Tiếp tục mở rộng những kết quả trong bài sáng tạo khi tự học toán, đăng trên TTT2 số 1, tôi đã tìm thêm được một số kết quả. Điều này càng khẳng định lời của thầy giáo Nguyễn Đức Tấn ở bài trên : “Tự học nhiều khi giúp ta tìm đến những điều thú vị trong toán học”.
Thầy Tấn đã mở rộng bất đẳng thức 1/(a - b + c) + 1/(b + c - a) + 1/(c + a - b) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (I) (với a, b, c là ba cạnh của một tam giác) theo hướng nâng lên lũy thừa bậc n các mẫu số của các phân thức : 1/(a - b + c)n + 1/(b + c - a)n + 1/ (c + a - b)n ≥ 1/an + 1/bn + 1/cn (II)
l Câu hỏi đầu tiên đặt ra là : tại sao không thử mở rộng bất đẳng thức (I) theo hướng ngược lại - khai căn bậc n các mẫu số của các phân thức ?
Tiếp tục áp dụng cách chứng minh của bài toán phụ 1/x + 1/y ≥ 4?(x + y) ( với x, y > 0) ta có :
Suy ra :
Từ đó ta có :
Kết quả 1 : Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì :
(với mọi số tự nhiên n khác 0).
* Thay đổi các tử số ở vế trái của bất đẳng thức (I) thầy Tấn đưa ra kết quả tiếp theo : c/(a - b + c) + a/(b + c - a) + b/(c + a - b) ≥ 3 (III)
Khai căn bậc n các tử số của các phân số ở vế trái của (III) lại có thêm kết quả khác.
Kết quả 2 : Nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì :
(với mọi số tự nhiên n khác 0).
Chứng minh : Trước hết ta phát biểu và chứng minh bất đẳng thức Trê-bư-sép cho 3 số :
Phát biểu :
Nếu a1 ≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 thì 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ ≥ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (1) ;
Nếu a1 ≤ a2 ≤ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 thì 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≤
≤ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (2). Chứng minh :
Với a1≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3 ta có : (a1 - a2)(b1 - b2) ≥ 0 <=> a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ;
Tương tự ta có :
a2b2 + a3b3 ≥ a2b3 + a3b2 ; a3b3 + a1b1 ≥ a3b1 + a1b3.
Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức trên ta có 2(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ ≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3
<=> 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3 + (a1b1 + a2b2 + a3b3) =
= (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3). Vậy (1) được chứng minh.
Tương tự, ta cũng chứng minh được (2).
Trở lại kết quả 2.
Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c => b + c - a ≤ c + a - b ≤ a + b - c
=> 1/(a - b + c) ≥ 1/(b + c - a) ≥ 1/(c + a - b) Theo các bất đẳng thức (1) ; (I) ; (2) ta có :
Suy ra điều phải chứng minh.
* Từ bất đẳng thức (III) thầy Tấn đã nâng lên lũy thừa bậc n các tử số của các phân số ở vế trái để tìm kết quả mới, còn tôi đã mạnh dạn tiếp tục nâng lên lũy thừa bậc m các mẫu số của chúng. ý tưởng sử dụng bất đẳng thức Trê-bư-sép cho 3 số một lần nữa lại có hiệu quả.
Kết quả 3 : Nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác thì :
cn/(a - b + c)m + an/(b + c - a)m + bn/(c + a - b)m ≥ ≥ an - m + bn - m + cn - m với mọi số tự nhiên m, n.
Chứng minh : áp dụng các bất đẳng thức (1) ; (II) ; (2) ta có :
Suy ra điều phải chứng minh.
(trong đó a, b, c là ba cạnh của một tam giác, m, n, p, q là các số tự nhiên khác 0). Các bạn thử chứng minh xem !