Tài liệu Sáng tạo bất đẳng thức P3 pptx

Các phương pháp được trình bày giúp hoàn thiện kĩ năng chứng minh bất đẳng thức của các bạn, không phải là những bất đẳng thức trong một dạng nhất định, mà còn bao quát gần như toàn bộ c

2.2 Ban về sáng tạo bắt đắng thức 209

chắc chắn rằng nếu bạn có thể tự mình sáng tạo rä các bất đẳng thức như vậy thì

niềm vui còn tăng lên rất nhiều lần

Khuyến khích cho sự sáng tạo các bất đẳng thức cũng là một trong những mục

tiêu của cuốn sách, có lẽ đó cũng là cách để chúng ta học tốt môn toán nói chung

Bây giờ, tác giả sẽ nêu ra một số phương pháp thường dùng để quá trình sáng tạo

bất đẳng thức hiệu quả hơn

Phương pháp thứ nhất là tổng quát hoá từ các bài toán cụ thể TYên thực

tế, có rất nhiều các bài toán mà người ta nhắc đến quá nhiều các trường hợp riêng

mà không thể nêu lên bài toán tổng quát được Hãy xem ví dụ sau

Ví dụ 2.2.18 Chứng minh nếu a,b,e không âm 0à a+b+c= 3 thì

V@+ Vb+ We > ab + be + ca

Và ở một thời điểm khác, bạn lại gặp phải một bài toán nữa

Ví dụ 2.2.19 Chứng mình nếu a,b,c không âm 0à a +b+c= 3 thà

Rõ ràng, từ hai trường hợp cụ thể này buộc chúng ta phải nêu ra và giải bài

toán tổng quát

Ví dụ 2.2.20 ,Cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn œ + b+e= 3 Tìm số

đương k tốt nhất sao cho bắt đẳng thức sau luôn đúng

Vat Vb + Ve > ab + be + ca

Bất đẳng thức Nesbitt suy rộng cũng là một ví du

Ví dụ 2.2.21 Chứng minh rằng uới mọi a,b,c, k không âm

, + b + ) > min 2, =r)

Người ta thường chỉ đưa ra và giải bất đẳng thức trong rất nhiều giá trị cụ thể

của k, chẳng hạn k=1/2,k=1/3,k = 3/ 3 và do đó việc tổng quát bài toán là

Nhưng không phải lúc nào thì tổng quát các bài toán cũng là việc nên làm, trừ

khi có nhiều trường hợp riêng buộc ta phải làm việc đó

Phương pháp thứ hai là thay đổi hành thức từ một bồi toán biết trước Tác

210 Chương 2 Sáng tạo bắt đẳng thức

giả sẽ không trình bày nhiều về phương pháp này, bạn đọc có thể xem thêm trong

bài viết uy luận uà phát triển (chương IV) Dặc điểm của phương pháp là dễ dàng

tạo ra được các bài toán hình thức phát biểu đẹp, đơn giản nhưng khó khăn chung

vẫn là rất dễ dẫn đến các bất đẳng thức sai N goal ra, bạn hoàn toàn có thể sáng

tạo một bài toán theo cảm hứng, mà không cần dựa trên hình thức của một bài

toán nào cả Tất nhiên, như thế sẽ khó hơn rất nhiều

Ngoài ra, sử dựng các cặp bất đẳng thức thuận nghịch cũng là một cách

rất tốt để bạn tạo ra được các bất đẳng thức mới, ưu điểm của phương pháp này

là bất đẳng thức của bạn chắc chắn sẽ đúng! Các cặp bất đẳng thức thuận nghịch

là : bất đẳng thức thông thường và dạng phản chứng, bất đẳng thức thuận và dạng

nghịch với kĩ thuật lấy đạo hàm, bất đẳng thức với đa thức và bất đẳng thức nghịch

bậc nhất với giá trị tuyệt đối Bạn cần xem thêm về phương pháp phản chứng, các

cặp thuận nghịch và bất đẳng thức Karamata để hiểu rõ vấn đề này

Sử dụng phương pháp phân tích bình phương S.O.S để ước lượng các biểu

thức 3 biến cũng là một cách làm hay để có một bất đẳng thức mới, chuẩn và đẹp

Nhưng phương pháp này có nhược điểm là sẽ không thể làm khó được những người

đã sử dụng S.O.S chuyên nghiệp! Ngoài ra, sử dụng phương pháp quy nap tổng quát

bạn cũng tạo ra được các bài toán n biến rất hay

TÁt nhiên, sẽ còn thêm nhiều cách khác nữa để bạn có thể sáng tạo được một

bài toán bất đẳng thức đáng quan tâm và điều đó hoàn toàn chỉ phụ thuộc vào các

bạn Trên đây chỉ là những kinh nghiệm bản thân mà tác giả muốn chia sẽ cùng các

bạn và hi vọng rằng, dù bạn đã từng làm bất đẳng thức rất nhiều hay đây là lần

đầu tiên bạn đọc một cuốn sách bất đẳng thức thì, ít nhất sau khi bạn đã đọc xong

toàn bộ cuốn sách này, bạn sẽ có thêm nhiều niềm vui với những bài toán do chính

các bạn tạo ra Chắc chắn bạn sẽ thấy các bất đẳng thức đẹp đẽ hơn rất nhiều '

Chương tiếp theo sẽ nói về các phương pháp chứng minh bất đẳng thức Nó

không chỉ giúp bạn có thêm nhiều phương pháp khi giải các bài toán, mà nó còn

mang lại nhiều ý tưởng hơn cho việc sáng tạo các bất đẳng thức mới của các bạn

211

Chương 3

Các phương pháp chứng minh

bat dang thức

Trong chương này tác giả sẽ giới thiệu với các bạn năm phương pháp quan trọng

và độc đáo nhất của bất đẳng thức đại số Đó là phương pháp dồn biến và định lí

dồn biến mạnh S.M.V, phương pháp phân tích bình phương S.O.S, phương pháp

phản chứng, phương pháp quy nạp tổng quát và phương pháp sử dụng bất đẳng

thức cố điển Các phương pháp được trình bày giúp hoàn thiện kĩ năng chứng minh

bất đẳng thức của các bạn, không phải là những bất đẳng thức trong một dạng nhất

định, mà còn bao quát gần như toàn bộ các bất đẳng thức đại số sơ cấp hiện nay

Năm phương pháp mà chúng ta nói đến sẽ phát triển t từ các kĩ thuật cổ điển

đến các kĩ thuật mang nhiều tính sáng tạo Với các bất đẳng thức 3 biến thì dường

như 8.O.S là kĩ thuật quan trọng và ứng dụng nhiều nhất, nhưng với các bất đẳng

thức 4 biến thì phương pháp này sẽ khó sử dụng hơn nhiều Phương pháp dồn biến

mạnh S.M.V lại là sự lựa chọn thông minh và hầu như luôn có hiệu quả Sau đó, với

cắc bất đẳng thức n biến ta sẽ dùng tới một phương pháp khác, phương pháp quy

nạp tổng quát với định lí I.G.I và cuối cùng là hai phương pháp không mới, nhưng

sẽ được trình bày với cách nhìn nhận khác đi, đó là phương pháp phản chứng và

phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển Như vậy, đối với mỗi dạng ' bài toán,

ta đã có một cách chứng minh hiệu quả

Các phương pháp 5.O.S, quy nạp tổng quát và dồn biến mạnh tác giả lấy ý

tưởng trong quá trình giải các bài toán bất đẳng thức Đây sẽ là lần đầu tiên chúng

được đưa ra và nêu lên như là các phương pháp chuẩn tắc nhất để giải các bài toán

bất đẳng thức hiện nay Ngay cả với các bạn THCS thì S.O.S là một phương pháp

rất cần phải biết Chắc chắn bạn đọc sẽ tìm được nhiều điều thú vị và mới lạ sau

khi đọc xong năm phương pháp quan trọng này

212 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

3.1.1 Bài toán mở đầu

Các bạn học sinh khi học về bất đẳng thức đã tìm hiểu, và ít nhiều cũng biết

sơ qua về phương pháp này Đây là một trong những phương pháp quan trọng và

cơ bản nhất của bất đẳng thức đại số Mục đích của phương pháp này là tìm cách

chỉ ra đẳng thức sẽ xảy ra nếu hai hay một số các biến bằng nhau Rất nhiều những

bất đắng thức đối xứng có thể giải được bằng phương pháp dồn biến, không chỉ là

một phương pháp rất hiệu quả mà còn đem lại cho các bạn một cái nhìn tống hợp

về bất đẳng thức đối xứng Đây cũng là phương pháp xuất hiện rất nhiều trong các

bài toán bất đẳng thức của các kì thi học sinh giỏi trên khắp thế giới

Bất đẳng thức mở đầu cho phương pháp này là hai trong số các bài toán chọn

lọc ở cuối chương I

Problem 1 (Bat đẳng thức Tukervici) Với mọi số thực duong a,b,c, d thi

d1 + b + c1 + d4 + 2abcd > a2b2 + b2c2 + c2d2 + d2a2 + a2c2 + b2d2

Problem 2 Các số thực không âm ứ, d2, dụ thoả mãn œda a„, = 1Ì Chứng

minh bất đẳng thức

— + —+ 4+—>+d————————>m +

ay a2 an a, + øạ + + 0

Với mọi số nguyên dương n > 4

Nếu đã xem và giải các bài toán ở phần bài toán sáng tạo, các bạn đã bắt gặp

một số bài toán phải sử dụng phương pháp dồn biến Chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về

sự phổ biến rộng rãi của phương pháp này qua một số ví dụ cụ thể, từ đó các bạn

hãy rút ra những kinh nghiệm cho bản thân mình Xin được nhấn mạnh thêm một

lần nữa, đây là phương pháp quan trọng và ứng dụng nhiều vào bậc nhất trong bất

đẳng thức phổ thông hiện nay

Nội dung chính của phương pháp này như sau

Định lý 3.1 (Định lí về dồn biến) Giả sử ƒ(2\,za, , xa) là một hàm số liên

tục 0à đối rứng uới tắt cả n biến z\,ạ, z„ rác định trên một mmiền liên thông

thoả mãn điều kiện sau

#1+†+#2 z12+:72

ƒ(1,z2, tes ›#n) > f (BE, 2 1X3, -#n) (1)

Khi đó bắt đẳng thúc sơu sẽ thoả mãn

f(#\,#a, , Ta) > ƒ(£,®, ,®),

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 213

Far, a2, 450 21 ( 2 i+ 2 EES os, vt):

Và còn rất nhiều dạng khác nữa tuỳ theo yêu cầu của bài toán (Từ bây giờ ta

sẽ gọi (1) là bất đẳng thức điều kiện)

Khái niệm miền liên thông các bạn cũng không cần hiểu quá khắt khe, vì hầu

hết trong các bài toán thì điều kiện này luôn thoả mãn Nếu chỉ xét trong #, miền

liên thông các đoạn hoặc khoảng ([a, b], |a, b), (a, b], (b, +00), (—00, a) )

Chúng ta sẽ mở đầu việc sử dụng định lí này qua một số ví dụ ban đầu sau đây

Các bất đẳng thức không quá phức tạp nhưng sẽ giúp các bạn có một cái nhìn tổng

ƒ(ai, đ2; ; Gn) > (Visa, VG102,6đa, , Gn)

(Bắt đẳng thức tren tương đương với aị + az > 2V41a2 ©® (V01 — Vaz)? > 0)

Và do do f(a1, a2, .,an) > f(r, r,.47) =O véir= ÿ⁄4ia2 a„) L

Ví dụ 3.1.2 (Bất đẳng thức Nesbitt) Ching minh rằng uới moi a,b,c duong

214 : Chương 3 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thúc

Và do đó f(a,b,c) > g(t’, t,t’) = 5 với É = (dpcm) O

Qua 2 ví dụ đơn giản nhất của phương pháp dồn biến ở trên, tiếp theo chúng

ta sẽ cùng tìm hiểu về một số bất đẳng thức mà phép chứng minh thực sự đòi hỏi

thêm sự tỉnh tế

Ví dụ 3.1.3 Giả sửa,b,c,d,e> 0 uàa+b+c+d+e=5 Chứng mảnh rằng

abc + bed + cde + dea + eab < 5

Từ định lí dồn biến suy ra biểu thức sẽ đạy giá trị lớn nhất khi a =cœ =e=b=d= 1

Đây chính là kết quả bài toán

Ví dụ 3.1.4 Giả sử a1, a2, ,An(n 2 4) là các số thực không âm thoả mãn a} +

gÿ + + day = n Hãy chứng mảnh rằng

(a1@ dn—1)""" + (aaaa a„)*?1 + + (an018a đaTa) "t1 <n

LờI GIẢI Trước khi sử dụng phương pháp dồn biến, ta cần biến đối để đưa bất

đẳng thức về dạng đơn giản hơn Điền kiện giả thiết gợi ý cho ta đặt z¡ = a7 Khi

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 215

Ta chứng minh bất đẳng thức điều kiện sau đây

T1I+4a zi+#z~

ƒ(đ1,a, , ®a) <r(P, S Š, sa, an)

Tuy không quá đơn giản, nhưng các bạn có thể biến đổi bất đắng thức trên thành

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì ta có #4 + z4 + +„ < n

Và do đó bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi z¡ = #a= =z„ =1

Ví dụ tiếp theo cũng là một bài toán khá khó, mang đậm bản sắc của phương

pháp này Các bạn hãy tự chứng minh và xem như một bài tập cần thiết

Vi du 3.1.5 Chitng minh vdi moi sé thuc duong x1, £9, ., z„ thoả mãn doe Ti = 1

Còn để hiểu thêm ý nghĩa của bài toán trên, bạn hãy xem trong một số trường

hợp cụ thể của nø, chẳng hạn đơn giản nhất với n = 3 ta có bắt đẳng thức

(a+c)(b+c) + (a+ b)(a+c) + (b+c)(b+a)

— 4

Bạn thử ngẫm nghĩ lại những gì vừa đọc!? Bạn có cảm thấy một chút thiếu sót

nào đó hay không? Trước khi giải quyết vấn đề hoài nghỉ đó, chúng ta sẽ xem xét

tới dạng ứng dụng cơ bản nhất của định lí về dồn biến, đó là ứng dụng để giải các

bất đẳng thức 3 biến Và chắc chắn, trong phần này sẽ không có điều gì đáng lo ngại

vì ta hầu như không cần sử dụng đến định lí đó, mà chỉ sử dụng tư tưởng của nó

216 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

3.1.2 Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến

Không phải với mọi bài toán thì bất đẳng thức điều kiện luôn đúng, tuy rằng

đẳng thức thì vẫn chỉ xảy ra trong trường hợp tất cả các biến bằng nhau Thông

thường, bất đẳng thức điều kiện sẽ đúng nếu ta thêm các điều kiện khác cho các

biến Cách hay làm nhất là sắp xếp lại thứ tự cho các biến số Đây là sự hạn chế

trong trường hợp tổng quát, nhưng với các bài toán 3 biến thì luôn rất hiệu quả

Chúng ta hãy xem xét từ bất đẳng thức sau đây

Ví dụ 3.1.6 (MOSP 2001) Chứng mảnh rằng nếu a,b,c là các số dương có tích

bằng 1 thà ta có bất đẳng thức

(a+b)(b+e)(c+ a) 3> 4(a+b+ e~— 1)

LờỜI GIẢI Ta phải chứng minh

ƒ(a, b,e) = ab(ø + b) + be(b + c) + ca(c + a) — 4(œ+ b+ e) +6 > 0

Ta khong thể chứng minh được f(a,b,c) > f (Vab, Vab, c), như thế nên bài toán sẽ

không thể giải được bằng phương pháp dồn biến? Không hẳn thế, bài toán vẫn được

chứng minh hoàn toàn bình thường theo tư tưởng của phương pháp dồn biến, hơn

thế nữa ta không cần sử dụng thêm bất kì định lí hay bổ đề nào cả

Không mất tính tổng quát giả sử ø > b > c Xét

ƒ(a,b,e)— f(a, Voc, vồe) °⁄,

= (a2 + be)(b + e— 2Vbe) + a(b2 + c2 — 2bc) — 4(b+ c— 2v/bc)

= (vb- ve)? )®[a#®+be— 4+a(Vb+ v©? ]

= (Vb- ve)? [ (+ ð)(a + e)+2Va-— 4]

Vì (œ+ b)(œ+ e) > 4Wa2be > 4 (ø > 1) nên

ƒ(a,b,e) > ƒ(a, Vbe, Voc)

Vậy ta chỉ cần chứng minh bài toán khi b = e, tức là với b2 = 1/ø thì

b(a + b)? > 2(a + 2b — 1)

Thay a = 1/b2 vào bất đẳng thức trên

(bŸ + 1)2 > 2(b + 2b — b3) @ bề — 4b + 4b3 — 2b + 1 > 0

© (b~ 1)(bf + 20 — b2 + 1) >0 @ (b— 1)? ( (2 — 1)2 + 203 + b2 )> 0

3.1 Phuong pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 217

Bất đẳng thức hiển nhiên đúng và đẳng thức xảy ra khia=b=ec=1

Bạn đã thấy, chứng minh hoàn thành và ta không cần sử dụng một công cụ

mạnh nào cá, thậm chí phù hợp với trình độ THCS Ý tưởng chính trong phương

pháp chứng minh là thực hiện 2 bước sau (đối với bất đẳng thức ƒ(a,b, c) > 0)

e Chimg minh f(a,b,c) > f(a, Voc, Voc) néua>b>e (hoặc ø < b < c)

e Chứng minh ƒ(ø,b,e) > 0 nếu b = c

Từ 2 bước này thì hiéfnhien sẽ suy ra kết quả bài toán Ta chú ý nhiều đến

chứng minh bước thứ nhất, vì bước thứ 2 luôn luôn đơn giản hơn, và xét về mặt

logic thì nó phải đúng theo cách này hay cách khác Bất đẳng thức đúng với a,b,c

tuỳ ý thì nhất định phải đúng khi có một số biến bằng nhau Và khi đã có 2 biến

bằng nhau thì thực tế là ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp 1 biến Về chứng

mình bước thứ nhất, chúng ta hãy xem xét tiếp 2 ví dụ sau đây

Ví dụ 3.1.7 Chứng mữnh rằng uới a,b,c đương có tổng bằng 3 thi

2(a7b? + be? + ca?) +3 < 3(42 + b2 + c2),

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử rằng a > b > c Dặt

t =(a+b)/2,u= (a — b)/2, ta có a = t + và b = t— tụ

Vì ab = f2 — u2 > c2 nên 2£2 — 2c2 — u2 > 0 Do đó

a2b2 + b2c2 + c2a2 = c2(a2 + b2) + a2b2 = c2(21? + 2u2) + (2 — 2)?

= —u? (2t? — 2¢? ~ u*)+ tt + 2078? < t4 + 2c2Ð, Mat khác hiển nhiên ø2 + b2 + c2 > 2‡2 + c2 Vậy ta chỉ cần chứng minh

Hiển nhiên đúng, vì 2‡ < 3 nên 32 — 2¿ — 4 <0

Đắng thức xây ra khi và chỉ khi ø = b= c = 1 QO

Vi du 3.1.8 Cho a,b, c khéng dm thod man a? + b? + c? = 3, chitng minh ring

atb+c> ab? + bc? 4+ ca?,

218 Chương 3 Các phương pháp chứng minh bắt đẳng thức

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát ta giả sử ø < b< c, khi đó ø < 1,b?+ >

Do đó ta chí cần chứng minh bắt đẳng thức ban đầu trong trường hợp b = c, ta quy

về chứng minh bát đẳng thức với 1 biên của a là

at 53 a5) > a2(3 - a2) + 78 _ a3?

Dang thức xây ra khi và chỉ khia=b=c=1 0

Vi du 3.1 9 Chứng minh rằng nếu z, ụ, z là các số thực không âm thỏa mãn điều

kiện z2 + y2 + z2 = 3 thà ta có bất đẳng thức

T(cy + 1z + z8) < 12+ 9zyz

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát ta giả sử ø > 2 Z

Dat f(x,y, z) = (ey + yz + zz) — 92 = (7 —- 9z) )z + Tala +) Ta sẽ chứng minh

flop asi(V2 eae 2}

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 219

That vay, bat đẳng thức trên tương đương với

2 „2 (7 - 9z) (:z- ⁄ as ) +7z(z+— v2(z2+ ?) <0

Điều này hiến nhiên đúng vì z < 1 nên 9 — ; <2 và \/2(3- 22) < Vũ

Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh bài toán khi z = ¿, nói cách khác là chứng minh

buộc nên bạn đọc hãy tự kiểm chứng

Sau đây là một số ví dụ tương tự

Ví dụ 3.1.10 Cho a,b,c> 0 thoả mãn a*+b + c = 3 Chứng mình

(a2+a+1)(?+b+1)(cẰÊ+e+1) < 27

Vi du 3.1.11 Cho a,b,c> 0 thoả mãn ab + be + ca + 6abc = 9 Chứng mưnh rằng

ø+b+c+3abc > 6

Ngoài việc sử dụng kĩ thuật nêu trên để chứng minh các bài toán bất đẳng thức

có đẳng thức trong trường hợp a = b = e trong nhiều trường hợp chúng ta chỉ cần

sử dụng tới bước 1 Chúng ta không cần máy móc cho rằng chỉ dùng phương pháp

dồn biến được khi tất cả các biến bằng nhau Đôi khi, chúng không hoàn toàn bằng

nhau, nhưng phương pháp dồn biến vẫn thực hiện được

220 Chương 3 Các phương phap chiing minh bat dang thitc

Vi du 3.1.12 (Berkeley Mathematcial Circle) Chitng minh rang néu a,b,c

không âm thod mén ab + bc + ca = 1 thà ta có bất dẳng thức

1 +—— 1 1 > 2 5 at+b b+c cha ~ 2

a+b b+e ct+ta@ t+c 2t

Dễ thấy, bất đẳng thức trên tương đương với

Nhung bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì ø > £ > b > c Vậy ta chỉ cần chứng

minh bai toán khi ø = b > c Ta có bất đẳng thức

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = b = 1,c= 0 hoặc các hoán vị G

Ví dụ 3.1.13 Chứng mứnh rằng tới các số thực không âm a,b,c có tổng bằng 2 ta

có bất đẳng thức

(a? + ab + b*)(b? + be + c2)(c2 + ca + a2) < 3

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát giả sử ring a > b> c

Dat t = (a+b)/2 < 1u = (œ~— b)/2 Khi đó ø = t+u, b = t— tu và ta sẽ chứng minh

3.1 Phương pháp dồn biễn và định lí dồn biến mạnh 221

Dang thức xây ra khi và chỉ khi a =b = l,e= 0 hoặc các hoán vi O

Trong một số bài toán khó, dồn biến kết hợp đạo hàm thường là lựa chọn tối

ưu và dễ sử dụng, nhất là các bài toán tổng quát với số mũ thực Trong chương II

bạn đã gặp 2 bài toán khó dạng này là bài 2.61 và bài 2.82, sau đây cũng là một bài

toán với phương pháp như vậy Tác giả sẽ không đưa lời giải lên (nói chung là khá

dài) và các bạn hãy coi đây như một bài toán tự luyện tập

Ví dụ 3.1.14 Cho các số thực không ôm a, b,c có tổng bằng 3 uà k là một số dương

cho trước Chứng mình bắt đẳng thúc sau

k+1

(t) a¥(b +c) +b*(c+a)+c%(a+b) < max (s `.) với k < 3

3*†1(œ* + ay)

(6) at(b+e)+ÐÈ(e+a) + cđ(a+b) < at peT vdi k > 3

Trong đó œ là nghiém duong lén hon 1 ctia phương trành x® — kzF—1! + kz — 1 = Ô

Từ đó hãu suy ra bắt đẳng thúc sau uới mọi œ,b,c không âm

a^(b + e) + bŸ(e + a) + c®(a + b) < ¡a4 +b+e)Š

222 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

Chú ý rằng trong bài toán đối xứng trên, hệ số ¡s xuất hiện một cách khá bất

ngờ và đẳng thức cũng xảy ra trong trường hợp các biến hoàn toàn khác nhau Dây

là một điều rất thú vị

Phương pháp vừa trình bày là phương pháp cơ bản để áp dụng dồn biến chứng

mình các bất đẳng thức 3 biến Ý nghĩa chính của dồn biến là tìm cách giảm tối

đa số biến có thể được, và rõ ràng với ø = 3 thì chỉ cần dùng một lần giảm biến

là đủ Điều cần hoài nghi ở đây lại chính là định lí về dồn biến đã trình bày ở mục

trước, chúng ta cần quan tâm liệu phải chứng minh định lí này thế nào đây? Rất

tiếc, bằng kiến thức phố thông thì rất khó làm được điều này, và coi như chúng ta

chỉ có thể học từ định lí đó tư tưởng chứng minh chứ không thể sử dụng trực tiếp

được Làm thế nào để giải quyết vấn đề này? Trước khi bạn đọc muốn tìm câu trả

lời thì hãy thử làm bài toán sau đây

Vi du 3.1.15 (IMO Shortlist 1997, Viét Nam) Gid si a,b,c, d la cdc số thực

không âm có tổng bằng 1 Hãy chứng mảnh bắt đẳng thức

1 176

< — + ——abed

abc + bed + cda + dab < 57 + 57 abcd

Va bay giờ chúng ta sẽ đi tới nội dung quan trong nhất của chương này, đó là

định lí đồn biến mạnh (Stronger Mixing Variablcs)

3.1.3 Định lí dồn biến mạnh S.M.V

Những điều sẽ trình bày tiếp theo chỉ dùng hoàn toàn kiến thức phổ.thông Điều

quan trọng là bạn phải hiểu ý nghĩa của định lí và sử dụng, còn cách chứng minh

cũng không cần nhớ thật chỉ tiết

Bé dé 3 (Dồn biến tổng quát) Giả sử ai, da, ., đụ là day số thực tuỳ Ú Ta thực

1 Chọn i,j € {1,2, ,n} là 2 chỉ số sao cho

d¿ = min(01,đ2, dụ) , Gj = max(aj, 42, y đụ)

2 Thay a; va a; bdi ore (nhưng uẫn giữ đúng thú tự của chứng trong dã số)

Khi đó sau tô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thà mỗi sé a; đều tiến tới giới hạn

ga BEBE Tan

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 223

CHUNG MINH Phép biến đổi nói trên, từ bây giờ trở đi ta sẽ gọi là phép biến đổi

A Kí hiệu dây ban en là a}, a3, ., a2 Sau một phép biến đổi ta thu được dãy mới

- kí hiệu 1a (a?, a "i Làm tương tự, từ dãy (af, a3, " ax) ta ta thu được dãy mới kí

hiệu là (a†?1, mà ey Khi d6 véi moi s6 nguyén i = 1,n ta phai chttmg minh

Ta dit m, = min(ak, ak, .„ 8È) va My = max(ak, ak, 1 ak),

Dễ thấy phép biến đối A không làm tăng giá trị của Mẹ, và không làm giảm giá trị

của mạ Vì mm„ và Mạ đều là các dãy bị chặn nên tồn tại

m= lim m, M = tim Mx

k- 00 k— 00

Ta phai ching minh m = M Phan chiing, gid st’ M > m Dat dy = My — mx

Ta có một nhận xét đơn gián sau đây :

Nhận xét Giả sử sau một số phép biến đổi A dãy (a},a2, a}) trở thành dãy

(ak, ak, , ak) sao cho mi, = a thì ta có Tnạ = MỊ

Thật vậy, không mất tính tổng quát của bài toán ta gia st M, = al > aj >

2 al = mj Dé cho gon, ta sé ki-hiéu a; thay cho a}

Nêu m, = 7 va k là chỉ số nhỏ nhất thoả mãn thi af > m, Vi = 1,n Điều

này suy ra trực tiếp từ tính chất không giam cua m; va chú ý rằng , = là một

s6 hang nao dé ciia day (a?, a3, , a2)

Từ nhận xét trên ta thu được một kết quả quan trọng hơn Đặt

S={k:il> k|m„ + My = 2m¡} => S = {k|mi, + My = 2mk+t},

P= {k : dl > klm_ + Me = 2Mi} => P= {klm+ Mi = 2Mk+:}

Nếu Š hoặc P có vô hạn phần tử, giả sử |S| = œ thì , với mỗi k és

my, + M, My —m ủ day = Meat — Tne+i = My+t — TT 2 RE cg RUE 2 2

Vì d„ là dãy giảm nên nếu |Š| = oo thì-lim,_,eo dự = 0 và do đó Ä = mm

Nếu không, thì |S|,|P] < +oo Ta có thể giả sử |Ø| = |P| = 0 mà không làm ảnh

hưởng đến kết quả bài toán Khi đó với mọi k > 1 thì số ¬ ” không thể là số

nhỏ nhất hay lớn nhất trong dãy (a%, ak, .,ak) vA nhu vay ta c6 thể xét bài toán 1:2 n

224 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

hep hon véi n — 1 số , sau khi đã bó đi một số (œị + a„)/2 Bằng phương pháp quy

nạp đơn giản ta sẽ có đøcm L]

Từ bổ đề trên ta suy ra một kết quả trực tiếp

Định lý 3.2 (Stronger Mixing Variable - SMV) Nếu ƒ:IC R* — R, I=

[a, 3] x [a, A] x x [a, 3], «8 € R la ham lien tục đối xứng tù bị chặn dưới thoá

Bằng định lí này, khi sử dụng dồn biến ta chỉ cần chọn ra số nhỏ nhất và số lớn

nhất Định lí về dồn biến đã được chứng minh chặt chẽ và có một kết quả mạnh

hơn hoàn toàn bằng kiến thức sơ cấp, chúng ta hoàn toàn có thể áp dụng được

Ngoài ra, phép biến đổi A có thể khác hơn, chẳng hạn thay thành /ab, b,v/922 a? +6?

hoặc bất kì một dang trung bình nào khác Tùy theo giả thiết của bài toán mà ta

cần chọn cách dồn biến cho phù hợp

3.1.4 Dinh li S.M.V và một số ứng dụng

Khi bạn chưa từng thử bắt tay ` vào chứng minh một bất đẳng thức khó từ bồn

biến trở nên, thật khó để nhận ra được ý nghĩa và tầm quan trọng của định lí S.M.V

Việc xét dồn biến chỉ với số lớn nhất hoặc bé nhất là một bước tiến rất quan trọng

so với việc xét 2 số bất kì, vì nói chung với 2 số bằt kì thì bất đẳng thức điều kiện

rất khó thoả mãn Ứng dụng hiệu quả nhất của định lí S.M.V là chứng mình bất

đẳng thức 4 biến Hầu như các bắt đẳng thức 4 biến dựa trên định lí này đều có thể

được chứng minh rất nhẹ nhàng và đơn giản

Chẳng hạn, với ví dụ 3.1.15 ta chỉ cần chứng minh như sau

LỜI GIẢI (Ví dụ 3.1.15)

Không mất tính tổng quát của bài toán ta giả sử a < b <.e< d Xét

f(a, b,c, d) = abe + bed + cda + dab — sp abed f(a, 6, c,d) = ac(b + d) + bd (a+ c— se)

Từ giả thiết suy ra' ø+c< g(a+b+e+4) =5 , do dé

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 225

Ta chỉ xét các phép biến đổi A với (b,c, đ) và theo kết quá đã chứng minh

Chúng ta sẽ trở lại với bất đẳng thức Tukeroiei đã nói ở phần trước Như tác

giả được biết, các cách chứng minh bất đẳng thức này luôn rất phức tạp và dài

dòng Sử dụng định lí S.M.V, với cách chứng minh tương tự như ví dụ 3.1.14 ta có

thể chứng minh bài toán rất dễ dàng

Ví dụ 3.1.16 (Bất đẳng thức Tukervici) Chứng minh rằng uới mọi số thực

đương œ,b,c, d ta có

d` + bŠ + ct + đ* + 2abcd > ab? + be? + 2d? + da? + ae? + Ra

LờI GIẢI Gid sta >b>c>d Xét

f (a,b, c,d) = a* + b4 + c4 + đ' + 2abcd — a2b2 — b2c2 — cd? — d?a? — are? — ba?

= a* +b4 + ct +d‘ + 2abed — ac? — bd? — (a? + c”)(b? + d?)

Suy ra

F(a, b, c,d) — f(Vae, b, Vac, d) = (a? — ce”)? ~ (6 + d*\(a - c)? > 0

Do đó theo định lí S.M.V, xét véi phép biến đổi A của (a,b,e), ta chỉ cần chứng

minh bất đẳng thức khi a = b = c = t > d Bất đẳng thức lúc này tương đương với

Bt + d4 + 288d > 304 + 3242 œ d4 + 4 + Ôả 3 3222,

Hiển nhiên đúng theo bất đăng thức AM ~ GM, Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

œ=b=c=d hoặc a = Ò = e,d = 0 hoặc các hoán vi O

Vi du 3.1.17 Chứng minh với các số thực không âm +, t, z,t có tổng bằng 4

(1 + 3x)(1 + 3y)(1 + 3z)(1 + 3£) < 125 + 131zwzt

226 Chương 3 Các phương pháp chứng minh bat đẳng thức

LỜI GIẢI Dễ thấy rằng đẳng thức xảy ra khi z = = z = £ = 1 hoặc z = = z=

4/3, = 0 nên 131 là hằng số tốt (lớn) nhất trong bất đẳng thức sau

Vậy ta có ƒ(z,, z,£) < ƒ (#‡?.u.®#‡Z,£) Theo định lí S.M.V thì bất đẳng thức sẽ

được chứng minh xong nếu # = =z=øœ> 1>‡=4—3z Trong trường hợp này:

ta có bất đẳng thức

(1+ 3a)Ÿ(1 + 3(4 — 3a)) < 125 + 131a”(4 — 3a)

Sau khi khai triển và rút gọn ta có bất đẳng thức

150a4 — 416a° + 270a? + 108a — 112 < 0

€ (a — 1)?(3a — 4)(50a + 28) < 0

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra khi ø = ] hoặc ø = 4/3 tương

ứng với 2 trường hợp có đẳng thức được nêu ở đầu bài giải O :

Bài toán sau đây thể hiện khá đầy đủ sự độc đáo của phương pháp này

Vi du 3.1.18 Các số thực không âm aj, Q2, ,@n thoả mãn œiaa a„ = 1 Chứng

— + —+ +—+————>rr+ả, a) ag an a; +a9+ + an

Với mọi số nguyên dương n > 4

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 227

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát có thể gia stta; > ag > > an Dat

f(ai,a aad 92, 66) On) = — + — ) + : + + } + Hf — +————————, Sn

Ta sẽ chứng minh

ƒ(01, đa, , an) > ƒ(đ1, V028n, Van, 83, dạ, ., dạ —1) (*)

That vay, khẳng định trên tương đương với

f (a1, a2, .,n) — f(ai, Va2an, Va2Gn, 03, 04, cay đn —1)

(đi + dạ + + an)(đ) + 2agdn +03 + 4+ Qn~1)

2 (2a2 + (n — 2)an) (az + 2/asä„ + (n — 3)an)

> (2+ 2/n — 3)2\/2(n — 2)asa„ > 3na2an

Với mọi n > 4 Cdn vi n = 3 thi bất đẳng thức trên vẫn đúng (với a¿ > a3)

(a2 + 2Vaa0a + a3)(2a2 + a3) > Yagag

Vay (+) được chứng minh xong |

Bất đẳng thức (+) mang lại cho chúng ta một kết quả quan trọng hơn

228 Chương 3 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Do đó

g'(b) =0 @ (b9?1 ~ 1)((nbn†? + 1)2 — 3(n + 1)8*?!) =0

Theo bất đẳng thức AM — GM thì (nb"†! + 1)2 > 4nb*f1 > 3(n + 1)b"†!,

Vậy g'(b) < 0 Vb < 1 và g(1) =0, suy ra ø(ð) > g(1) = n +4 (dpcm)

Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi ai = a¿ = = a„ =1

Chú ý rằng ở bài toán trên, hằng số tốt nhất để thay cho 3m là 4(m — 1), vì thé ,

ta phải cần thêm điều kiện n > 4 Tuy nhiên 2 phép chứng minh hoàn toàn tương

tự

Ví dụ 3.1.19 Cho các số thực không âm a,b,e, d có tổng bằng 4 Với k là một số

thực dương cho trước, hãy tàm giá trị lớn nhất của biểu thức

(abc)* + (bed)* + (cda)* + (dab)*

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát giả sử rằng ø > b > c > d

Giả sử 1 < k < 3 Đặt ¿ = ®‡° và u = *z° suy ra ø = ‡ + u,c = ‡ — tu

(abe)* + (bed)* + (eda)* + (dab)* = (b* + d*)(ac)* + b*d*(a* + cÈ)

Dat s=b-*+d-* Xét ham sé _

f(u) = s(ac)* + ak + ck = s(f? ~ u2) + (+ u)* + (t- uF

Ta sẽ chứng minh ƒ{u) < ƒ(0) Thật vậy

ƒ'(u) = —2kus( — u2)#~! + k(t + u)FTÍ — kít — u)Ê”1

Vìa>b>c>dnên đ<t†—u Mặt khác k < 3 và hàm ð(z) = z—#†1 là hàm giảm

nên theo dinh li Lagrange ta cé

3.1 Phương pháp dồn biên và định lí dồn biến mạnh 229

Ta sẽ chứng minh g(t) < max (9(1), 9(4)) That vay

g(t) = 3kt** + 6ktPF-1(4 — 34)" — ORF? 4 — 3/)*—1 g()=0© #+2(4— 39 = 3t(4— 39)

Từ kết quả trên ta cũng suy ra (lay k = 1)

abe + bed + cda + dab < 4,

Do đó với mọi k < 1 thì

(abc)* + (bed)* + (cda)* + (dab)* 4

Xét trường hợp k > 3 Ta có

(abe)* + (bed)* + (cda)* + (dab)* < (ab)*(e + dj

(ab)* ((c + d)¥ — ck _ đ*) > (aÈ + b*)c*ak Bất đẳng thức trên đúng vì (c + d)* — ck — dk > kek-1 > ack

230 Chuong 3 Các phương pháp chứng minh bắt đẳng thức

3.1.5 Phương pháp dồn biến tồn miền

Trong một số bài tốn, cơng việc chứng mình bất đẳng thức điều kiện để đồn 2

biến số bằng nhau trở nên rất khĩ khăn, thậm chí, khơng thể thực hiện được Điều

này thường xảy ra trong mot số bài tốn hốn vị, khi đẳng thức lệch hồn tồn với

các biến chẳng hạn Cĩ một phương pháp rất hay được sử dụng, đĩ là phương pháp

dồn biến tồn miền Phương pháp này nhằm làm triệt tiêu một biến về 0, hay nĩi

cách khác là ta cùng trừ đi một lượng nào đĩ cho tất cả các biến số Phương pháp

thường được sử dụng khi cĩ sự chênh lệch bậc của các đại lượng xấp xỉ 0 (mà ta cĩ

thể hiểu đơn giản là các đại lượng (a — b), (b — e), (c ~ a) nếu cĩ 3 biến)

Các bạn hãy xem các ví dụ sau đây

Ví dụ 3.1.20 Chứng minh uới mọi số thực khơng âm a,b,c ta luơn cĩ

gŠ + b3 + c3 — 3abc > 4(a — b)(b — c)(c~— 4)

Lời GIẢI Bất đẳng thức tương đương với

(a+b+c) ((a- b)? + (b—c)? + (c- a)) > 8(a — b)(b — e)(e — 4) (1)

Khơng mất tính tổng quát của bài tốn giả sử c = min(ø,b,c) Cĩ định các hiệu

a—b,b—c,c—ò và giảm a, b, ccùng đi một lượng e (tức là thay a, b,c bdi a—c, b—c, 0)

thì rõ rang a — b, ø — c,b— c khơng thay đổi cịn ø + b + c giảm đi Vậy về trái của

(1) thì giảm đi cịn về phải của (1) thì khơng đổi Do đĩ ta chỉ cần chứng minh bài

tốn trong trường hợp ø, > c= 0 Khi đĩ bất đẳng thức tương đương với

a3 + bŠ > 4ab(b — a),

Nhưng bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì

4a(b — a) < bˆ > 4ab(b — a) < b3 < a3 + bẺ, Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Bài tốn trên khá đơn giản nhưng thể hiện được rất rõ tư tưởng của phép chứng

mình Điểm cần chú ý nhất của lời giải này là nhận xét, nếu giảm các biến ø, b, c đi

cùng một lượng nhỏ hơn min(ø, Ị, c) thì một về khơng đổi, cịn một về thì giảm đi

Nhận xét được chứng mỉnh rất dễ, vì bậc (xấp xỉ 0) của (a — b)(b — c)(e — a) là 3

cịn bậc (xấp xỉ 0) của (ø + b + c) ((a— b)*+(b— c)? + (c— a)”) bang 2 Ta cing

cĩ một bài tốn tương tự với 4 biến là -

Ví dụ 3.1.21 Chứng minh uới mọi a, b, c, d khơng âm

a4 + b4 + ct + d — 4abcd > 2(a — b)(b — c)(€ — đ)(d - a)

Và trơng trường hợp (œ — b)(c — d) < 0, ta cĩ thể thau 2 bằng 11

3.1 Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh 231

LờI GIẢI Để giải bài toán trên, ta chỉ cần phân tích

at + b* +c +d‘ — 4abed = »` s(z,9)( — )Ê,

` {zy}C{(a,b,cd}

Trong đó s(z, ) là các đa thức bậc 2 của z, có tất cả các hệ số đều dương Từ phân

tích đó, ta thấy để chứng minh bất đẳng thức, chỉ cần chứng minh trong trường hợp

có một trong các số ø, b,c, d bằng 0 Như vậy ta đã vượt qua phần khó khăn nhất

của bài toán LÌ

Trong một số trường hợp, khi giảm đồng thời các biển đi một đại lượng, thì cả

2 về của bất đẳng thức cũng đồng thời thay đối, tăng hoặc giảm Xét ví dụ sau đây

Ví dụ 3.1.22 Cho có số thực a,b,c có tổng bằng 3 Tìm tất cả các giá trị thực

của k để bát đẳng thức sau luôn đứng

a* + b$ + e! — 3abe > k(a — b)(b — e)(e — a)

LỜI GIẢI Xét với c = 0 thì ta có -6V2 < k < 6V2

Thật vậy, với c = 0,ø + b = 3, theo bất đẳng thức AM — GAM

VT = d3 + bÊ = (a2 — b2)? + 2a2b2 > 2V2|ab(b? — a?)| = 6V2|ab(b — a)|

Đẳng thức xảy ra khi |b — a?| = |ab| và a + b = 3,e =0

Do bất đẳng thức có dấu bằng với a, b,e phân biệt nên giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

của k để bất đẳng thức trên luôn đúng phải là —6x⁄2 và 6⁄2

Bây giờ ta sẽ chứng minh với mọi a, b, e có tổng bằng 3 thì

a’ + b4 + c4 — 3abe > 6V2(a — b)(b — e)(e — a)

Để thực hiện ý tưởng dồn biến toàn miền, việc đầu tiên cần làm là đồng bậc hoá 2

về của bất đẳng thức

at + b4 + ct — abe(a + b + e) > 2V/2(a — b)(b — e)(e = a)( + b + e)

Nếu chi đơn giản là cùng giảm đi các biến ø,b,c một lượng < min(a, b, c) ta thấy

cả 2 về đều thay đổi? Nhưng điều đặc biệt ở đây là ta có thể so sánh những sự thay

232 Chương 3 Các phương pháp chứng minh bắt đẳng thức

Trong đĩ các hệ số của f(t) là

A=à?+bt+ c?— abe(a + b + e) — 2V2(a + b+ e)(ø — b)(bT— e)(e— 4),

B =A(aŠ + b + cŸ) — (a+b+ e)(ab + be + ca) — 3abc — k(a — b)(b — e)(e — a),

€ = 6(a2 + b2 + c2) — (a+b+ e)? — 3(ab + be + ca)

Dé thay C > 0 vi

6(a? +b? +c?) > 2(a+b+c)?> (a+b+ e)? + 3(ab + be + ca)

Giả sử c = min(ø, b, c) Ta sẽ chứng minh

4(a3 + b? + c3) — (a+b + e)(ab + be + ca) — 3abc > 6V2(a — b)(b — c)(c — a)

Cĩ thể phân tích về trái dưới dạng tổng các bình phương như sau

VT = (a — b)2(a + b) + (b— e)?(b + e) + (c— a)?(c + a) + 2(a3 + b + cŸ — 3abc)

= (a — b)2(2a + 2b + e) + (b— e)2(9b + 2e + a) + (c — ø)?(2c + 2u + Ù)

Từ cách phân tích này, ta chỉ cần xét bài tốn khi c = 0 (dựa theo ý tưởng ban đầu

của phép dồn biến tồn miền) Với e = 0 ta phải chứng minh

4(aŠ + b#) — ab(a + b) > 6V2ab(b — a)

€> a® + 4b? + (6V2 — 1)a7b > (6V2 + 1)ab’

Nhưng bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM — GM

4bŠ + (6/2 — 1)a?b > 4V 6V2 ~ 1ab? > (6V2 + 1)ab?

Vậy trong khai triển của ƒ(#), các hệ số của ¿, ¿2 đều dương, suy ra ƒ(£) là hàm tăng

trên miền £ > 0 Với c = min(a, b,c) ta cĩ ộ

a4 + b + ct° — abe(ø + b+ e) — k(a — b)(b— e)(e— a)(a+ b+ c)

>a® +bt + c4 — a'e(a! + b + e) — k(a! — È)(M — e)(c — a)

- Trong đĩ ø' =ø—c,b'=b—c,Z =c—c=(0, nĩi cách khác ta chỉ cần chứng minh

bài tốn ban đầu nếu e = 0 Nhưng trường hợp này đã được xĩt ở trên, vậy bài tuán

được chứng minh hồn chỉnh Ta cĩ đẳng thức khi ø = b = e hoặc trong trường hợp

sau và các hốn vị tương ứng

c=0,b= Ha a= MD) 4 = WED c= 0, Q

Dây rõ ràng là một chứng minh khá cơng phu và phức tạp, nhưng nội dung cơ

bản chỉ xoay quanh ý tưởng của phép dồn biến tồn miền Cách sử dụng hàm số

như trên luơn tỏ ra rất hữu ích với các bài dạng này, chẳng hạn với bất đẳng thức

Jack Grafukel đã được chứng minh ở phần trước

3.2 Phương pháp phân tích bình phương Š.O.8 233

Ví dụ 3.1.23 Với mọi a,b,c không âm thì

Nói thêm rằng bất đẳng thức trên của Jack Grafukel là một bất đẳng thức rất

khó và chắc chắn phương pháp dồn biến toàn miền là một trong những chứng minh

đơn giản, độc đáo và sơ cấp nhất Sẽ còn có thêm nhiều điều thú vị khác đối với

phương pháp kì lạ này cần được khám phá và giải quyết Kết thúc cho bài viết là

một bất đẳng thức khá thú vị và rất đáng suy nghĩ

Vi du 3.1.24 Cho a), ao, .,an là các số thực không âm TYm các số thực k để bắt

đẳng thúc sau luôn đứng

đ† +2 + + đạp — Ti0102 đạ > k(q — aa)(0ạ — đ3) (đ„—{ — đạ)(G„ — 1)

Tuy rằng việc tìm được số k tốt nhất là rất khó, nhưng trong một số trường hợp

cụ thể của œ ta cũng có được những bài toán khá thú vị Một số kết quả riêng là

® aồ+ b8 + c8 — 3a?b2c2 > 4(a — b)?(b — e)2(e — a)2

se at+bt+ct+ dÊ — Aabcd > 2(a — b)2(c — đ))

® adŠ+ÙŠ+ củ + đẺ ~— 4a2b2c?d2 > 2(a — b)2(b — e)2(c — đ)2(d — a)

Các bạn hãy tự chứng minh các bài tập nhỏ này Việc tìm một ước lượng đủ tốt

cho số k = k(n) trong bất đẳng thức trên vẫn là một câu hỏi mở dành cho bạn đọc

(ta có thể đưa về trường hợp có 1 trong nø biến bằng 0 theo ý tưởng dồn biến toàn

miền, nhưng để tính chính xác hay tìm một khoảng đủ tốt lại là một vấn đề khác) ˆ

Những kết quả được trình bày ở đây mới là những kết quả bước đầu trong một thời

gian ngắn và chấn chắn rằng chính các bạn sẽ còn làm được nhiều hơn thế nữa

3.2.1 Bài toán mở đầu

Thông thường khi đứng trước một bài toán bất đẳng thức quen biết, cách mà

chúng ta bắt đầu để giải chúng không phải là thử mò mẫm từ các bất đẳng thức đã

biết, không phải là tìm ngay một phương pháp dồn biến nào đó mà thường gặp nhất

là đưa về các dạng tổng bình phương Điều này dựa trên tính chất cổ bản nhất của

số thực: z2 > 0 Vz € ñ Có rất nhiều bài toán, cho dù bạn chủ động hay vô tình,

đều đã sử dụng phương pháp này trong chứng minh Tuy nhiên, rất có thể những

234 Chương 3 Các phương pháp chứng minh bắt đẳng thức

điều bạn sắp đọc được trong mục này sẽ làm bạn thực sự ngạc nhiên

Chúng ta sẽ mở đầu với bất đẳng thức AM - GŒM, đây có thể coi là bất đẳng

thức cơ bản nhất trong những bất đẳng thức cơ bản Nhưng chúng ta chỉ cần tìm

hiểu bất đẳng thức này trong trường hợp các số n rất nhỏ Với n = 2 chang han, ta

có bất đẳng thức

Ví dụ 3.2.1 Với mợi a,b > 0 ta có bất đẳng thức a2 + b2 > 2ab

9e không có nhiều điều cần phải bàn tới ở bát đẳng thức trên, ngay khi các bạn

học về số thực thì việc chứng mỉnh bất đẳng thức đó đã là quá dễ Bất đẳng thức

tương đương với (ø — b) > 0, một điều quá hiển nhiên Bây giờ, chúng ta xét tiếp

khi = 3 và bất đẳng thức sau đây :

Vi du 3.2.2 Voi moi a,b,c > 0 ta có bắt đẳng thức aŠ + bŠ + 3 > Babe

Khi hỏi về một chứng minh thật cụ thể cho bắt đẳng thức này, chúng ta sẽ cảm

thấy một chút bối rối Tắt nhiên, bất đẳng thức trên không khó, lời giải chỉ trong

duy nhất một dòng

VT~VP= ÿ(a+b+e) ( (a — 8)? + (b ~ + (e — a)3)),

Và chắc chắn đây là cách làm thông mỉnh nhất, vì chúng ta không phải qua

một bước trung gian nào cả Cả 2 ví dụ trên đều được chứng minh bằng phương

pháp phân tích bình phương, nhưng theo một nghĩa tương đối hẹp Thuận lợi rất

lớn trong lời giải bài toán bằng cách này là việc sử dụng rất ít kiến thức cao cấp,

thậm chí bạn không cần biết bất kì một định lí về bất đẳng thức nào cả Ngoài ra,

nó còn là một phương pháp rất tự nhiên theo suy nghĩ của chúng ta

Nếu đọc kĩ các bài toán ở chương trước, các bạn đã gặp không ít những bài toán

sử dụng phương pháp này trong chứng minh Còn bây giờ, chúng ta sẽ khái quát

cách sử dụng và đi tìm bản chất của một phương pháp chứng minh cực kì hiệu quả

- phương pháp phân tích bình phương S.O.®

Bài toán quan trọng mà chúng ta phải xem xét đến trong mục này là một bất

đẳng thức nổi tiếng đã được giới thiệu ở chương trước, bất đẳng thức Tran 96

Problem 3 (Iran 96) Véi moi sé thuc không âm a,b,e ta có

(a+b)? (b+c)2 (c+a)? ~ 4(ab+ be + ca)’

Đây cũng là bài toán có hình thức phát biểu rất đơn gián và đẹp mắt Ngoài ra,

nó còn là một bất đẳng thức rất khó khi bạn chưa được tiếp cận trước đó Nhưng

trước tiên, chúng ta hãy xem lại bất đẳng thức trong ki thi IMO 2005 và tìm một

chứng minh thật tự nhiên cho nó

3.2 Phương pháp phân tích bình phương S.O.S 235

Ví dụ 3.2.3 (IMO 2005 Pro A3) Giá sử z, ụ, z là các số thực dương 0à zz > 1

Chứng minh trên không phải là chứng minh duy nhất, và có thể còn có nhiều

chứng minh độc đáo hơn Nhưng nếu xem xét khách quan thì chứng minh trên hoàn

toàn rất tự nhiên và cơ bản Nói khái quát, khi đứng trước một bất đẳng thức bất

ki cua 3 bién a,b,c, ta sé tim cach dua chúng về dạng tổng của các bình phương

(a — b)2, (b— e)2, (e— a)2 kí hiệu

Se(a — b)2 + S;(a — e)? + 8„(b — e) > 0

Phần đưa về dạng chính tắc trên là bước đầu tiên trong cách sử dụng phương

pháp S.O.S Nếu bạn đã khá quen với bất đẳng thức thì việc lập công thức trên là

tương đối đơn giản, chỉ cần biết qua một số phép biến đổi và hằng đẳng thức, còn

nếu bạn chưa quen, thì các thắc mắc sẽ được giải quyết trong mục "Biểu diễn cơ sở

của phương pháp S.O.S và một số kĩ thuật phân tích"

Tất nhiên, nếu trong biểu diễn cơ sở đó các hệ số Sa, Sp, Se đều không âm thì bài

toán được chứng minh Từ trước tới nay, đây vẫn là cách mà cách bạn thường làm

nhưng đây chỉ là trường hợp đơn giản nhất trong kĩ thuật chứng mính của phương

236 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

pháp S.O.S Điều quan trọng hơn S.O.Š giúp chúng ta giải quyết trong các trường

hgp ma theo quan niệm cũ là không thể áp dụng được : Có một số hệ số trong

Sa, Sb, Se lA khong duong

Thông thường, trong các bài toán đối xứng ta có thể giả sử a > b > c Với các bài

toán hoán vị thì phải xét thêm trường hợp c 2 b> a Trong trường hợp ø > b > c

ta có các nhận xét sau

© Néu S; > 0: Do (a—c)? > (a—b)? + (b — c)” nên

S¿(a - b}? + Su(œ — e)? + Sa(b — ¢)? = (Se + Sp)(a — 6)? + (Sv + Sa)(b - c)?

Và phần còn lại của bài toán là chứng minh Sa + Sp > 0, Se + Sp => 0 Thông

thường hai bất đẳng thức này luôn có thể chứng minh khá đơn giản, vì chúng

không còn phải nhân thêm với các bình phương (œ~— b)?,(b— e)2, (c— ø)2 nữa

e Nếu 8 <0: Do (ø — e)2 < 2(ø— b)? + 2(b~ c)? nén

S-(a — b)? + Sp(a- c)? + Sa(b— e)? > (% + 25u)(a — b)? + (25 + 5a)(b — ce)’

Cũng vậy, việc chứng minh còn lại % + 26 > 0 và 2% + Sa = 0 sẽ đơn giản

hơn rất nhiều

Ngoai ra néu Sq + Sy + Se > 0, SaSp + SpSe+ ScSa > 0 thi theo dinh li về dấu

của tam thức bậc 2 cũng dễ dàng suy ra được

Sa(b — e)? + S;(ø — c)? + S-(a - b)? > 0

Trong nhiều trường hợp, ta cần thêm một số ước lượng mạnh hơn, chẳng hạn

ước lượng hay dùng đến là

Và như vậy bài toán sẽ được chứng minh nếu ø2% + b2%„ > 0

Ta có thể tóm tắt các kết quả trên thành một định lí chung như sau

Định lý 3.3 (Định lí S.O.S) Xét biểu thúc

S = F (a,b,c) = Sa(b— ¢)? + Sp(a — c)? + Sela - b)?,

3.2 Phuong phap phan tich bình phương S.O.S 237

Trong d6 Sa, Sy, S„ là các hàm số của a,b,e

1 Nếu S„ S%,5.,>0 th S>O

8.Nếua>b>c uà Sp, Sp+ Se,Sp+Sg>0 thi 9 >0

3 Néua>b>c va Sa, Se, Sa + 2Sp,Se+25,>0 thi 9>0

4 Néua>b>e va Sp,S.>0,a25,+62S,>0 thi S>0

5 Néu Sa+ S,+S.>0 va SaSo + SpSo+S.Sq >0 thi S>0

Ngoai ra dé S > 0 véi moi a, b,c > 0 thì ta phải có Sat Spla=s > 0, Sp+ Selyce >

0,5 + 65a|e=a > 0 Trong đó S, + Sb|a=u có nghĩa là ta xét biểu thức Sa + S% khi

a = b Với các bài toán đối xứng ta có ngay S, = S; néu a = b Nhận xét này rất

quan trọng trong các các bài toán tìm hằng số tốt nhất

Dường như định lí này còn có vẻ quá đơn giản và nếu nói rằng nó có ứng dụng

với hầu hết các bất đẳng thức 3 biến thì thật khó mà tưởng tượng được Nhưng

thực tế thì S.O.S đã làm được điều này và đây là một điều rất ngạc nhiên

Một câu hỏi nữa đặt ta là với những biểu thức nào thì ta có thể chuyển về dạng

chính tắc S.O.S như vậy? Câu trả lời là mọi hàm số đối xứng ƒ(a,b,c) thoả mãn

ƒ(œ, a, a) = 0 và ƒ có thể chứa căn thức, phân thức của ø, b, e luôn luôn có biểu diễn

ấy Chứng minh điều này bạn xem trong phần tiếp theo ,

Bay giờ là một số ví dụ cụ thể để chứng minh tính hiệu quả của phương pháp

này, và nếu có thể thì trước tiên bạn hãy thử chứng minh chúng theo cách khác

Ví dụ 3.2.4 Chứng minh rằng uới mợi số thực không âm a,b,c ta luôn có

a2 + b2 + œ2 Sabc >9

ab +bc+ca (a+b)(b+e)(c+a) ““

LỜI GIẢI Ta chú ý đến 2 đẳng thức sau đây

a? +0? +6? ~ ab — be~ ca= 5 ((a~b)? + (b— 6) + (e — 4)2),

(a+6)(b+c)(c+a) — Babe = a(b — c)? + b(e — a)? + c(a — b)

Như thế sau khi thêm bớt 1 ở mỗi số hạng về trái, ta có bắt đẳng thức tương đương

(a — b)2 + (b — e)? + (e— a)2 > 2c(ø — b)? + 2b(a — c)? + 2a(b — e)2

ab + bc + ca — (a+-b)(b+ e)(e+ a)

238 Chương 3 Các phương pháp chứng minh bat đẳng thức

Do tính đối xứng nên có thể giả sử rằng ø > b > e, khi đó dễ thấy S, > 0,5 > 0

Dựa vào tiêu chuẩn thứ nhất, ta chỉ cần chứng minh ring Sa + Sp > 0 1a xong

Nhưng điều này rất hiển nhiên vì

2abe _ 2c?(a +b)

Sa + Sp = 2e— ab+be+ca ab+bce+ca~

Vậy bất đẳng thức đã được chứng mình Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = Ò = €

hoặc a = b,c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng O

Chúng ta hãy trở lại với bất đẳng thức Iran 1996

Vi du 3.2.5 (Iran TST 1996) Ching minh rằng uới các số thực không âm +, U, 2

Gia sit ring a > b >c thi S, > 0 Su dung ticu chuẩn 4 ta chỉ cần chứng minh

b2Sy + c29„ > 0 bề + cŸ > abc, nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì

ø<b+c>b)+c)> be(b+c) > abc

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = e hoặc ø = b,c = 0 hoặc các hoán vị ¬

3.2 Phương pháp phân tích bình phương S.0.8 239

Có một vài cách chứng minh khác cho bất đẳng thức Iran 96, cách thông thường

chúng ta biết là khai triển và sử dụng bất đẳng thức Schur, hoặc dùng cách đa thức

đối xứng Tuy nhiên bạn đọc sẽ đồng ý với tác giả, rằng các phương pháp đó chỉ có

ý nghĩa là chứng minh bất đẳng thức đúng về mặt toán học, chứ không để lại nhiều

ấn tượng hay mở rộng Việc biết sử dụng phương pháp S.O.S đã làm bài toán trở

nên đơn giản hơn rất nhiều, đây thực sự là một lời giải đẹp và ngắn gọn, thoá mãn

được mỹ quan toán học của nhiều người

Phương pháp phân tích bình phương đã từng xuất hiện thoo cách này hay cách

khác trong một số bài toán bất đẳng thức, vì nó là một hướng suy nghĩ rất tự nhiên

đối với bắt đẳng thức Nhưng chắc chắn đây sẽ là lần đầu tiên mà phương pháp này

được hệ thống và được coi là phương pháp chính thống cho chúng ta Nó đem lại

cho chúng ta một cách nhìn chủ động và vô cùng hiệu quả đối với các bài toán, mà

chỉ một thời gian ngắn trước còn là những bài toán vô cùng khó khăn Bất đẳng

thức Iran 96 được coi là bài toán cơ bản ứng dụng phương pháp này (mặc dù tác

giả nghĩ đến §.O.5 từ một bắt đẳng thức cũ hơn) S.O.S là tên lấy từ chữ cái đầu

tiên cha cum tit Sum of Square trong tiéng Anh

3.2.2 Dinh li vé biéu dién cd sé cha phuong pháp 8.0.5 va mot số

kĩ thuật phân tích

Để khẳng định niềm tin của chúng ta về sự tồn tại một biểu diễn cơ sở cho

phương pháp 5.O.5 ta cần một chứng minh cụ thể cho lớp các hàm đa thức, phân

thức cho phép chứa các luỹ thừa hữu tỉ (nói cách khác, có thể chứa căn thức) Ngoài

ra, nếu không có gì thay đổi, chúng ra chỉ xét bài toán trong trường hợp các biến

số không âm (vì một biểu diễn của đa thức đúng trong tập RT thì cũng đúng trong

R) Ta có các định nghĩa và định lí sau đây

Định nghĩa 3 Mội hàm phân thúc ba biến F{(a,b,c) được gọi là đối rứng nếu tà

chỉ nếu đồng nhất thie suu F(a,b,c) = F(x,y,2) dang vdi mor hoán 0‡ (, , z) của

(a,b,c) Hon nita néu vdi moi số thực dương z mà F(a,2, 2) =0 thi F(a,b,c) duge

gợi là hàm đối rứng ba biến chuẩn

Định nghĩa 4 Hàm nửa đối rứng ba biến Một hàm phân thúc ba biến G(a, b, c)

được gọi là rửa đối ving néu va chi néu dong nhat thitc sau G(a, b,c) = G(a,c,6)

đứng uới mợi bộ ba số thực đương (a,b,c) Hon nita néu vdi moi cap hai số thực

đương z, mà G(z,,u) = 0 thì Ga, b, c) được gọi là hàm rủa đối rứng ba biến

chuẩn

Định lý 3.4 (Biểu diễn cơ sở đối với lớp hàm đa thức) Giá sử F(a,b,c) la

một da thức đối xứng ba biến chuẩn thà tồn tại một đa thúc nửa đối rửng ba biến

G(a,b,e) sao cho đồng nhất thúc sau là đứng

F(a,b,e) = G(a, b, c)(b— c)? + G(b, ¢, a)(e— a)? + G(c, a, b)(a — 6)?

240 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

CHỨNG MINH Đầu tiên, ta sẽ chứng minh định lí trên cần dựa vào một số hiểu biết

cơ bản về không gian véctơ Cách chứng minh rất ngắn gọn và hay nhưng cần sử

dụng một số công cụ cao cấp

Bởi vì định lý chỉ hạn chế trong lớp các đa thức ba biến nên có có thể nói tới

bậc của đa thức Trong đa thức ba biến a, b,c sẽ chứa (và chỉ chứa !) các hạng tử

dạng fmnpa"*b*cP trong đó rn,n,p là các số nguyên không âm Nếu tmnp # 0 thì

m+n-+p duge goi l& bậc của hạng tử này Trong trường hợp ngược lại ta quy ước

bậc của hạng tử này bằng 0 Số mm + m= + p lớn nhất được gọi là bậc của đa thức đó

Rõ ràng, ta chỉ cần chứng minh định lý cho lớp các đa thức bậc n

Ký hiệu S(F) là tập hợp tất cả các đa thức ba biến F(a, b,c) đối xứng chuẩn

bac n, S(Q) la tap hợp tất cả các đa thức Q(ø,b,c) đối xứng ba biến chuẩn bậc n

có dạng Q(a, b,c) = G(a, b,c)(b— c)? + G(b, c,a)(c — a)2 + G(e, a, b)(a — b)?, ở đây

Ga, b, c) là đa thức nửa đối xứng ba bién bac n — 2 (ta xét m > 2 vi véi n=1 thi

định lý hiển nhiên đúng) Rõ ràng S(Q) U {0} là không gian véctơ con của không

gian véctd F(a, b,c) Va do đó số chiều của không gian S(Q) U {0} không vượt quá

số chiều của không gian S(#) U {0} (*)

Với các œ,Ø,+c€ N, kí hiệu A = (a, G,-7) và xét các đa thức đặc biệt sau

(7) Fy(a, b,c) = Youn ø%b?'e*', trong đó tổng được lấy trên tất cả các bộ hoán vị

(œ, đ,+') cha (œ, 8 3)

(it) Gy(a, b, c) = a*b9c* + asbc8, ` `

( iti) Qa(a, b, c) = Gy(a, b, c)(b— c)? + Gy(b, c,a)(e— a)? + Gy(c, a, b)(a— b)?

Ký hiệu ƒ„ là tập hợp tất cả các bộ số À(œ, đ, +) thoả mãn các điều kiện œ+/++ =

n,a > 3 > + Rõ ràng tập hợp tất cả các đa thức F2(ø,b,e) với A(œ đ,+y) € ƒa là

hệ sinh độc lập tuyến tính của S(#) U {0} do đó số chiều của S(F) U {0} bằng số

Ký hiệu q„ là tập hợp tất cả các bộ số A(œ, đ, +) thoả mãn các điều kién a+ G+y =

n—2,a+2 > Ø8 > + Rõ ràng tập hợp tất cả các đa thức QA(ø, b, e) với À(œ, 8, Y) € an

là hệ vectơ độc lập tuyến tính của S(Q)U {0} do đó số chiều của S(Q) U {0} không

nhỏ hơn số phần tử của gạ (2)

Từ các kết quả (1), (2) với chú ý là f„ và gạ có cùng số phần tử ta suy ra số

chiều của Š(Q) U {0} không nhỏ hơn số chiều của S(#) U {0} (x*)

Vậy từ các kết quả (+), (#*) suy ra số chiều của hai không gian $(Q)U{0}, S(F)U

{0} là bằng nhau, từ đó suy ra mọi phần tử của không gian S(Ƒ') đều có thể biểu

diễn qua các phần tử của không gian S(Q) Dây là kết quả cần phải chứng minh Œ

Hệ quả 3.1 (Biểu diễn cơ sở với phân thức) Giả sử rằng M(a, b,c), N(a,b,c)

là hai da thúc nửa đối rúng ba biến, hơn nữa uới mọi số thực dương + thà phân số

3.2 Phương pháp phân tích bình phương S.0.8 241

M(z,z,x)/N(œ,œ,+) là một hằng số t Khi đó tồn tại hàm số nửa đối xitng ba bién

G(a,b,e) sao cho đồng nhất thúc sưu là đúng

M(a,b,c) _ M(b,c,a) M(c,a,b) N(ab,c) NQ,c,a) N(c,a,bÙ) ˆ= G(a,b,e)(b— e)? + G(b,c, a)(c— a)? + G(c, a, b)(a— b)`

CHUNG MINH Xét đa thức sau đây

H(a,b,c) =M(a,b, c)N(b,c,a)N(c, a,b) + M(b, c,a)N(c, a,b) N(a, 8, c)

+M(c,a,b)N(a,b,c)N(b,c,c) — 3tN (a, b, c)N(b, c,a)N(c, a, b)

Chú ¥ ring H(a, b, c) là một đa thức đối xứng chuẩn, nên theo định lí trên thì tồn

tại biểu diễn cơ sở cho đa thức này và do hệ quả được chứng minh 0

Bồ đề 4 (Biểu diễn chính tắc) Giá sử œ, 8,+ là hữu tỉ có tổng bằng 3k, khí đó

tồn tại biểu diễn cơ sở cho biểu thức

f(a, b, c) = ` a® b? oY _ 6aFb*cF,

sym

Trong đó tổng lay trên tắt củ các hoán tị (œ, 8',+) của (œ, 8, +)

CHỨNG MINH Rõ ràng đây chỉ là hệ quả trực tiếp từ định lí về biểu diễn cơ sở đối

với hàm đa thức Tuy nhiên, ta sẽ chứng mình hệ quả này mà không dùng đến kết

quả của định lí Ngoài ra, ta cũng chứng minh hệ quả với lớp các hàm đa thức mở

rộng, theo nghĩa hệ số các biến không nhất thiết nguyên mà có thể là số hữu tỉ Lưu

ý đến các tính chất sau đây

Tính chất Với mọi k hữu tỉ thì các ủa thúc

fi = (a* — b*)(a — b) fo=ak +k + ck — 3V ak bck

luôn có biểu dién co sé S.O.S, tức là tồn tại các đu thức (mở rộng) trửa đối vứng

G(a,b,e) sao cho nếu ƒ là một trong 2 đa thúc trên thi

ƒ =G(a,b,e)(b— e)? + G(b, e,a)(e— a)? + G(e, a, b)(œ — b)Ÿ

Chứng minh 2 với đa thức trên trên hoàn toàn bằng quy nạp và tương đối đơn giản

Ngoài ra với lớp hàm đa thức (hay k nguyên) thì bổ đề này là khá hiển nhiên Sử

dụng chúng, bài toán của chúng ta được chứng minh như sau

W(a,b,e) = — a*(b8 — c8)(B? — c?) — b%(a8 — cP)(a* — cT) — c*(a? — 0°) (a7 — bY) +

+ ø°(b* + œ9) + b%(c? + a) + c%(a? + bY) — 6akb* ck,

242 “Chuong 3 "Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

Trong đó ¿ = Ø + + Biểu thức ở dòng trên luôn có biểu diễn cơ sở Biểu thức dòng

dưới có thể viết lại thành

—(a® — b#)(a# — b#) — (b* — c®)(b# — œ#) — (c* — a®)(c? — a?)

+ a3 + b3 + c3 — GaFbFcF,

Bài toán của chúng ta đã được chứng mình Đây là cách chứng mỉnh sơ cấp cho

định lí về biểu diễn cơ sở của phương pháp 8.O.S hoàn toàn bằng sơ cấp, vì từ kết

quả này ta cũng suy ra luôn kết quả định lí trên Ngoài ra, đây cũng là cách tổng

quát cho phân tích cơ sở LÌ

Còn bây giờ là một số đẳng thức thường được sử dụng trong phân tích

e (a+ b)(b+c)(c+a) ~ 8abe = a(b — c)? + b(c — a)? + c(a — b)?

° a8 +88 +08 — Babe = (a+ b-+0) ((a— 6)? + (b-c)? +(c-a)?)

b+e atc a+b 2 sụm 2(œ + c)(b + )

Trong các biểu thức 3 biến bạn học nên chú ý tới các đại lượng a—b, b—c,c—a Việc

nhóm các đại lượng này một cách hợp lí sẽ rút ra được hạng tử (a—b)?, (b—c)?, (c—a)?

Ban hay xem vi du sau day

Ví dụ 3.2.6 Phần tích cơ sở S.O.6 cho biểu thức

3.2 Phuong phap phan tich bình phương S.O.S 243

LỜI GIẢI Đặt s = k — 1 và ă = a2 + b2 + c? Chú ý rằng

2(a? + b? + ke?) — 2(k + 2)ab = (k + 2)(a — b)? + k(c2 — a2 + ¿2 — b2),

Ta có được 2 đại lượng là c2 — a2, e2 — b2 trong số hạng thứ nhất Các đại lượng này

xuất hiện lại trong các số hạng khác nên

Vậy biểu thức được viết gọn lại thành

Để có kĩ thuật tốt, bạn hãy xem lại những bất đẳng thức đã biết và thử phân

tích chúng Lưu ý rằng hầu hết các bất đẳng thức đơn giản đều có thể phân tích rất

dễ dàng và đó là một sự thực hành tốt với các bạn Hơn nữa, công việc này cũng

rất có ý nghĩa để áp dụng S.O.S vào các bất đẳng thức sau này thuận lợi hơn

Vi du 3.2.7 Phân tích cơ sở cho các da thức sau đâu

(i) (a+b+ e)3 — 27abc

(it) at + b4 44 - abc(at+b+c)

(itt) a® +b? + ¢3 + 3abe — ab(a + b) — be(b + c) — ca(e+a)

Một câu hỏi thú vị đặt ra là liệu phương pháp phân tích như vậy có duy nhất

hay không? Và câu trả lời, tất nhiên là không duy nhất Lấy ví dụ, ta có đẳng thức

đơn giản sau với mọi a, b, c thực

(a — b)Ÿ(œ — e)(b — e) + (b— c)2(b — a)(c — ø) + (e — a)?(e — b)(ø — b) = 0

244 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bắt đẳng thức

Như vậy nêu ở mỗi hệ SỐ trong phân tích cơ sở ta thêm bớt tương ứng các đại

lượng (œ — e)(b - e), thì được một biểu diễn mới khác biểu diễn ban đầu

3.2.3 Những ứng dụng quan trọng của phương pháp S.O.S

Sau đây là một số bài toán điển hình dựa trên phương pháp này

Ví dụ 3.2.8 Tìm hằng số dương k lớn nhất để ta có bắt đẳng thúc

a + b + € gb + be + cá c3 b+c ate atb a? + b2 +c? ~ 2°

dung vdi moi a,b,c khéng am

LỜI GIẢI Ta sử dụng biến đổi

min f(a,b) = saab) c- 2

Ta sẽ chứng minh đây là giá trị tốt nhất của k

3.2 Phương pháp phân tích bình phương S.O.S 245

Khi đó dễ thấy S, > S, > Sy Ngoài ra

(Theo sự xác định của số k , mà ta không cần tính cụ thể từ trước) Vậy giá trị tốt

nhất của k là v1 +, Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c va có thêm trường

hop a=b= Vit (hoặc các hoán vị) khi k = we oO

Ví dụ 3.2.9 Tìm hằng số thực k tốt nhất cho bất đẳng thúc sau

1+ be + 1+ ca + l+aồ 12 ka2+bc kb? +ca kc? +ab~ k+1

vdi a,b,c la céc 86 thuc khéng am thoả mãn ab + be + ca = 1

LỜI GIẢI Đáp số cho bài toán này là k > 2 + ⁄3 Ä

Vi du 3.2.10 Cho a,b,c >0 Chứng minh rằng

2(a — b)2(b — e)2(e — a)2

Pets * Bade t Petes <2* RA 3a) an)

a2+2be c2+2ab c2+2ab —

LỜI GIẢI Giả sử a > b> c Ta có

_ ab+c) b(c+a) c(œ+b)

a?+2be c?+2ab c2+2ab

1 2a? + đc — 3a(b+c) — >—- (a — b) + (a — 2b)(a — e)

— 1 a-2c b-2\_ 1 (a — b)?(4ac + 4bce — 4c? — ab)

~ 3 < \ a? + 2be ~ B+ 2c) — 3á (a2 + 2bc)(b? + 2ac)

_ ab(a — b)? (c— vale — b)(a — b)2

~ » (a2 + 2be)(b2 + 2ae) +3 = (a? + 2bc)(b? + 2ac)

_ ab(a — b)? ac —a)?(c — b)2(a — b)2

~ » (a2 + 2be)(b2+ 2ac) sym (a2 + 2be)(b2+ 2ac)(c2 + 2ab)

246 Chương 3 Các phương pháp chứng mình bất đẳng thức

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

= ab(a — b)2 2(a — b)2(b — e)2(c — a)?

(a2 + 2be)(b2 + 2ae) — (a2 + 2bc)(b2 + 2ac)(c? + 2ab)

sym

= (ab(c? + 2ab) — 2(a — e)2(b — c)?) + be(a? + 2bc) (b — c)? + ca(e? + 2ab)(c- a)? > 0

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng do ab > (ø — e)(b— c) Ta có đpcm

Dang thức xảy ra chỉ khi a = b= e hoặc abc =0 L] |

Phương pháp S.O.S không chỉ ứng dụng rất tốt đối với các bất đẳng thức đối

xứng mà nó còn được sử dụng hiệu quả trong các dạng bất đẳng thức hoán vị Sau

đây là một ví dụ mở đầu có nhiều ý nghĩa

Ví du 3.2.11 Chứng minh rằng uới mọi số thực dương œ,b,c ta luôn có

a b2 c c2 3(a3+b3+ c) ay? ype > WO, pbtreotas a2 + b2 + c2

Lor GIẢI Từ bất đẳng thức cơ bản a2/b + b > 2ø ta suy ra đẳng thức sau

Do tính hoán vị của các biến nên ta phải xét cả 2 trường hợp

+,a>b>c Khi do dé thay So > 0,5, > 0

Phần còn lại ta sẽ chứng minh S, +25; > 0 và S%e + 26 > 0 Cả 2 bất đẳng thức

này rất dễ chứng minh, xin dành cho bạn đọc tự hoàn chỉnh

+,a<b<c, khi dé S, >0,5.2 0 và cũng không mấy khó khăn ta chứng minh

được S%; + S, > 0

Do đó bất đẳng thức được chứng mình xong trong mọi trường hợp Đây là một bài

toán điển hình cho việc áp dụng rực tiếp trực tiếp các tiêu chuẩn của phương pháp

3.2 Phương pháp phân tích bình phương S.O.S 247

5.0.8 da dugc trình bày ở trên L]

Không chỉ dừng lại trong lớp các bài toán 3 biến, phương pháp vẫn được sử dụng

trong các bài toán bất đẳng thức tổng quát với n biến

Vi du 3.2.12 Ching minh ring néu aj, a2, .,an ld các số thực dương có tổng bằng

248 Chương 3 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức

Vay S,.> 0 va ta cé dpem Đẳng thức xảy ra chỉ khi tất cả các biến bằng nhau với

n > 4 Khi ‹ = 3 còn có thêm l1 trường hợp nữa là ø = b = Va hoặc các hoán vị L]

Sau đây là một số bài toán hay vận dụng phương pháp này

Vi du 3.2.13 Chứng minh rằng uới mợi a,b,c dương ta có bắt đẳng thúc

a® + 0° +c? + 3abe > abV 2a? + 2b2 + be 2b? + 2c? + ca 2c? + 2a?

Vi du 3.2.15 Chitng minh ring cho mọi số thực không âm a,b,c ta có

Với a,b,c là các số thực không âm tuỳ ú

Ví dụ 3.2.17 Tìm hằng số thực dương k nhỏ nhất cho bất đẳng thúc sau

(a+ b)(b+c)(c+ a) (a+b+c)? ~ 3°

Với a,b,c là các số thực không âm tuỳ ú

Vi du 3.2.18 Chứng minh rằng vdi moi a,b,c dương ta có

abc(a + b + c) 12(a? + b? + 3) > 5 at+b4+ct (a+b+c)(a2+b2+c?) ~

Vi du 3.2.20 Ching minh vdi moi a, b,c không âm ta có

7(a3 + b* + c9) 4(a?b2 + b2c? + c2a?)

g2 + b2 + c2 g3 + b3 + c3 > Ta +b+e),

1

3