28NGOC10T quang

Một số ứng dụng nguyên lí Dirichlet tổ hợp bất đẳng thức Ngô Minh Ngọc Richard 10CT, Nguyễn Văn Quang THPT Chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk Trong kì thi chọn đội tuyển, chọn học sinh giỏi cấp nay, toán Đại số sơ cấp xuất dần đề thi, thay vào xuất ngày nhiều toán Số học, Tổ hợp Các toán chiếm tỉ lệ cao thang điểm Đặc biệt, câu Tổ hợp thường học sinh mặc định ngầm câu khó đề thi Tuy nhiên, nắm vững số phương pháp, câu Tổ hợp hồn tồn giải Một phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet, hay gọi ngun lí "chuồng thỏ", nguyên lí ngăn kéo, v.v Nguyên lí Dirichlet có nội dung đơn giản, song lại cơng cụ quan trọng có nhiều ứng dụng sâu sắc tốn học Trong giới hạn khn khổ đề tài, tác giả xin trình bày khái niệm nguyên lí Dirichlet ứng dụng nguyên lí dạng toán: Tổ hợp Bất đẳng thức.Do có nhiều tài liệu viết tốn sử dụng Dirichlet nên toán tác giả đưa phần ứng dụng toán hay mang tính chọn lọc Hy vọng đề tài giúp ích cho chưa quen với việc sử dụng Dirichlet để giải toán Mặc dù cố gắng chắn đề tài thiếu sót, mong người đọc thơng cảm góp ý để đề tài hoàn thiện Vài nét nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichletđược đặt theo tên nhà tốn học người Đức Johann Dirichlet (18051859) Ơng người đề xuất phát biểu nguyên lí vào năm 1834 Nguyên lý có nhiều ứng dụng quan trọng hầu hết lĩnh vực toán học Đối với bạn học sinh, cơng cụ khơng thể thiếu gặp tốn mà phương pháp thông thường không mang lại hiệu 1.1 Ngun lí Dirichlet: * Ngun lí Dirichlet có nhiều cách phát biểu khác nhau, sau cách phát biểu dạng "ngăn kéo": Nếu xếp n vật vào m (m ≥ 2) ngăn kéo ln tồn ngăn có chứa n vật.(Kí hiệu a để số nguyên nhỏ không nhỏ a) m Hoặc: Nếu xếp nm + k (n > k) vật vào m ngăn kéo ln tồn ngăn có chứa n + vật Chứng minh: Giả sử tất ngăn có nhiều m vật, tổng số vật khơng vượt q mn, điều vơ lý Do ngun lí chứng minh * Lợi ngun lí Dirichlet ta tồn đối tượng mà khơng cần quan tâm đến tính chất đối tượng Chẳng hạn ta phân hoạch tập hợp gồm 10 phần tử thành tập con, dù ta khơng biết phần tử gì, ta khẳng định tồn tập có chứa phần tử * Khi giải tốn, muốn áp dụng ngun lí Dirichlet, cần phải nhận hai yếu tố, "vật" "ngăn" Có nhiều tốn, hai yếu tố xuất mập mờ đề bài, đòi hỏi phải có kỹ để nhận chúng Các toán phần II cho thấy rõ điều 225 Tổ hợp: * Do có nhiều chuyên đề nói toán Tổ hợp nên tác giả xin đưa tốn hay mang tính tiêu biểu Ví dụ Cho bảng vng kích thước 2000 × 2001 (hàng × cột) Hãy tìm số ngun dương k lớn cho ta tơ màu k ô vuông bảng thỏa mãn điều kiện: hai ô vuông tô màu ko có đỉnh chung VMO 2001 – Bảng B Giải Đánh số hàng từ trái qua phải, cột từ xng Quy ước: có tọa độ (i, j), (i, j ∈ N∗ , i ≤ 2000, j ≤ 2001), ô nằm hàng i, cột j * Chia bảng vng hình 1: Dễ thấy bảng ô vuông chia thành 1000.1001 miền phân biệt * Giả sử có nhiều 1000.1001 vng tơ màu Theo ngun lí Dirichlet, có hai ô vuông tô màu nằm miền,tức tồn hai vng tơ màu có chung đỉnh, điều trái với giả thiết Suy ra, k ≤ 1000.1001 aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa Hình * Ta cách tô thỏa k = 1000.1001 : * Tơ tất có tọa độ (2x − 1, 2y − 1), ∀x, y ∈ N∗ , x ≤ 1000, y ≤ 1001 Dễ thấy cách tô thỏa đề số ô tô 1000.1001 Vậy, giá trị lớn k 1000.1001 Nhận xét Đây toán dễ, ý tưởng chia bảng ô vuông thành miền phân biệt rõ ràng Ví dụ Với số nguyên dương n, (n ≥ 2), ta xét bảng ô vuông n × n Mỗi ô vuông tơ màu đỏ màu xanh Tìm số n nhỏ cho với cách tô ta chọn hình chữ nhật kích thước m × k (2 ≤ m, k ≤ n) mà bốn ô vng góc hình chữ nhật có màu Đề thi chọn đội tuyển HSG lớp 10 – KHTN Hà Nội (2014 -2015) Giải Gọi hình chữ nhật (HCN) thoả mãn đề HCN tốt * Với n ∈ {2, 3, 4} tồn cách tô cho không tồn HCN tốt Ta chứng minh: ∀n ∈ N∗ , n ≥ 5, hình vng n × n ln tồn HCN tốt * Với n = 5, xét hình vng × Theo ngun lí Dirichlet, cột ln tồn màu * Nếu tồn cột có đỏ (xanh), dễ thấy tồn HCN tốt với đỉnh màu xanh (đỏ) * Nếu tồn cột có đỏ xanh Giả sử cột có đỏ: Ta thấy cột lại có nhiều cột có đỏ tồn HCN tốt với đỉnh màu đỏ Do cột lại có nhiều cột có đỏ Tức ta có cột có xanh, tồn HCN tốt với đỉnh màu xanh 226 * Xét trường hợp tất cột tô ô đỏ, ô xanh ô xanh, ô đỏ: Theo ngun lí Dirichlet, có cột có ô tô màu, không tổng quát giả sử ô tô màu đỏ Xét hàng hàng Do hàng lại có tối đa đỏ nên tổng số ô đỏ cột hàng không nhỏ hơn: 3.3 − = = + Do theo ngun lí Dirichlet, tồn cột có đỏ hàng nên tồn HCN tốt với đỉnh màu đỏ Vậy, tồn HCN tốt hình vng × Với n > 5, hình vng n × n chứa hình vng × nên tồn HCN tốt Vậy, n = giá trị nhỏ thỏa mãn đề Nhận xét Đây câu tổ hợp đề thi chọn đội tuyểncủa trường KHTN đăng Diễn đàn VMF Ý tưởng đến tự nhiên thông qua việc cố gắng tìm cách vẽ thỏa trường hợp n = Tác giả đốn khơng thể vẽ vậy, ý tưởng sử dụng nguyên lí Dirichlet nảy sinh Cơng việc lại chia trường hợp giải tốn Ví dụ Cho A B hai tập tập {1, 2, 3, · · · 100} thỏa |A| = |B| |A ∩ B| = ∅ Xác định số phần tử lớn tập A ∪ B cho với n ∈ A, ta ln có 2n + ∈ B Đề thi đề nghị Olympic truyền thống 30/4 (2011-2012) Giải Vì 2n + ∈ B mà B ⊂ {1, 2, 3, · · · , 100} nên: 2n + ≤ 100 ⇒ n ≤ 49 Do đó: A ⊂ {1, 2, 3, · · · , 49} Ta chia tập {1, 2, 3, · · · , 49} thành 33 tập sau: Nhóm 1: Gồm 16 tập chứa phần tử: {1, 4}, {2, 6}, {3, 8}, {5, 12}, {7, 16}, {9, 20}, {10, 22}, {10, Các tập có dạng {x, 2x + 2} Nhóm 2: Gồm 17 tập chứa phần tử: {25}, {26}, {27}, {29}, {31}, {33}, {34}, {35}, {37}, {39}, Nếu |A| ≥ 34, theo ngun lí Dirichlet tồn 16 tập nhóm có phần tử thuộc tập A, tức tồn số x 2x + thuộc tập A, điều mâu thuẫn với giả thiết Suy ra, |A| ≤ 33 ⇒ |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| = 2|A| ≤ 66 Ta chọn hai tập A, B sau: Chọn tập A : A = {1, 2, 3, 5, 7, 9, 10, 11, 13, 14, 15, 17, 18, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31, 33, 35, 37, 39, 41, 42, 43, 45, 46, 47, 49} Chọn tập B : B = {2n + 2|n ∈ A} Rõ ràng tập A, B thỏa đề |A ∪ B| = 66 Vậy, số phần tử lớn tập |A ∪ B| 66 Nhận xét Bản chất toán đơn giản, nhiên để giải cần phải có kiên nhẫn việc phân hoạch tập {1, 2, 3, · · · , 49} Đây dễ sai đáp số 227 Ví dụ (IMO Shortlist 1994) Cho tập X = {1, 2, 3, · · · , 15} Gọi M tập X thỏa điều kiện tích phần tử M khơng phải số phương Tìm số phần tử lớn M Giải Gọi ba phần tử X có tích số phương xấu Chia tập X thành tập sau: A1 = {1, 4, 9}, A2 = {2, 6, 12}, A3 = {3, 5, 15}, A4 = {7, 8, 14}, B = {10, 11, 13}, Ta thấy ba phần tử Ai (i = 1, 2, 3, 4) xấu Nếu |M | ≥ 12 theo ngun lí Dirichlet, có tập tập M, suy có xấu chứa M Suy |M | ≤ 11 Giả sử |M | = 11 Áp dụng nguyên lí Dirichlet, có tập tập M Để M khơng chứa xấu tập B phải tập M, tập Ai (i = 1, 2, 3, 4) tập có phần tử thuộc M Vì B ⊂ M nên ta có 10 ∈ M Ta có hai xấu với 10 (2, 5, 10), (6, 10, 15) Dễ thấy thấy 12 không thuộc M có hai xấu chứa M Suy ∈ M 12 ∈ M Tuy nhiên ta lại có hai xấu với 12 hai (3, 12, 1), (3, 12, 9) Mặt khác thuộc tập A1 , nên chắn có hai phần tử thuộc M Điều đồng nghĩa với việc hai xấu chứa M, gây mâu thuẫn với giả thiết Suy ra, |M | ≤ 10 Ta tập M có 10 phần tử thỏa yêu cầu đề bài: M = {1, 4, 5, 7, 10, 11, 12, 13, 14} Vậy, số phần tử lớn M 10 Nhận xét Bài toán thuộc dạng phân hoạch tập hợp trên, lại toán khó, đòi hỏi tính tư tổ hợp cao Việc chia tập hợp để |M | ≤ 11 điều dễ nhận ra, để |M | ≤ 10 lại vấn đề Đây toán hay thú vị Ví dụ Cho n + số nguyên dương khác nhỏ 2n Chứng minh tồn ba số n + số mà số tổng hai số Giải Gọi n + số nguyên dương cho a1 , a2 , · · · an+1 Không tổng quát giả sử: ≤ a1 < a2 < · · · an < an+1 ≤ 2n − Đặt b i = − a1 (i = 2, 3, · · · n + 1) Suy ra: ≤ b2 < b3 < · · · < bn < bn+1 ≤ 2n − Xét dãy 2n số a2 , a3 , · · · , an+1 ; b2 , b3 , · · · , bn+1 Các số nhận 2n − giá trị khác nên theo ngun lí Dirichlet, có số dãy Mặt khác ta có: = aj , bi = bj , ≤ i, j < n + Ngoài = bi , ∀i = 2, 3, · · · , n + (do a1 = 0) 228 Suy tồn ax = by Hay (x = y, ≤ x, y ≤ n + 1) ax = ay − a1 ⇔ a1 + ax = ay Vậy, ta có điều phải chứng minh Nhận xét Đây toán thuộc dạng xây dựng dãy số Ý tưởng tạo dãy có 2n số nhận 2n − giá trị khác nhau, từ suy dãycó hai số Đề tuyển sinh trường chuyên Nguyễn Du Đắk Lắk (2014 – 2015) * Có câu tương tự với n = 2013, lại cho giả thiết số tự nhiên nên chứng minh Ví dụ Cho 2014 số tự nhiên Chứng minh ln tồn 729 số có tổng chia hết cho 729 Đề thi chọn đội tuyển tỉnh – chuyên Nguyễn Du Đắk Lắk (2014-2015) Giải * Ta chứng minh bổ đề đơn giản: Trong số tự nhiên ln tồn số có tổng chia hết cho (1) Chứng minh: Gọi số tự nhiên cho a1 , a2 , a3 , a4 , a5 Gọi số dư số chia cho tương ứng b1 , b2 , b3 , b4 , b5 * Nếu số bi (i = 1, 2, 3, 4, 5) nhận giá trị 0, 1, dễ thấy số có tổng chia hết cho * Nếu số bi nhận giá trị giá trị 0, 1, theo ngun lí Dirichlet, tồn số có giá trị Giả sử b1 = b2 = b3 a1 + a2 + a3 * Nếu số bi nhận giá trị 0, 1, Giả sử b1 = 0, b2 = 1, b3 = dễ thấy a1 + a2 + a3 Vậy, bổ đề (1) chứng minh * Ta chứng minh bổ đề tiếp theo: Trong 53 số tự nhiên ln tồn 53 số có tổng chia hết cho 27 (2) Chứng minh: Gọi tập 53 số tự nhiên cho A Ta có: |A| = 53 = 17.3 + Áp dụng bổ đề (1), tồn phần tử có tổng chia hết cho 3, gọi tổng B1 Bỏ phần tử trên, áp dụng bổ đề (1), tồn phần tử có tổng chia hết cho 3, gọi tổng B2 Cứ tiếp tục làm Mà ta có: 53 = 3.17 + nên suy tồn 17 số Bi có tính chất tương tự Xét 17 số Bi (i ∈ {1, 2, · · · , 17}), chứng minh tương tự trên, ta có 17 = 5.3 + nên tồn số Cj (j ∈ {1, 2, 3, 4, 5}) cho số tổng số Bi chia hết cho Mặt khác số Bi chia hết suy số Cj chia hết cho Xét số Cj trên, áp dụng bổ đề (1), tồn số D cho D tổng số Cj D Mặt khác số Cj chia hết suy D · · · 27 Ngồi ra, D tổng 3.3.3 = 27 phần tử A Từ suy bổ đề (2) chứng minh * Trở lại toán: Ta chứng minh tốn với 1457 số tự nhiên Gọi tập 1457 số tự nhiên cho X Áp dụng bổ đề (2), chứng minh tương tự trên, tồn tổng S vdots27.27 = 739 S tổng 27.27 = 729 phần tử X 229 Vậy, toán chứng minh * Nhận xét: Mấu chốt toán việc phát 729 = 36 để đưa toán bổ đề đơn giản Bài tốn tổng quát hóa sau: Trong 2n − số ln tồn n số có tổng chia hết cho n Lời giải toán tổng quát tương đối dài đăng báo Toán học Tuổi trẻ số 383, tác giả xin phép không nêu lên * Chú ý: Lời giải theo đường: → 33 → 36 Ta chứng minh tốn cách sử dụng bổ đề (1) mà không cần chứng minh bổ đề (2) Tuy nhiên theo tác giả cách làm ngắn gọn * Nhận xét Ý tưởng toán tạo hai yếu tố "vật" "ngăn kéo" để áp dụng ngun lí Dirichlet Đó "điểm" "miền", "phần tử" "tập hợp", v.v Nắm hai yếu tố tốn trở nên đơn giản Tuy nhiên có số tốn mà việc áp dụng nguyên lí Dirichlet bước khởi đầu cho chuỗi suy luận, đánh giá logic toán VD4 Hy vọng toán giúp bạn góp nhặt kinh nghiệm việc giải toán Tổ hợp Bất đẳng thức (BĐT): * Ứng dụng nguyên lí Dirichlet việc giải tốn Đại số sơ cấp (phương trình, hệ phương trình, ) khơng đáng kể Tuy nhiên, có số tốn Đại số giải phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet, điển hình số tốn BĐT ba biến đối xứng * Trong phương pháp này, thường ta dự đoán điểm rơi BĐT đánh giá số đại lượng f (a) = f (b) = f (c) = cho hợp lý Mục đích để đánh giá đại lượng không * Ta xét ba VD mở đầu để thấy hiệu phương pháp trên: Ví dụ Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ 2(ab + bc + ca) * BĐT chứng minh BĐT Schur bậc 3.Tuy nhiên, thửsẽ giải cách sử dụng nguyên lí Dirichlet: Giải Xét số a − 1, b − 1, c − Áp dụng nguyên lí Dirichlet, có số dấu Không tổng quát giả sử a − b − dấu, ta có: (a − 1)(b − 1) ≥ ⇔ ab + ≥ a + b ⇔ 2abc ≥ 2ac + 2bc − 2c Ta cần chứng minh: a2 + b2 + c2 + 2ac + 2bc − 2c + ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a − b)2 + (c − 1)2 ≥ Điều hiển nhiên Đẳng thức xảy a = b = c = Nhận xét Đây ví dụ phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet Trong ví dụ trên, ta dự đốn điểm rơi a = b = c = 1, sử dụng nguyên lí Dirichlet đánh giá đại 230 lượng a − 1, b − 1, c − 1, sau sử dụng phép nhóm bình phương để hồn tất chứng minh Có thể thấy phương pháp làm cho BĐT đơn giản nhiều Trong VD số 4, 5, 6, ta thấy hiệu phương pháp kết hợp với phương pháp dồn biến Ví dụ Cho a, b, c > Chứng minh rằng: abc + (1 + a)3 (1 + b)3 (1 + c)3 ≥ ab + bc + ca Giải Áp dụng nguyên lí Dirichlet, số a − 1, b − 1, c − có số dấu Không tổng quát giả sử a − b − dấu, ta có: (a − 1)(b − 1) ≥ ⇔ ab + ≥ a + b ⇔ abc + c ≥ ac + bc p dng BT Hăolder ta cú: (13 + a3 )(13 + b3 )(c3 + 1) ≥ (c + ab)3 Suy ra: abc + (1 + a3 )(1 + b3 )(1 + c3 ) ≥ abc + c + b ≥ ac + bc + ab Đẳng thức xảy a = b = c = Nhận xét Cảm giác ban đầu toán phức tạp với lớp bậc ba biểu thức không với Tuy nhiên lời giải nguyên lí Dirichlet lại cho thấy điều ngược lại Ví dụ Cho a, b, c ≥ 0, chứng minh rằng: abc + + √ [(a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ] ≥ a + b + c Giải Áp dụng nguyên lí Dirichlet, số a − 1, b − 1, c − có số dấu Khơng tính tổng quát giả sử a − b − dấu, ta có: (a − 1)(b − 1) ≥ ⇔ ab ≥ a + b − Như ta cần chứng minh: c(a + b − 1) + + √ [(a − 1)2 ) + (b − 1)2 + (c − 1)2 ] ≥ a + b + c √ ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≥ 2(a + b − 2)(1 − c) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz (C-S) BĐT AM-GM, ta có: (a + b − 2)2 (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≥ + (c − 1)2 √ √ ≥ 2|(a + b − 2)(c − 1)| ≥ 2(a + b − 2)(c − 2) Đẳng thức xảy a = b = c = 231 Nhận xét Đây đề thi tuyển sinh lớp 10 KHTN – Hà Nội Khó kiếm lời giải phù hợp cho BĐT này, đặc biệt áp lực phòng thi * Như qua ba VD trên, bước đầu ta thấy hiệu phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet số BĐT đối xứng không * Bây ta xét số BĐT sử dụng phương pháp dồn biến cách sử dụng BĐT kinh điển kết hợp với nguyên lí Dirichlet: Ví dụ 10 Chứng minh BĐT sau với số thực dương a, b, c : (b + c − a)2 (c + a − b)2 (a + b − c)2 3(a2 + b2 + c2 ) + + ≥ 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 2(a + b + c)2 Nhận xét 10 Với BĐT phức tạp điều ta nghĩ tới sử dụng phương pháp chuẩn hóa để làm đơn giản hóa tốn Giải BĐT cho với biến a, b, c nên ta chuẩn hóa a + b + c = BĐT viết lại thành: (1 − 2b)2 (1 − 2c)2 (1 − 2a)2 + + ≥ (a2 + b2 + c) 2 2a − 2a + 2b − 2b + 2c − 2c + Xét số a − 31 , b − 13 , c − 13 Áp dụng nguyên lí Dirichlet có số dấu Giả sử số b − 13 c − 13 , ta có: 0≤ b− c− ⇔ b2 + c ≤ −a 3 + Bây áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: (1 − 2c)2 (2 − 2b − 2c)2 (1 − 2b)2 + ≥ 3b2 − 2b + 3c2 − 2c + 3(b2 + c2 ) − 2(b + c) + 4a2 12a2 = = 9a2 − 6a + 32 − a + 13 − 2(1 − a) + Mặt khác, ta có: a2 + b + c ≤ a2 + −a + = 2a2 − a + 9 Vậy ta phải chứng minh BĐT biến a sau: (1 − 2a)2 12a2 + ≥ 3a2 − 2a + 2 3a − 2a + 9a − 6a + (1 − 2a)2 12a2 1 ⇔ + − ≥ 3a2 − 2a + 3a − 2a + 9a − 6a + (3a − 1)2 (13a2 − 6a + 5) ⇔ ≥ 2(3a2 − 2a + 1)(9a2 − 6a + 5) 3(3a − 1)2 (3a − 1)2 (54a4 − 72a3 + 33a2 − 14a − 5) ⇔ ≤0 6(3a2 − 2a + 1)(9a2 − 6a + 5) Ta cần chứng minh: 54a4 − 72a3 + 33a2 − 14a − ≤ ⇔ (a − 1)[a(54a2 − 18a2 + 15) + 1] − ≤ 232 (3) Vì a, b, c > 0, a + b + c = ⇒ < a < ⇒ (3) Vậy, BĐT chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c * Chú ý 1: Ta không nên chuẩn hóa a + b + c = làm hệ số BĐT lớn hơn, vô tình gây nên khó khăn cho bước biến đổi * Chú ý 2: Ở bước phân tích nhân tử để chứng minh BĐT biến sau cùng, ta dự đoán đẳng thức xảy a = b = c = k xuất nhân tử a − k (a − k)2 Ví dụ 11 Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c = Chứng minh: 1 1 + + ≤ 5a2 − 4a + 11 5b2 − 4b + 11 5c2 − 4c + 11 Giải Xét số a − 1, b − 1, c − Áp dụng ngun lí Dirichlet có số dấu Giả sử số b − c − 1, ta có: ≤ (b − 1)(c − 1) ⇔ b2 + c2 ≤ (2 − a)2 + Ta thấy khơng thể áp dụng BĐT C-S BĐT bị đổi chiều Ta biến đổi BĐT sau: 1 1 1 − ≤ − + − 2 5a − 4a + 11 20 10 5b − 4b + 11 10 5c − 4c + 11 2 2 2[b + (2b − 1) ] 2[c + (2c − 1) ] + 4a − 5a2 ⇔ + ≥ (4) 5b2 − 4b + 11 5c2 − 4c + 11 5a2 − 4a + 11 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có: (3c − 1)2 [3(b + c) − 2]2 (3b − 1)2 + ≥ 5b2 − 4b + 11 5c2 − 4c + 11 5(b2 + c2 ) − 4(b + c) + 22 (7 − 3a)2 9a2 − 42a + 49 ≥ = 5(2 − a)2 + − 4(3 − a) + 22 5a2 − 16a + 35 V T(4) ≥ Vậy ta cần chứng minh: 9a2 − 42a + 49 + 4a − 5a2 2(a − 1)2 (35a2 − 103a + 112) ≥ ⇔ ≥0 5a2 − 16a + 35 5a2 − 4a + 11 5a2 − 16a + 25)(5a2 − 4a + 11) BĐT hiển nhiên Đẳng thức xảy a = b = c = Chú ý: Nếu ta biến đổi BĐT thành: 1 1 ≤ − + − − 4a + 11 5b − 4b + 11 5c − 4c + 11 (2b − 1)2 + b2 + 12 + 12 (2c − 1)2 + c2 + 12 + 12 ⇔ + ≥ 5b2 − 4b + 11 5c2 − 4c + 11 5a2 − 4a + 11 5a2 để xuất bình phương tử hai phân thức, ta cần phải áp dụng BĐT C-S cho số Rõ ràng ta làm cho vế trái BĐT yếu nhiều so với cách giải "chuẩn" Kết BĐT mộtbiến cuối cùngsẽ không ∀a ∈ R : (a − 1)2 (45a2 − 276a + 211) ≥0 (5a2 − 16a + 35)(5a2 − 4a + 11) 233 (5) Ví dụ 12 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh: a b c 8abc + + −2+ ≥2 b c a (a + b)(b + c)(c + a) Giải Đây BĐT hốn vị nên ta đưa dạng đối xứng cách đặt: a b c x = , y = , z = ⇒ x, y, z > 0, xyz = b c a BĐT cần chứng minh tương đương: x+y+z−2+ ≥2 (x + 1)(y + 1)(z + 1) (6) Áp dụng nguyên lí Dirichlet có số x − 1, y − 1, z − dấu Giả sử x − y − dấu, ta có: (x − 1)(y − 1) ≥ ⇔ (x + 1)(y + 1) ≤ 2(xy + 1) √ ⇒V T(6) ≥ xy + z − + (xy + 1)(x + 1) Đặt √ xy = t (t > 0), ta cần chứng minh: 2t + √ −2+ ≥2 t (t + 1)( t2 +1) 2t3 − 2t2 + 4t2 −1 + −1 ≥0 t (t2 + 1)2 (t2 − 1)2 2t3 − 3t2 + − ≥0 ⇔ √ t( 2t3 − 2t2 + + t) (t2 + 1)2 2t + (t + 1)2 √ ⇔(t − 1)2 − ≥0 t( 2t3 − 2t2 + + t) (t + 1)2 ⇔ Tới ta cần chứng minh nhân tử ngoặc vuông ln dương Áp dụng BĐT AM-GM, ta có: 2t + (t + 1)2 √ ≥ − t( 2t3 − 2t2 + + t) (t + 1)2 = 2t + t2 +(2t3 −2t2 +1) + t2 − (t + 1)2 (t2 + 1)2 2t3 (t − 1)2 + t4 + 2t3 + 2t2 + 2t + > (do ) t > (2t3 + t2 + 1)(t2 + 1)2 Vậy, BĐT chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Nhận xét 11 Qua ví dụ ta thấy ngun lí Dirichlet khơng có ích toán mang tính Tổ hợp mà giúp nhiều việc giải tốn BĐT Ý tưởng chủ đạo sử dụng nguyên lí để làm đơn giản BĐT ban đầu, sau kết hợp với phương pháp khác nhóm bình phương, dồn biến, sử dụng BĐT kinh điển, Hy vọng người đọc thấy thích thú với phương pháp thường xuyên áp dụng 234 Tài liệu tham khảo * Một số tài liệu từ Internet, đặc biệt từ diendantoanhoc.net * Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ * Sử dụng phương pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quốc Anh 235