Khi đó, dễ dàng Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 89 nhận thấy cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz sau đảm bảo điều kiện đẳng thức (2a − 1) + (2b − 1) (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) 4c2 = (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) co Và từ đánh giá này, ta phải chứng minh m (2a − 1)2 (2b − 1)2 + 6a2 − 4a + 6b2 − 4b + 4c2 (2c − 1)2 + (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) 6c2 − 4c + Bất đẳng thức tương đương với 2c2 1− (2c − 1)2 2c2 = , 6c2 − 4c + 6c2 − 4c + ap3 4c2 (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) nên ta cần chứng minh 2(6c2 − 4c + 1) (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) (1) anc Nếu bất đẳng thức (1) toán chứng minh xong Tuy nhiên thực tế, (1) lúc đúng, ta thứ tự biến a b c (dựa điều kiện đẳng thức a = b = 21 , c = 0), (1) chưa thỏa mãn (bạn đọc thử kiểm tra) Có vẻ ta đường cùng? Thật đâu bạn Tư tưởng yếu tố “ít nhất” sử dụng hiệu cho Thật vậy, đánh giá tương tự trên, ta có bất đẳng thức (6b2 − 4b + 1) + (6c2 − 4c + 1), (2) 2(6b2 − 4b + 1) (6c2 − 4c + 1) + (6a2 − 4a + 1) (3) To 2(6a2 − 4a + 1) Và (1) (2) (3) thỏa mãn đồng nghĩa với việc toán chứng minh xong Bây ta lại thấy 2(6a2 − 4a + 1) − (6b2 − 4b + 1) − (6c2 − 4c + 1) = Do (1), (2), (3) phải có bất đẳng thức Điều cho phép ta kết thúc phép chứng minh 90 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Đây ví dụ điển hình để minh họa cho tính bật yếu tố “ít nhất” so với việc thứ tự biến Sau toán khác với cách giải tương tự m Bài toán Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh b2 c2 a2 + + 3a2 − 2a + 3b2 − 2b + 3c2 − 2c + co Chứng minh Để ý 2(3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3) = 0, số 2(3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3), ap3 2(3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3) − (3a2 − 2a + 3), 2(3c2 − 2c + 3) − (3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3), phải có số không âm Không tính tổng quát, giả sử 2(3a2 − 2a + 3) (3b2 − 2b + 3) + (3c2 − 2c + 3) Khi đó, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (b + c)2 (3b2 − 2b + 3) + (3c2 − 2c + 3) (b + c)2 (1 − a)2 = 2(3a2 − 2a + 3) 2(3a2 − 2a + 3) anc b2 c2 + 3b2 − 2b + 3c2 − 2c + Ta cần chứng minh To a2 (1 − a)2 + 3a2 − 2a + 2(3a2 − 2a + 3) Bất đẳng thức tương đương với 8a2 + 4(1 − a)2 3a2 − 2a + 3, 8a2 + 4(1 − a)2 − (3a2 − 2a + 3) = (3a − 1)2 Bài toán chứng minh xong Dấu xảy a = b = c = 13 Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 91 Nhận xét Một điểm cần lưu ý để sử dụng thành công yếu tố “ít nhất” (theo cách giống hai trên) toán có dạng hai toán mẫu số phân thức phải thỏa mãn số điều kiện định: m Xét hiệu A = 2(6a2 − 4a + 1) − (6b2 − 4b + 1) − (6c2 − 4c + 1) Khi b = c ta có a + 2b = 1, lúc A = 2(6a2 − 4a + 1) − 2(6b2 − 4b + 1) = 4(a − b) 3(a + b) − Tương tự, xét hiệu co = 4(a − b) 3(a + b) − 2(a + 2b) = 4(a − b)2 B = 2(3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3) Khi b = c ta có a + 2b = B = 2(3a2 − 2a + 3) − 2(3b2 − 2b + 3) = 2(a − b) 3(a + b) − ap3 = 2(a − b) 3(a + b) − 2(a + 2b) = 2(a − b)2 Như vậy, điều kiện có hai biến A, B phải phân tích bình phương Tuy nhiên, thực tế toán cũng có tính chất đặc biệt Do đó, ta cần có cách làm khác hiệu Phần giới thiệu kỹ thuật khác hiệu để giải toán dạng anc Như ta biết, phần lớn bất đẳng thức có biến dễ chứng minh bất đẳng thức có nhiều biến Chính vậy, ý tưởng thường sử dụng chứng minh bất đẳng thức, đưa bất đẳng thức với nhiều biến số trở dạng có biến số To Có nhiều công cụ hỗ trợ ta thực điều phương pháp dồn biến, EV, Dưới xem xét ứng dụng yếu tố “ít nhất” bất đẳng thức Cauchy-Schwarz việc làm giảm số biến bất đẳng thức Cụ thể hơn, ta đưa bất đẳng thức từ ba biến dạng biến để chứng minh Ý tưởng kỹ thuật sau: Với bốn số thực a, b, c, k, ta có (a−k)(b−k) (b−k)(c−k) (c−k)(a−k) = (a − k)2 (b − k)2 (c − k)2 Do ba số (a − k)(b − k), (b − k)(c − k), (c − k)(a − k) phải có số không âm Ta giả sử số (a − k)(b − k), a2 + b2 = k + (a + b − k)2 − 2(a − k)(b − k) k + (a + b − k)2 92 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức có giả thiết a + b + c = s đẳng thức xảy có hai biến giá trị m ta áp dụng đánh giá để làm giảm số biến bất đẳng thức ban đầu Cụ thể ta chọn k = m (để đảm bảo dấu bằng) ta có m m2 + (a + b − m) = m2 + (s − c − m)2 , a2 + b có nghĩa sử dụng đánh giá vào toán ta phải chứng minh bất đẳng thức biến c .co Để nắm rõ hơn, ta xét ví dụ sau Bài toán (Polish MO, 1996) Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh a2 b c a + + +1 b +1 c +1 10 a2 + b ap3 Phân tích tìm tòi lời giải Nhận xét đẳng thức xảy điểm a = b = c = 31 Do đó, cách gọi a, b hai số cho a − 13 b − 13 tiến hành đánh trên, ta có 1 + a+b− = −c + (1) Nếu muốn áp dụng Cauchy-Schwarz để có đại lượng a2 + b2 xuất (để sử dụng (1)), ta cần chuyển vế hai phân thức a2a+1 , b2b+1 thêm bớt để có bình phương xuất Ta biến đổi sau a − 2 a +1 anc c c2 + + (a − 1)2 (b − 1)2 + a2 + b +1 b − 2 b +1 − , 10 2c + c +1 Bây giờ, ta sử dụng Cauchy-Schwarz đánh giá (1) trên: To (a − 1)2 (b − 1)2 + a2 + b +1 (a − 1) + (b − 1) (c + 1)2 = (a2 + 1) + (b2 + 1) (a2 + b2 ) + (c + 1)2 9(c + 1)2 = 2 23 − 12c + 9c2 + − c + 3 Như ta phải chứng minh bất đẳng thức biến 9(c + 1)2 23 − 12c + 9c2 + 10c + c2 5(1 + c2 ) (2) Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 93 Công việc thật đơn giản Bằng cách quy đồng phân tích nhân tử chung (lưu ý ta phân tích (3c − 1)2 làm nhân tử chung), ta viết (2) dạng (3c − 1)2 (2c2 + 2c + 11) m 0, 2c2 + 2c + 11 > nên bất đẳng thức Đến phép chứng minh hoàn tất .co Bài toán 10 (Japanese MO, 1997) Chứng minh với số thực dương a, b, c tùy ý, ta có (b + c − a)2 (c + a − b)2 (a + b − c)2 + + a2 + (b + c)2 b2 + (c + a)2 c2 + (a + b)2 Chứng minh Do bất đẳng thức cho với ba biến a, b, c nên ta hoàn toàn chuẩn hóa cho a + b + c = Khi đó, ta viết lại dạng (1 − 2b)2 (1 − 2c)2 (1 − 2a)2 + + 2a2 − 2a + 2b2 − 2b + 2c2 − 2c + ap3 Không tính tổng quát, giả sử a − a +b 1 + a+b− 3 b− = + Ta có 2 −c Từ sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta (1 − 2a) + (1 − 2b) (2a2 − 2a + 1) + (2b2 − 2b + 1) 2c2 2c2 = 2 a + b2 + c + −c +c anc (1 − 2a)2 (1 − 2b)2 + 2a2 − 2a + 2b2 − 2b + 18c2 = 9c − 3c + To Ta cần chứng minh (1 − 2c)2 18c2 + 2c2 − 2c + 9c2 − 3c + Sau khai triển rút gọn, ta bất đẳng thức hiển nhiên (3c − 1)2 (17c2 − 8c + 5) Đẳng thức xảy xảy a = b = c 0, Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic 94 Nhận xét Ngoài cách giải trên, giải cách khác (cũng dựa yếu tố “ít nhất”) sau: Để ý Do bất đẳng thức cho viết lại thành co (2a − b − c)2 (2b − c − a)2 (2c − a − b)2 + + + a2 + (b + c)2 b2 + (c + a)2 c2 + (a + b)2 m (b + c − a)2 7(2a − b − c)2 + (5b + 5c − 2a)2 =− + a2 + (b + c)2 24 a2 + (b + c)2 (5b + 5c − 2a)2 (5c + 5a − 2b)2 (5a + 5b − 2c)2 + + + a2 + (b + c)2 b2 + (c + a)2 c2 + (a + b)2 192 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có ap3 (2a − b − c)2 (2b − c − a)2 (2c − a − b)2 + + a2 + (b + c)2 b2 + (c + a)2 c2 + (a + b)2 (2a − b − c) + (a + c − 2b) + (a + b − 2c) a2 + (b + c)2 + b2 + (c + a)2 + c2 + (a + b)2 (5b + 5c − 2a)2 (5c + 5a − 2b)2 (5a + 5b − 2c)2 + + a2 + (b + c)2 b2 + (c + a)2 c2 + (a + b)2 anc (5b + 5c − 2a) + (5c + 5a − 2b) + (5a + 5b − 2c) a2 + (b + c)2 + b2 + (c + a)2 + c2 + (a + b)2 Từ hai đánh giá này, ta đưa toán chứng minh 35(2a − b − c)2 + 80(a + b + c)2 hay 48 3(a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + bc + ca) , 76a2 − 29b2 − 29c2 − 76ab − 76ac + 134bc (1) 76b2 − 29c2 − 29a2 − 76bc − 76ba + 134ca 0, (2) 76c2 − 29a2 − 29b2 − 76ca − 76cb + 134ab (3) To Thực đánh giá tương tự, ta có Bây giờ, ta có ý (76a2 − 29b2 − 29c2 − 76ab − 76ac + 134bc) = 18 a2 − ab Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 95 số không âm Do đó, (1), (2), (3) phải có bất đẳng thức Từ dễ dàng suy điều phải chứng minh Chúng ta kết lại viết ứng dụng thú vị khác kỹ thử sử dụng yếu tố “ít nhất” 7(a2 + b2 + c2 + d2 ) m Bài toán 11 Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh 12(a4 + b4 + c4 + d4 ) (1) co Phân tích tìm tòi lời giải Ở này, thay d = −(a + b + c) ta bất đẳng thức ba biến theo a, b, c, biểu thức a2 + b2 + c2 + d2 d4 biểu diễn theo hai đại lượng a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Do vậy, thấy ý tưởng tự nhiên để giải toán tìm cách để đánh giá chặn a4 + b4 + c4 theo a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Ta có để ý ap3 a4 + b4 + c4 = (a2 + b2 + c2 ) − 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) Do đó, tự nhiên ta nghĩ đến việc sử dụng đánh giá quen thuộc 2 2 2 a b +b c +c a (ab + bc + ca)2 , giúp ta tìm chặn cho a4 + b4 + c4 theo a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Cụ thể 2 (a2 + b2 + c2 ) − (ab + bc + ca)2 anc a4 + b + c Như ta phải chứng minh 7(a2 + b2 + c2 + d2 ) 2 12 (a2 + b2 + c2 ) − (ab + bc + ca)2 + d4 To Thay d2 = (a + b + c)2 = (a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + bc + ca) vào, ta viết bất đẳng thức lại thành 7(2x + 2y)2 12 x2 − y + (x + 2y)2 , x = a2 + b2 + c2 y = ab + bc + ca Và sau khai triển rút gọn, ta 4(x − y)(x + 3y) 96 Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic Do x − y = (a2 + b2 + c2 ) − (ab + bc + ca) nên ta cần chứng minh a2 + b2 + c2 + 3(ab + bc + ca) (2) m Trên thực tế, (2) (bạn đọc dễ dàng kiểm tra bất đẳng thức sai với a = −3, b = c = 1) Tuy nhiên, với việc sử dụng yếu tố “ít nhất” ta lại “buộc” phải Thật vậy, a2 + b2 + c2 + 3(ab + bc + ca) = 3(a + b + c + d)2 = 0, co nên bốn số a2 + b2 + c2 + 3(ab + bc + ca), b2 + c2 + d2 + 3(bc + cd + db), c2 + d2 + a2 + 3(cd + da + ac), d2 + a2 + b2 + 3(da + ab + bd), ap3 phải có số không âm Và tính đối xứng nên ta hoàn toàn giả sử a2 + b2 + c2 + 3(ab + bc + ca) 0, tức (2) toán chứng minh hoàn toàn Chú ý đẳng thức xảy a = b = c = − d3 , hoán vị Nhận xét Từ lời giải bất đẳng thức (1), ta tìm chứng minh thú vị cho bất đẳng thức đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Olympic Toán Quốc tế năm 1996: anc Nếu a, b, c số thực tùy ý, (b + c)4 + (c + a)4 + (a + b)4 4 (a + b4 + c4 ) (3) Thật vậy, (1) thay d = −(a + b + c), ta có To a2 + b2 + c2 + (a + b + c)2 12 a + b4 + c4 + (a + b + c)4 12 (a + b4 + c4 ) (4) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz a2 + b2 + c2 + (a + b + c)2 = (b + c)2 + (c + a)2 + (a + b)2 (b + c)4 + (c + a)4 + (a + b)4 (5) Kết hợp (4) (5) lại, ta có (3) Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 97 m Cuối cùng, xin đề xuất thêm số toán khác mà ta áp dụng kỹ thuật yếu tố “ít nhất” để giải Ở đây, không nêu lời giải chi tiết cho toán Bạn đọc thử sức với chúng để cảm nhận rõ ràng nét thú vị kỹ thuật mà vừa nghiên cứu Bài tập Cho số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh co − 2bc − 2ca − 2ab + + 2 − 5a − 4bc − 5b − 4ca − 5c2 − 4ab Bài tập Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh với k 1, ta có 1 + + 2 + b + k b + c + k c + a2 + k ap3 a2 2+k Bài tập Cho a, b, c số dương thỏa mãn a2 1 + + 2 + b + b + c + c + a2 + Chứng minh a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca anc Bài tập Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 1 + + 2 + b + b + c + c + a2 + 1 Chứng minh b2 + 2b(a + c) To Bài tập Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (a + b + c) 1 + + a b c 4(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca Bài tập Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a2 b c + + +a+b+c b c a 6(a2 + b2 + c2 ) a+b+c Các phương pháp giải Toán qua kỳ thi Olympic 98 Bài tập Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 > Chứng minh a2 − 2bc b2 − 2ca c2 − 2ab + + a2 + b2 + 3c2 b2 + c2 + 3a2 c2 + a2 + 3ab − m Bài tập (USAMO, 2003) Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta có .co (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 (2a + b + c)2 + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 Bài tập (Chinese Western MO, 2007) Cho số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 5a2 1 + + − 4a + 11 5b − 4b + 11 5c − 4c + 11 Bài tập 10 Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta có 1 + + + bc b + ca c + ab a+b+c ab + bc + ca 1 + + b+c c+a a+b ap3 a2 Bài tập 11 Chứng minh kết tổng quát 13: Nếu a1 , a2 , , an số thực có tổng 0, (a21 + a22 + · · · + a2n ) n(n − 1) (a4 + a42 + · · · + a4n ) − 3n + n2 anc Tài liệu tham khảo [1] Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh, Sử dụng phương pháp CauchySchwarz để chứng minh bất đẳng thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2010 [2] Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh, Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm Hà Nội, 2010 To [3] Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh, Bất đẳng thức lời giải hay, Nhà xuất Hà Nội, 2009 [4] Vasile Cirtoaje, Vo Quoc Ba Can, Tran Quoc Anh, Inequalities with Beautiful Solutions, GIL Publishing House, 2009 [5] Võ Quốc Bá Cẩn, Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, Kỷ yếu Gặp gỡ Toán học III, hè 2011 ... hoán vị này) Khi đó, dễ dàng Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 89 nhận thấy cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz sau đảm bảo điều kiện đẳng thức (2a − 1) + (2b − 1) (6a2... To anc Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta Ta cần chứng minh (a + b + c)2 + 4(a − c)2 15 − 6(ab + bc + ca) = − 2(ab + bc + ca) Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz... a2 − ab Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 95 số không âm Do đó, (1), (2), (3) phải có bất đẳng thức Từ dễ dàng suy điều phải chứng minh Chúng ta kết lại viết ứng dụng thú