Một số ứng dụng phép biến đổi Abel Lê Sáng, Huỳnh Bá Lộc Sở GD& ĐT Khánh Hòa Một số bất đẳng thức đề thi IMO liên quan đến hai dãy số cho dạng tổng tích chứng minh nhờ phép biến đổi tổng Abel, thêm vào vận dụng BCS dễ dàng đưa đến kết Bài viết dựa giảng đội tuyển Khánh Hòa Biến đổi Abel ví dụ tính tổng Cho hai dãy (ai ), (bi ) Khi a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn = (a1 − a2 )b1 + (a2 − a3 )(b1 + b2 ) + +(an−1 − an )(b1 + b2 + · · · + bn−1 ) + an (b1 + b2 + · · · + bn ) Ví dụ Tính tổng S1 = + 2q + 3q + · · · + nq n−1 Giải Ta có S1 = (1 − 2) + (2 − 3)(1 + q) + · · · + n(1 + q + · · · + q n−1 ) q n−1 − qn − q − q2 − + + ··· + +n =− q−1 q−1 q−1 q−1 n q − nq n qn − 1 n−1 (1 + q + · · · + q − n) + n = − =− q−1 q−1 q − (q − 1)2 Ở ta vận dụng phép biến đổi Abel, lẽ dĩ nhiên tính tổng theo cách gọn Dạng giả thiết cho tổng số hạng dãy Bài toán Cho a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an > b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn > thỏa điều kiện a1 ≥ b1 ; a1 + a2 ≥ b1 + b2 ; ; a1 + a2 + · · · + an ≥ b1 + b2 + · · · + bn Chứng minh với k ∈ N, ak1 + ak2 + · · · + akn ≥ bk1 + bk2 + · · · + bkn Chứng minh Xét aki − bki = (ai − bi ) ak−1 + aik−2 bi + · · · + bk−1 = ci di với ci = − bi i i Từ giả thiết ta có ci ≥ 0, c1 + c2 + · · · + cj ≥ ∀j di > di+1 > Suy ak1 − bk1 + ak2 − bk2 + · · · + akn − bkn = c1 d1 + c2 d2 + · · · + cn dn = (d1 − d2 )c1 + (d2 − d3 )(c1 + c2 ) + · · · + dn (c1 + c2 + · · · + cn ) ≥ 0, biến đổi Abel, ta có điều cần chứng minh Bài toán (Romani 1977) Cho > 0, ≤ b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn √ a1 + a√2 + · · · + a√ k ≤ √ √ √ b1 + b2 + · · · + bk với k ≤ n Chứng minh a1 + a2 + · · · + an ≤ b1 + b2 + · · · + bn 148 Chứng minh Dùng biến đổi Abel a a 1 a √ + √ + · · · + √ n = a1 √ − √ b1 b2 bn b1 b2 + (a1 + a2 ) 1 √ −√ b2 b3 + 1 + (a1 + a2 + · · · + an ) √ −√ bn bn bn−1 √ √ √ 1 1 Mà b1 + b2 + · · · + bn = b1 √ − √ + (b1 + b2 ) √ − √ + b1 b2 b2 b3 +(b1 + b2 + · · · + bn ) √ bn Nhờ BCS √ √ √ a a a √ √ √ √1 + √2 + · · · + √n a1 + a2 + · · · + an ≤ b1 + b2 + · · · + bn b1 b2 bn Từ giả thiết (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh +(a1 + a2 + · · · + an−1 ) (1) (2) (3) Bài tốn c, d khơng âm, a ≤ 1, a + b ≤ 5, a + b + c ≤ 14, a + b + c + d ≤ 30 Chứng √ √ Cho√a, b,√ minh a + b + c + d ≤ 10 Chứng minh Đây toán cụ thể từ 2, với n = bk = k √ Bài toán (USAMO 95) Cho a1 + a2 + · · · + an ≥ n ∀n > Chứng minh 1 a21 + a22 + · · · + a2n ≥ + + ··· + n Chứng minh Ta bắt đầu với toán > 0, b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn ≥ a1 + a2 + · · · + ak ≥ b1 + b2 + · · · + bk ∀k ≤ n a1 + a22 + · · · + a2n ≥ b21 + b22 + · · · + b2n Bài toán tương tự 1, với giả thiết yếu Dùng biến đổi Abel a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn = a1 (b1 − b2 ) + (a1 + a2 )(b2 − b3 ) + · · · + (a1 + a2 + · · · + an )bn (3) Và (4) b1 (b1 − b2 ) + (b1 + b2 )(b2 − b3 ) + · · · + (b1 + b2 + · · · + bn )bn = b21 + b22 + · · · + b2n Kết hợp (3), (4) với bất đẳng thức BCS (a21 + a22 + · · · + a2n ) (b21 + b22 + · · · + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 ≥ (b21 + b22 + · · · + b2n ) Ta có điều cần chứng minh √ √ Trở lại toán, cần chọn bn = n − n − > √ n Bài toán (IMO 78 – Pháp đề nghị) Cho f : N → N đơn ánh Chứng minh n f (k) n ∀n ≥ k=1 k k=1 k n Chứng minh Bất đăng thức viết lại k=1 k f (k) −1 k ≥0 f (k) thỏa m1 m2 mk ≥ 1, từ AM – GM m1 +m2 +· · ·+mk ≥ k k Áp dụng biến đổi Abel, ta có n (mk − 1) k=1 k n 1 = − (m1 + m2 + · · · + mk − k) + (m1 + m2 + · · · + mn − n) ≥ k k+1 n k=1 Do f đơn ánh, đặt mk = 149 Dạng giả thiết cho tích số hạng dãy Bài toán Cho x1 , x2 , , xn y1 , y2 , , yn hai dãy số dương thỏa mãn x1 ≥ y1 , x1 x2 ≥ y1 y2 , x1 x2 x3 ≥ y1 y2 y3 , , x1 x2 x3 xn ≥ y1 y2 y3 yn Chứng minh x1 + x2 + · · · + xn ≥ y1 + y2 + · · · + yn Chứng minh Biến đổi Abel x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn = y + y + · · · + y n y1 y2 yn x1 x1 x2 x1 x2 xn = (y1 − y2 ) + + (y2 − y3 ) + · · · + + + ··· + yn y1 y1 y2 y1 y2 yn Ngoài ra, theo BCS x1 x2 x x xk xk + + ··· + ≥kk =k y1 y2 yk y1 y2 yk Nên x1 + x2 + · · · + xn ≥ 1(y1 − y2 ) + 2(y2 − y3 ) + · · · + nyn = y1 + y2 + · · · + yn Bài toán (RoMO 99) Cho hai dãy số dương (xi ) (yi )thỏa mãn i) x1 y1 < x2 y2 < · · · < xn yn ; ii) x1 + x2 + · · · + xk ≥ y1 + y2 + · · · + yk , ≤ k ≤ n Chứng minh 1 1 1 + + ··· + ≤ + + ··· + x1 x2 xn y1 y2 yn Chứng minh Xét 1 1 1 + + ··· + − + + ··· + x1 x2 xn y1 y2 yn y − x1 y − x2 y n − xn = + + ··· + , đặt zk = > 0; sk = (x1 − y1 ) + · · · + (xk − yk ) x1 y x2 y xn y n xk yk = −s1 z1 − (s2 − s1 ) z2 − · · · − (sn − sn−1 ) zn ≤ (do Abel) Suy điều cần chứng minh Sắp thứ tự dãy số để chứng minh bất đẳng thức Thực tế nhiều bất dẳng thức, ta cần xếp lại dãy để toán đơn giản Bài toán (Nga 86) Chứng số dương tùy ý, ta có n 1 1 + + ··· + ta có |a1 z1 + a2 z2 + · · · + an zn | ≤ a1 max |zk | , ≤ k ≤ n b) Với dãy (bk ) : bn ≥ bn−1 ≥ · · · ≥ b1 ≥ ta có |b1 z1 + b2 z2 + · · · + bn zn | ≤ 2bn max |zk | , ≤ k ≤ n Chứng minh Từ biến đổi Abel a) |a1 z1 + a2 z2 + · · · + an zn | ≤ |z1 | (a1 − a2 ) + |z2 | (a2 − a3 ) + · · · + |zn−1 | (an−1 − an ) + zn an ≤ max |zk | (a1 − a2 + a2 − a3 + · · · + an ) = a1 max |zk | , ≤ k ≤ n b) |b1 z1 + b2 z2 + · · · + bn zn | ≤ |z1 (b1 − b2 ) + z2 (b2 − b3 ) + · · · + zn−1 (bn−1 − bn ) + zn bn | ≤ max zk (b2 − b1 + b3 − b2 + · · · + bn − bn−1 + bn ) ≤ 2bn max |zk | , ≤ k ≤ n Áp dụng: Cho đa giác A0 A1 An thỏa ∠A0 A1 A2 = ∠A1 A2 A3 = · · · = ∠An−2 An−1 An theo chiều kim đồng hồ; với A0 A1 > A1 A2 > · · · > An−1 An Chứng minh A0 An không trùng Chứng minh Chọn trục Ox A0 A1 , A0 trùng gốc tọa độ, z = ei(π−α) ak = Ak−1 Ak lúc An có tọa độ a1 + a2 z + · · · + an z n−1 α góc hai đoạn thẳng liên tiếp α = tổng số dương α = nhân hai vế cho (1 − z) ta 151 (a1 − a2 )(1 − z) + (a2 − a3 )(1 − z ) + · · · + an (1 − z n ) = Thật vậy, |(a1 − a2 )z + (a2 − a3 )z + · · · + an z n | < |(a1 − a2 )z| + |(a2 − a3 )z | + · · · + |an z n | < a1 − a2 + a2 − a3 + · · · + an Suy a1 + a2 z + · · · + an z n−1 = (a1 − a2 )z1 + (a2 − a3 )z2 + · · · + an (z1 + z2 + · · · + zn ) = Bài tập đề nghị Bài tập Cho x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn Gọi (z1 , z2 , , zn ) hoán vị n (y1 , y2 , , yn ) Chứng minh n (xi − yi )2 ≤ i=1 (xi − zi )2 (IMO 75) i=1 Bài tập Cho a1 , a2 , , an > Chứng minh a2 a2 a21 a22 + +· · ·+ n−1 + n ≥ a1 +a2 +· · ·+an a2 a3 an a1 (CHINA 85) Bài tập Cho x, y, z > cho xyz = Chứng minh x3 y3 + + (1 + y)(1 + z) (1 + z)(1 + x) z3 ≥ (IMO 98 – Đề nghị) (1 + x)(1 + y) Bài tập Cho x ≥ y ≥ z > 0, a > x, ab ≥ xy, abc ≥ xyz Chứng minh a+b+c ≥ x+y +z b c c a b c Bài tập Cho x ≥ y ≥ z > 0, a > b > c > 0, + + ≤ 3, + ≤ 2, ≤ Chứng minh x y z y z z 1 1 1 a) + + ≥ + + a b c x y z 1 1 1 b) √ + √ + √ ≥ √ + √ + √ n n n n n n y a c x z b a b c b c c Bài tập Cho < x ≤ y ≤ z; a, b, c > 0; + + ≤ 3; + ≤ 2; ≤ Chứng minh x y z y z z √ √ √ √ √ √ a) a + b + c ≤ x + y + z √ √ √ √ √ √ b) n a + n b + n c ≤ n x + n y + n z Bài tập Cho < x ≤ y ≤ z; a, b, c > 0; b c c a b c + + ≥ 3; + ≥ 2; ≥ Chứng minh x y z y z z a) a2 + b2 + c2 ≥ x2 + y + z b) an + bn + cn ≥ xn + y n + z n Tài liệu tham khảo 1) Lê Sáng, Dãy số vấn đề liên quan, 1993, NXB Đà Nẵng 2) Titu Andreescu, Mathematical Olympiad Challenges, 2000, Birkhauser 3) Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức Định lý áp dụng, 2006, NXB Giáo dục 4) Nguyễn Vũ Lương, Các giảng bất đẳng thức Cauchy, 2006, NXB ĐHQG Hà Nội 152