Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 7

1.5 THE HYBERBOLIC FUNCTIONAL TECHNIQUE 173 A; B cho bất đẳng thức có đẳng thức x = 1; y = x = 0; y = 1: Nếu p ta chọn A; Bpsao cho bất đẳng thức có đẳng thức x = 1; y = ta có A = 2 B = 2; giá trị lẻ gây trở ngại cho tính tốn ta Nếu ta chọn A; B cho bất đẳng thức x = 0; y = ta A = 2; B = ta thiết lập bất đẳng thức p 8x2 + y (2x + y)2 + 8x2 + y 6x2 + 2xy + y = 2(2x + y) 2x + y Và ta giải tốn sau (cũng khó) Ví dụ 1.151 Cho số khơng âm a; b; c; khơng có số đồng thời 0: Chứng minh p p p (a + b + c)2 a 8b2 + c2 + b 8c2 + a2 + c 8a2 + b2 : (Võ Quốc Bá Cẩn) Lời giải Chú ý (6b2 + 2bc + c2 )2 (2b + c)2 ) p (8b2 + c2 ) = 4b2 (b c)2 (2b + c)2 6b2 + 2bc + c2 = 3b + c 2b + c 8b2 + c2 3bc 2b + c Do đó, ta cần chứng minh X !2 cyc , 3abc X a X cyc 3bc 2b + c a 3b + c cyc X + a2 2b + c cyc X cyc Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cyc 2b + c P a X bc cyc Do đó, ta cần chứng minh 9abc X P + a a cyc cyc cyc bc 0 174 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TỐN , X a3 + 3abc cyc X bc(b + c): cyc Đây bất đẳng thức Schur bậc Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c Đơi việc sử dụng liên phân số, chẳng hạn xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên sau p 4x2 + y 2x + y 8x; y Ta có p 4x2 + y 2x y = = 4xy p 4x + y + 2x + y 4xy 2(2x + y) p 4xy 4x +y +2x+y = Chẳng hạn, ta sử dụng đẳng thức p 4x2 + y 2x y = kết hợp với 2(2x + y) 4xy p 4xy 4x2 +y +2x+y p 4x2 + y 2x + y; ta thiết lập p 4xy 4x2 + y 2x y = 2(2x + y) p 4xy 4x2 +y +2x+y 4xy 2(2x + y) = ) p 4x2 + y 4xy 2(2x+y) 2xy(2x + y) 4x2 + 3xy + y 2xy(2x + y) 4x2 + 3xy + y (2x + y)(4x2 + xy + y ) 4x2 + 3xy + y 2x + y = Ta giải toán sau Ví dụ 1.152 Cho số khơng âm a; b; c; khơng có số đồng thời 0: Chứng minh p p p (a + b + c)2 a 4b2 + c2 + b 4c2 + a2 + c 4a2 + b2 : (Võ Quốc Bá Cẩn) 1.5 THE HYBERBOLIC FUNCTIONAL TECHNIQUE 175 Lời giải Chú ý (2b + c)2 (4b2 + bc + c2 )2 (4b2 + 3bc + c2 )2 p 4b2 + c2 ) 4b2 (2b + c)(4b2 + bc + c2 ) = 2b + c 4b2 + 3bc + c2 Do đó, ta cần chứng minh !2 X X a 2b + c a cyc cyc , 8abc 4b3 c3 (4b2 + 3bc + c2 )2 c2 = X 2bc(2b + c) 4b2 + 3bc + c2 2bc(2b + c) 4b2 + 3bc + c2 X 2b + c + a2 4b2 + 3bc + c2 cyc cyc X bc cyc Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần chứng minh X cyc 4b2 27 P a 2b + c + 3bc + c2 cyc đó, bất đẳng thức hệ bất đẳng thức Schur X 27abc P +3 a2 a cyc X bc cyc cyc , X X a3 + 3abc cyc bc(b + c) cyc Do đó, tất phải làm chứng minh X cyc ,64 X a5 b + 32 cyc X 4b2 ab5 + 68 X X ab(16a2 a2 b4 128 cyc X a + 147 cyc ,4 27 P a cyc cyc + abc 132 2b + c + 3bc + c2 X cyc X ab 243 cyc ab + 8b2 )(a a4 b2 + 60 X cyc a b cyc X b)2 + cyc a2 b2 (a2 + abc 132 cyc a + 147 X cyc ab 243 X cyc a3 b3 ! 396abc 11ab + 34b2 ) cyc X X a b ! 396abc 176 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TỐN ,4 X ab(16a2 ab + 8b2 )(a b)2 + cyc X a2 b2 (2a X 11b)2 + 15 cyc + abc 132 X a + 147 cyc X a2 b4 cyc ab 243 cyc X ! a b 396abc cyc Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có X a2 b4 abc cyc X a2 b cyc X a2 b2 (2a 11b)2 = cyc 1X 2 [a b (2a 11b)2 + b2 c2 (2b cyc X ab2 c(2a 11b)(2b 11c) 11c)2 ] cyc = abc 121 X a b+4 cyc X ab 22 cyc X ! a 66abc cyc Ta cần chứng minh 121 X a2 b + cyc X ab2 22 cyc + 132 X X , 107 X cyc X a + 147 a X ab a3 + 151 X ab2 cyc a b ! + X X a2 b cyc a2 b 396abc cyc 107 cyc X 243 cyc cyc 66abc + 15 cyc cyc , 110 a3 X a2 b 462abc cyc X cyc a + 151 X cyc ab ! 462abc 0: hiển nhiên theo bất đẳng thức AM-GM Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b; c = hốn vị tương ứng Ví dụ 1.153 Cho số không âm a; b; c; số đồng thời 0: Chứng minh p p p a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca a 3b2 + c2 + b 3c2 + a2 + c 3a2 + b2 : 1.5 THE HYBERBOLIC FUNCTIONAL TECHNIQUE 177 Lời giải Chú ý (2b2 + bc + c2 )2 (b + c)2 ) Ta cần chứng minh p a2 + cyc X X ab cyc , 2abc c2 = b2 (b c)2 (b + c)2 2b2 + bc + c2 = 2b + c b+c 3b2 + c2 X 3b2 cyc cyc 2bc b+c 2bc b+c a 2b + c X + a2 b + c cyc X X ab cyc Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cyc Ta cần chứng minh b+c ab cyc a3 + 3abc cyc X cyc cyc X a 9abc X P + a a cyc , P X bc(b + c): cyc hiển nhiên bất đẳng thức Schur bậc Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c: Nhận xét 17 Một cách tổng quát, ta có kết sau với k > 2 a + b + c + ab + bc + ca p k+1 p p p a kb2 + c2 + b kc2 + a2 + c ka2 + b2 (Võ Quốc Bá Cẩn, Vasile Cirtoaje) Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X p a kb2 + c2 cyc !2 X cyc !" a X cyc 2 # a(kb + c ) 178 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TỐN Từ đây, ta thấy bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức sau !2 ! ! X X X X 2 a + ab a a b cyc X cyc a + cyc X cyc !2 ab cyc X cyc cyc ! X a ab cyc ! Ta chứng minh bất đẳng thức thứ nhất, bất đẳng thức thức chứng minh tương tự Ta có bất đẳng thức tương đương X X X X a4 a2 b2 + ab3 a3 b cyc cyc cyc cyc Giả sử c = fa; b; cg ; đặt a = c + x; b = c + y với x; y trở thành 4(x2 xy + y )c2 + 4[x(x y)2 + y ]c + (x2 bất đẳng thức xy y )2 0: Bất đẳng thức hiển nhiên nên ta có đpcm Chúng ta có kết tổng quát bất đẳng thức !2 ! ! X X X X a2 + ab a a2 b cyc cyc cyc cyc [(q + r)a + (r + p)b + (p + q)c]2 4(p + q + r)(pbc + qca + rab) với p; q; r số không âm a; b; c số thực tùy ý Chứng minh bất đẳng thức sau Giả sử a = maxfa; b; cg, ta có [(q + r)a + (r + p)b + (p + q)c]2 = [(q r)a + (r + p)b Cho a; b; c 4(p + q + r)(pbc + qca + rab) (p + q)c]2 + 4qr(a b)(a c) p = bk ; q = ck ; r = ak ; ta " #2 ! ! X X X k k k+1 a (a + b) a a b cyc cyc Với k = 1; ta thu bất đẳng thức Với k = 1; ta s c a b + + + (a + b + c) a b c cyc 1 + + : a b c 1.6 CÁC DẠNG TỔNG BÌNH PHƯƠNG 179 Ví dụ 1.154 Cho số khơng âm a; b; c; khơng có số đồng thời 0: Chứng minh r r r p p p a3 b3 c3 a+ b+ c p + + : a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 (Lê Trung Kiên) Hướng dẫn Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có p p 3(x4 + x2 y + y ) = (x2 + xy + y ) 3(x2 xy + y ) (x2 + xy + y ) + 3(x2 xy + y ) = 2(2x2 xy + 2y ) ta thiết lập bất đẳng thức 2x2 1.6 xy + 2y p 3(x4 + x2 y + y ): Các dạng tổng bình phương Kỹ thuật dựa kết hiển nhiên bất đẳng thức x2 8x R; giúp ta giải tốn mà dùng kỹ thuật thơng thường khó (thơng thường bất đẳng thức bậc 4) Chúng ta có định lý sau Định lý 1.6 Xét bất đẳng thức sau với biến thực a; b; c X X X X X m a4 + n a2 b2 + p a3 b + g ab3 (m + n + p + g) a2 bc cyc cyc cyc cyc bất đẳng thức m>0 3m(m + n) Chứng minh Viết lại bất đẳng thức sau ! X X X m a4 a2 b2 + (m + n) a2 b2 cyc cyc cyc +g X ab3 cyc Chú ý X cyc a4 X X cyc ! a2 bc cyc a2 b2 = cyc p2 + pg + g X cyc ! a2 bc 1X (a cyc b2 )2 +p X cyc a3 b X cyc ! a2 bc 180 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN X X a3 b cyc a2 bc = cyc X X b3 c cyc = a2 bc = cyc X X ab3 cyc X a2 bc = cyc bc(a cyc cyc = X b2 )(ab + ac X ca3 ab2 c = cyc ca(a2 X ca(a2 b2 ) cyc b2 ) 1X (a cyc b2 ) 2bc) X (ab + bc + ca) (a2 cyc cyc = b2 ) 1X (a cyc X bc(a2 X (a2 b ) + (ab + bc + ca) cyc cyc = X b2 )(ab + bc b2 ) 2ca) Do đó, bất đẳng thức tương đương với mX (a cyc b2 )2 + 1X (a cyc b2 )[(p +(m + n) X g)ab (2p + g)bc + (p + 2g)ca] X 2 a b cyc cyc ! a bc Mặt khác X a2 b2 cyc X a2 bc = cyc 6(p2 X [(p + pg + g ) cyc g)ab (2p + g)bc + (p + 2g)ca]2 Bất đẳng thức viết lại thành mX (a cyc b2 )2 + + , 6(p2 X [3m(a2 18m cyc + 1X (a cyc b2 )[(p X m+n [(p + pg + g ) cyc b2 ) + (p g)ab g)ab g)ab (2p + g)bc + (p + 2g)ca] (2p + g)bc + (p + 2g)ca]2 (2p + g)bc + (p + 2g)ca]2 3m(m + n) p2 pg g X [(p 18m(p2 + pg + g ) cyc g)ab (2p + g)bc + (p + 2g)ca]2 1.6 CÁC DẠNG TỔNG BÌNH PHƯƠNG 181 m>0 3m(m + n) đẳng thức hiển nhiên Định lý chứng minh Từ đây, ta dễ dàng kiểm tra với bất p2 + pg + g Ví dụ 1.155 Cho số thực a; b; c: Chứng minh (a2 + b2 + c2 )2 3(a3 b + b3 c + c3 a): (Vasile Cirtoaje) Lời giải Bất đẳng thức tương đương X X a4 + a2 b2 cyc cyc Từ đây, ta m = > 0; n = 2; p = 3m(m + n) p2 X a3 b 3; g = 0, ta có g = (1 + 2) pg cyc ( 3)2 ( 3) 02 = 0: Do đó, theo định lý ta, bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 1.156 Cho số thực a; b; c: Chứng minh p p abc(a + b + c) 3(a b + b3 c + c3 a): a4 + b4 + c4 + (Võ Quốc Bá Cẩn) p Lời giải Ta có m = > 0; n = 0; p = 3m(m + n) p2 3; g = p g = (1 + 0) pg p 3 02 = 0: Do bất đẳng thức cần chứng minh Ví dụ 1.157 Cho số thực a; b; c: Chứng minh 7(a4 + b4 + c4 ) + 10(a3 b + b3 c + c3 a) 0: (Phạm Văn Thuận) Lời giải Ta chứng minh kết mạnh X cyc , 86 X cyc a4 51 X cyc a + 10 X a b cyc a2 b2 + 101 X cyc a3 b 17 27 34 X cyc X cyc !4 a ab3 102 X cyc a2 bc 182 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TỐN m = 86 > > > < n = 51 ) p = 101 > > : g = 34 Mặt khác, ta có 3m(m + n) p2 g = 86 (86 pg 1012 51) ( 34)2 = 1107 > 0: 101 ( 34) Bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 1.158 Cho số thực a; b; c thỏa mãn abc = 1: Chứng minh a2 + a + b2 + b + c2 c+1 3: (Vũ Đình Quý) Lời giải Do abc = nên tồn số x; y; z cho a = xy ; b = yz ; c = thức trở thành X x2 x xy + y cyc , , X X cyc X cyc (x x2 2y)2 xy + y bất đẳng 3x2 xy + y x2 cyc , 3x2 xy + y x2 x z 3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có " X cyc (x x2 2y)2 xy + y #" X (x 2y)2 #2 2 2y) (x # " xy + y ) cyc X (x 2y) cyc #2 Ta cần chứng minh " , 10 X cyc X (x cyc x4 + 39 X cyc x2 y X (x 2y)2 (x2 xy + y ) cyc 25 X cyc x3 y 16 X cyc xy X cyc x2 yz 188 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Lời giải Xét P (a; b; c) = a3 + b3 + c3 5abc, rõ ràng P (a; b; c) hàm lồi theo biến a; b; c; ta cần xét trường hợp sau đủ Trường hợp a = b = c = 2; ta có P (a; b; c) = 16 < 0: Trường hợp a = 1; b = c = 2; ta có P (a; b; c) = < 0: Trường hợp a = b = 1; c = 2; ta có P (a; b; c) = 0: Trường hợp a = b = c = 1; ta có P (a; b; c) = < 0: Do bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = 1; c = hốn vị k P Ví dụ 1.166 Cho dãy dương x1 ; x2 ; :::; xn thỏa p xi i=1 minh x21 + x22 + + x2n 1+ + + k 8k = 1; 2; :::; n: Chứng n : (Titu Andreescu) Lời giải Rõ ràng hàm số f (x) = x2 hàm lồi, nên theo tính chất 2, ta có h i p p p p p p i i + f0 i i xi i i 8i = 1; 2; :::; n f (xi ) f Do n X n h X x2i i=1 p f p i p + f0 i p i i h i=1 = n X p f p i i n X + i=1 p f0 p i i p xi i=1 h p i p xi i i p i ii i Sử dụng kỹ thuật nhóm Abel, ta có n X f0 p p i i h i=1 = n X1 h p f0 i p i +f = n X1 h p p n p f0 i n p f0 i=1 i " p xi p i p +f n p n i i p i X xj i j=1 n X xj i=1 n X n X i=1 p i=1 f0 1 i+1 p i+1 i=1 p i xj p n ! i p i # i p i X i @ xj j=1 i X p j=1 p iA j p j 1.7 HÀM LỒI, HÀM BẬC NHẤT Do p i p i 1> n X1 h p p f0 p i+1 p i i i=1 n X x2i i=1 i=1 > i 8i = 1; 2; :::; n f (x) lồi nên ta có i i X p p p f0 i+1 i @ iA xj j=1 Từ đây, ta có n X 189 n X f p p i i+ p p i i = p n X p p i i = i=1 i p i i=1 n = 4i i=1 n X 4i p i p i 4i 1X1 : i=1 i Bất đẳng thức chứng minh xong Ví dụ 1.167 Cho số khơng âm a; b; c; khơng có số đồng thời 0: Chứng minh p p p 3(a + b + c) a2 + bc + b2 + ca + c2 + ab : (Phạm Kim Hùng) Lời giải Nếu abc = 0; giả sử c = dễ thấy bất đẳng thức hiển nhiên Nếu abc > 0; ta chuẩn hóa cho abc = giả sử a b c; tồn số thực x y z cho a = ex ; b = ey ; c = ez thỏa p x + y + z = 0; bất đẳng thức trở thành f (x) + f (y) + f (z) với f (t) = 3et et + e t : Ta có f "(t) = 6e3t=2 (e3t + 1)3=2 4e6t 14e3t 2e2t (e2t + e t )3=2 f "(t) = , 6e3t=2 (e3t + 1)3=2 = 4e6t + 14e3t + , 36e3t (e3t + 1)3 = (4e6t + 14e3t + 1)2 , 36(e 3t + 1)3 = (4 + 14e 2 , 36(u + 1) = (4 + 14u + u ) , g(u) = u4 3t +e 6t (u = e 3t 9u3 + 96u2 + 4u ) > 0) 20 = Rõ ràng g(u) hàm đồng biến, lại có g(0) = 20 < 0; g(1) = 73 > 0; nên tồn u0 (0; 1) thỏa mãn g(u0 ) = 0; suy f "(t) có nghiệm t0 , từ dễ thấy f (t) lồi [t0 ; +1) lõm ( 1; t0 ]: Trường hợp Nếu y t0 ; sử dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f (x) + f (y) 2f x+y 190 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Ta cần chứng minh x+y + f (z) q p p p , ab + 3c ab + c ab + c2 + ab q p p p , ab + 3c ab + c ab + c2 + ab r p p , 15ab + 20c ab + 5c ab + c ab (c2 + ab) 16 2f q p p c2 + ab + 3c ab c p Bất đẳng thức cuối hiển nhiên ab c: Trường hợp Nếu t0 y; ta có t0 y y + z t0 nên theo hệ ta ,8 p ab + c ab f (y) + f (z) f (t0 ) + f (y + z t0 ) Mặt khác, theo bất đẳng thức Jensen f (x) + f (t0 ) 2f x + t0 N ên ta cần chứng minh 2f x + t0 + f (y + z t0 ) 0: Đây trường hợp mà ta xét Bài toán giải xong Đẳng thức xảy số nhau, số cịn lại Ví dụ 1.168 Cho số không âm a; b; c; d thỏa mãn a + b + c + d = 4: Chứng minh 1 1 + + + : 48 11abc 48 11bcd 48 11cda 48 11dab 37 (Võ Quốc Bá Cẩn) ( ( z z x 42 =x,a=b Lời giải Đặt x = ab; y = cd; z = a+b; t = c+d ) ; với t t2 y 4 =y ,c=d Bất đẳng thức tương đương f (x; y) = = = 96 11xt 96 11yz + 2304 528xt + 121x2 y 2304 528yz + 121xy 1 96 11yz + + 48 11xc 48 11xd 2304 528yz + 121xy 1 96 11xt + + 48 11ya 48 11yb 2304 528xt + 121x2 y 37 1.7 HÀM LỒI, HÀM BẬC NHẤT 191 Có thể kiểm tra f (x; y) hàm lồi cho biến x; y; chẳng hạn 242d2 2(96 11yz) 242c2 + + (48 11xc)3 (48 11xd)3 (2304 528yz + 121xy ) 2 t2 z 42 = x; = y z = x; y = Do đó, ta cần xét trường hợp sau đủ Có thể thấy việc x = 0; t = y x=y=0 xét trường hợp tương đương với việc xét trường hợp 4 Trường hợp a = c = 0; bất đẳng thức trở thành 48 37 : Trường hợp a = b; c = 0; bất đẳng thức trở thành f "x (x; y) = + 16 48 11abd 37 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có + 16 48 11abd Trường hợp a = b; c = d ) c = + 16 48 11 = : 37 a; bất đẳng thức trở thành 2 + a c ac2 Thay c = a+b+d 3 37 a vào thu gọn, ta có bất đẳng thức tương đương 44(a 1)2 (48 22a 33a2 + 44a3 11a4 ) 37(48 22a2 + 11a3 )(48 44a + 44a2 11a3 ) 0: Bất đẳng thức hiển nhiên a 2: Ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c = d = ba bốn số a; b; c; d 34 ; số cịn lại Ví dụ 1.169 Cho số dương a; b; c thỏa mãn a + b + c = 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a3 + 2b3 + 3c3 : Lời giải Rõ ràng hàm f (x) = x3 hàm lồi, f (a) f (A) + f (A)(a A) f (b) f (B) + f (B)(b B) f (c) f (C) + f (C)(c C) 192 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN f (A) + 2f (B) + 3f (C) + f (A)(a )P A) + 2f (B)(b B) + 3f (C)(c C) 0 f (A) = 2f (B) = 3f (C) : A+B+C =3 Ý tưởng ta chọn số dương A; B; C cho Khi đó, ta có P f (A) + 2f (B) + 3f (C) Như vậy, việc ta lại giải hệ phương trình f (A) = 2f (B) = 3f (C) : A+B+C =3 Hệ dễ giải nên xin dành cho bạn Ví dụ 1.170 Cho số dương a1 ; a2 ; :::; an : Chứng minh (a21 (a1 + a2 + + an )2 + 1)(a2 + 1) (a2n + 1) (n 1)n nn : (Vasile Cirtoaje) Lời giải Bổ đề Cho f hàm lõm [a; b], với x1 ; x2 ; :::; xn [a; b] thỏa mãn x1 + x2 + + xn (n 1)a b ta có f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) (n 1)f (a) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n: Nếu n = 1; bất đẳng thức hiển nhiên Giả sử khẳng định với n; ta chứng minh với n + 1: Thật vậy, giả sử xn+1 = max fx1 ; xn ; :::; xn+1 g ; theo giả thiết quy nạp, ta có f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) (n 1)f (a) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) Ta cần chứng minh f (xn+1 ) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) f (a) + f (x1 + x2 + + xn+1 na) Ta có b x1 + x2 + + xn+1 na x1 + x2 + + xn (n 1)a a Nên theo hệ ta f (xn+1 ) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) f (a) + f (x1 + x2 + Bổ đề chứng minh Trở lại toán ta, bất đẳng thức cho tương đương với ! n n X X f (ai ) ln + (n 2) ln n (n 1) ln(n i=1 i=1 + xn+1 1) na) : 1.7 HÀM LỒI, HÀM BẬC NHẤT 193 với f (x) = ln(1 + x2 ): Ta có f 00 (x) = 2(1 x2 ) (1 + x2 )2 nên f (x) lồi (0; 1] lõm [1; +1): Khơng tính tổng qt, giả sử an an a1 : Nếu tồn m cho am > 1; gọi k số nhỏ cho ak > 1; ta có an an ak > ak a1 : Theo bổ đề trên, ta có f (ak ) + f (ak+1 ) + + f (an ) (n k)f (1) + f (ak + ak+1 + + an Nên ta cần chứng minh bất đẳng thức cho trường hợp theo bất đẳng thức Jensen, ta có f (a1 ) + f (a2 ) + + f (an 1) a1 + a2 + nf an + an (n 1)n nn (x2 + 1)n a1 ; n Và từ đây, ta suy ta cần chứng minh bất đẳng thức a1 = a2 = an = x; tức (n k)) (a2n + 1) = 1)x + an ]2 [(n Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có (n 1)n (x2 + 1)n = 1)2 x2 + 1] [(n n n [(n n +n n n n 2 1) x + 1] Lại có [(n 1)2 x2 + 1](a2n + 1) [(n 1)x + an ]2 : Nên bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an = 1: Ví dụ 1.171 Cho x; y; z [0; 1]: Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2(x3 + y + z ) x2 y y2 z z x: Ví dụ 1.172 Cho số không âm a; b; c; d thỏa mãn a + b + c + d = 4: Chứng minh abc + bcd + cda + dab + a2 b2 c2 + b2 c2 d2 + c2 d2 a2 + d2 a2 b2 8: (Phan Thành Nam) 194 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TỐN Ví dụ 1.173 Cho tam giác nhọn ABC: Chứng minh cos B C A + cos + cos 2 p + sin A B C sin sin 2 : (Jack Garfunkel) Ví dụ 1.174 Cho số dương a; b; c thỏa mãn a + 3b + 4c = 1: Tìm giá trị lớn biểu thức p p p P = a + b + c: Ví dụ 1.175 Cho tam giác nhọn ABC: Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = tan A + tan B + tan C: (VMEO 2005) Ví dụ 1.176 Cho số dương a; b; c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ca 12: Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = + + : a b c (Vietnam TST 2001) Ví dụ 1.177 Cho dãy dương a1 ; a2 ; :::; an thỏa mãn k P i=1 Chứng minh 1 + + a1 a2 + an n : n+1 k P i=1 i(i + 1) 8k = 1; 2; :::; n: (Toán học tuổi trẻ) Ví dụ 1.178 Cho số dương a1 ; a2 ; :::; an : Chứng minh a1 + a2 + (a1 + 1)(a22 + 1) + an (a2n + 1) (2n 1)n 2n nn 1 : (Vasile Cirtoaje) Tiếp theo, ta đến tính chất hàm tuyến tính bậc nhất, hàm bậc đơn điệu Ý nghĩa điều gì? Chúng ta xét trường hợp cụ thể, xét hàm f (x) = ax + b với x [c; d]; a 0; rõ ràng f (x) hàm đồng biến, f (c) f (x) f (d): Nếu a f (x) hàm nghịch biến, f (d) f (x) f (c): Như vậy, ta Định lý 1.9 Cho hàm f (x) = ax + b (với a; b số thực tùy ý); với x [c; d]; ta có ff (c); f (d)g f (x) max ff (c); f (d)g : 1.7 HÀM LỒI, HÀM BẬC NHẤT 195 Tính chất đơn giản lại hiệu việc giải tốn Nó giúp ta thu gọn khoảng xét từ[c; d] đến việc xét điểm cực biên x = c x = d: Ví dụ 1.179 Cho số không âm x; y; z thỏa mãn x + y + z = 1: Chứng minh x3 + y + z + : 15 xyz Lời giải Biến đổi bất đẳng thức dạng tương đương f (yz) = 27 x 1 yz + (1 2x)2 Dễ thấy hàm bậc theo yz, dễ thấy (y + z)2 yz Dựa định lý trên, ta cần xét bất đẳng thức yz = yz = đủ Ta có f (0) = (1 2x)2 0; x)2 (1 f = x(1 16 (y+z)2 3x)2 = (1 x)2 0: Nên bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên Ví dụ 1.180 Cho số không âm x; y; z thỏa mãn x + y + z = 1: Chứng minh xy + yz + zx 2xyz : 27 Ví dụ 1.181 Cho số không âm a; b; c; d: Chứng minh r a + a+b+c r b + b+c+d r c + c+d+a r d d+a+b p : (Phạm Văn Thuận) Ví dụ 1.182 Cho số không âm a; b; c thỏa mãn a + b + c = 1: Chứng minh a b c + + + bc + ca + ab : 10 196 1.8 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TỐN Quy nạp Quy nạp kỹ thuật hay bất đẳng thức Ý tưởng đơn giản sau, để chứng minh bất đẳng thức cho n biến, chứng minh bất đẳng thức cho trường hợp cụ thể, giả định trường hợp n = k; ta chứng minh cho n = k + 1; dựa sở có kết luận với n: Ví dụ 1.183 Cho số dương x1 ; x2 ; :::; xn > (n n X i=1 x2i x2i + xi+1 xi+2 3): Chứng minh n xn+1 = x1 ; xn+2 = x2 : Lời giải Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức n = 3; thật vậy, ta cần chứng minh X x2 x2 + yz cyc X yz , x2 + yz cyc Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X cyc yz x + yz X cyc yz 2x + yz P P yz cyc !2 yz(2x2 + yz) =1 cyc Tiếp theo, ta giả sử bất đẳng thức n = k (k n = k + 1; tức k+1 X x2i k x + xi+1 xi+2 i=1 i 3), ta chứng minh Giả sử xk+1 = max fx1 ; x2 ; :::; xk+1 g : Sử dụng giả thiết quy nạp, ta có k X i=1 x2i x2i + xi+1 xi+2 k Nên để chứng minh bất đẳng thức trên, ta cần chứng minh x2k+1 x2k + + 2 xk+1 + x1 x2 xk + xk+1 x1 xk x2k 1 + xk xk+1 x2k xk + x1 x2 x2k x2k 1 + xk x1 1.8 QUY NẠP , 197 x2k+1 x2k+1 + x1 x2 +x2k , x2k + x2k x2k + xk x1 1 + x1 x2 x2k + xk+1 x1 x2k + xk xk+1 x1 x2 x2k x1 (xk+1 x2 ) + + x2k+1 + x1 x2 (x2k + x1 x2 )(x2k + xk+1 x1 ) (x2k x2k xk (xk+1 x1 ) + xk x1 )(xk + xk xk+1 ) 0: Bất đẳng thức cuối hiển nhiên Từ ta có đpcm Ví dụ 1.184 Cho số dương a1 ; a2 ; :::; an thỏa mãn a1 a2 1 + + + n + a1 n + a2 n + an an = 1: Chứng minh 1: (Vasile Cirtoaje) Lời giải Ta chứng minh kết tổng quát 1 + + mn + a1 mn + a2 + mn + an 8mn n Với n = bất đẳng thức hiển nhiên Giả sử bất đẳng thức với n = k; ta chứng minh bất đẳng thức cho n = k + 1: Thật vậy, giả sử p ak+1 = max fa1 ; a2 ; :::; ak+1 g ) b = k a1 a2 ak 1: Đặt bi = abi 8i = 1; 2; :::; k ) mk+1 b1 b2 bk = 1: Chú ý b mk+1 n > n nên theo giả thiết quy nạp, ta có mk+1 + a1 = b + + + mk+1 + a2 mk+1 + ak 1 + mk+1 + + mk+1 + b1 + b2 b b k k = mk+1 mk+1 + b b +1 b mk+1 b + bk Do ta cần chứng minh k + mk+1 + b mk+1 + ak+1 , , (b k mk+1 + b 1)2 k X1 + bk bk mk+1 + [mk+1 (k + 1) n mk+1 + n mk+1 + i(mk+1 + 1)]bk i i=1 Bất đẳng thức cuối hiển nhiên mk+1 minh Ta có đpcm n bất đẳng thức cần chứng ... hợp 4 Trường hợp a = c = 0; bất đẳng thức trở thành 48 37 : Trường hợp a = b; c = 0; bất đẳng thức trở thành f "x (x; y) = + 16 48 11abd 37 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có + 16 48 11abd Trường... dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X p a kb2 + c2 cyc !2 X cyc !" a X cyc 2 # a(kb + c ) 178 CHƯƠNG TÌM TỊI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN Từ đây, ta thấy bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức. .. + c2 cyc cyc X bc cyc Để chứng minh bất đẳng thức này, ta cần chứng minh X cyc 4b2 27 P a 2b + c + 3bc + c2 cyc đó, bất đẳng thức hệ bất đẳng thức Schur X 27abc P +3 a2 a cyc X bc cyc cyc , X