Khai triển Abel trong chứng minh bất đẳng thức - Lê Phúc Lữ

1 TẢN MẠN VỀ KHAI TRIỂN ABEL (Lê Phúc Lữ) Khai triển Abel là một biến đổi đại số không dễ nhớ nhưng lại cơ bản, thậm chí không cần phải chứng minh gì cho khai triển đó vì nó là hiển nhiên đúng Học sinh thường nghĩ các bài toán dùng Abel có kiểu ‘độc đạo’, khó làm được theo cách khác Cách nghĩ đó không sai Tuy nhiên, có nhiều trường hợp khai triển Abel giúp ta có những cách giải ngắn gọn, bất ngờ hơn so với cách tiếp cận cho những bài toán quen thuộc Trong bài viết nhỏ này, chúng ta sẽ cùng tìm h[.]

TẢN MẠN VỀ KHAI TRIỂN ABEL

(Lê Phúc Lữ)

Khai triển Abel là một biến đổi đại số không dễ nhớ nhưng lại cơ bản, thậm chí không cần phải chứng minh gì cho khai triển đó vì nó là hiển nhiên đúng Học sinh thường nghĩ các bài toán dùng Abel có kiểu ‘độc đạo’, khó làm được theo cách khác Cách nghĩ đó không sai Tuy nhiên, có nhiều trường hợp khai triển Abel giúp ta có những cách giải ngắn gọn, bất ngờ hơn so với cách tiếp cận cho những bài toán quen thuộc Trong bài viết nhỏ này, chúng ta

sẽ cùng tìm hiểu các bài toán như vậy

Khai triển Abel Với số nguyên dương n 2, cho hai dãy số thực tùy ý là x x1, 2, ,x n và

1, 2, , n

1 1 2 2 n n 1( 1 2) 2( 2 3) n 1( n 1 n) n n

Trường hợp n3, ta có xa ybzcx a(  b) (xy b c)(  ) (x y z c)

Ở đây, ta chọn một dãy đơn điệu và một dãy có các tổng tích lũy cùng dấu là được

Bài 1 Cho các số thực a b c, , [1;3] có tổng là 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

Lời giải 1.1 (bổ đề chặn tích)

Ta có hai đánh giá sau ( 1)( 1)( 1) 0





Trừ từng vế, ta được 2(ab bc ca)220 hay ab bc ca11

( ) 2( ) 36 22 14

Vậy maxP14 và đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi ( , , )a b c (1, 2,3)

 Bên dưới, ta sẽ giới thiệu một cách khác dùng khai triển Abel khá nhẹ nhàng:

Lời giải 1.2

Sắp thứ tự a b c  và dự đoán đẳng thức xảy ra khi ( , , )a b c (1, 2,3) Ta sẽ chứng minh

1 2 3

Ta viết lại

(a1)(a  1) (b 2)(b  2) (c 3)(c 3) 0 hay

( 1 2) ( 1) ( 2 3) ( 1 2) ( 3) ( 1 2 3) 0

c

Đánh giá cuối đúng nên bài toán được giải quyết

Bài 2 Cho các số không âm , ,a b c thỏa mãn a  b c 4, tìm giá trị lớn nhất của

Lời giải 2.1

Nếu như a b , ta thay ( , , )a b c ( , , )b a c thì tổng mới tăng lên Tương tự nếu như b c ,

vì thế để tìm max ,P ta có thể giả sử a b c Ta có

( ) 4(4 )

f x  x x trên 0;4

3

 , ta có

( ) 12(4 ) 3 3(3 8)( 8) 0

nên hàm số này nghịch biến Do đó P f c( ) f(0)256 Giá trị lớn nhất cần tìm là 256, đạt được chẳng hạn khi ( , , )a b c (4,0,0)

Lời giải 2.2

Tương tự trên, ta cũng giả sử a b c Ta sẽ chỉ ra rằng

4a 4b c     4 4 4 0 0 hay

Đánh giá cuối là đúng nên ta có ngay đpcm

 Chú ý rằng đối với bài toán tìm min, cực trị đạt được tại (1,1, 2) nên không thể dùng

được khai triển Abel mà phải làm theo cách khảo sát hàm số thông thường

Bài 3 (theo đề Olympic toàn Nga) Với n 2 là số nguyên dương, xét hai dãy số thực

b b b và 1 a1 a2 a n 1 thỏa mãn

2021 2021 2021

Chứng minh rằng 2021 2021 2021

Lời giải 3.1 (theo bạn Nguyễn Hồng Đăng, chuyên Hà Tĩnh)

Dễ thấy tất cả các số a a1, 2, ,a n không thể cùng dấu, vì nếu không thì dễ dàng chỉ ra đẳng



  là không xảy ra

Do đó, tồn tại k0 sao cho a1a2  a k  0 a k1 a n

c  a a a a luôn cùng dấu với a i (do a i ( 1;1)), vì thế nên ta phải có

0, 1,

c   i k và c    0, i k 1, n

Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành

1 1 2 2 n n 0

Viết lại thành

Đổi dấu  c i d i 0 với 1 i k Vì c1  c2 c n 0 nên ta có

Ta đưa về chứng minh

1 2



 , mà b k b k1 nên ta có đpcm

Lời giải 3.2

Tiếp tục giải quyết bất đẳng thức (*) ở trên Chú ý rằng c c1, 1c2, ,c1   c2 c k 0 còn

c   c c  nên ta phải có

c    c c c   c  với mọi m1,nk

Do đó, dãy b b1, 2, ,b n đơn điệu tăng, còn dãy c c1, 2, ,c n có tổng tích lũy âm nên khai triển Abel, ta có ngay đpcm

Bài 4 Với số nguyên dương n cho trước, xét các số thực thay đổi a a1, 2, ,a n [0;2] có tổng là n Đặt 2 2 2

a) Với n 2020,tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của T

b) Với n 2021, tìm giá trị lớn nhất của T

Lời giải 4.1

Đặt x i a i 1 thì x i [ 1;1] và x1 x2 x n 0 Ta có

1 2 1

( 1)

n

i

nên đưa về tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

a) Ứng với n 2020, dễ thấy rằng 0 S n vì 2

[0;1]

i

x với mọi 1 i n Vì thế nên minT 2020, đạt được khi x1 x2 x n 1

maxT 4040, đạt được chẳng hạn khi x1 x2 x1010 0,x1011 x1012 x2020 2

b) Xét hai số 1 u 0 v 1 nào đó trong 2019 số đã cho Giả sử ta giảm u một đại

lượng d và tăng v một đại lượng d sao cho 1 u d v d 1 Khi đó tổng các số đã cho vẫn không đổi và

(u d) (v d) u v 2d 2 (d v u) u v

Do đó, với mỗi cặp số u 0 v, ta điều chỉnh sao cho có một số trở thành 1 hoặc 1 Mỗi lần rõ ràng số lượng số 1, 1 sẽ tăng lên ít nhất 1 đơn vị nên chắc chắn quá trình này phải dừng lại Cứ “làm trội” như thế đến khi không thực hiện được nữa Đến lúc dừng lại thì rõ ràng không có cặp số ( , )u v nào như trên, tức là có không quá 1 số khác 1 (tất cả các số còn lại đều là 1) Do tổng bằng 0 là số nguyên chẵn nên số còn lại phải là 0 Suy ra

0 1010 ( 1) 1010 ( 1) 2020

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 4041, đạt được khi

1 1010 0, 1011 2020 2, 2021 1

Lời giải 4.2 (theo bạn Trương Gia Bảo, chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long)

Trường hợp tìm giá trị nhỏ nhất được thực hiện dễ dàng bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Ở đây, ta quan tâm giá trị lớn nhất

a) Giả sử 2a1 a2  a n 0, ta sẽ chỉ ra rằng

Ta viết lại:

(a 2)(a  2) (a 2)(a   2) (a 2)(a  2) a a  a 0 Đặt b i  a i 2 với 1 i 1010 và b i  a i 0 với 1011 i 2020 Ta có

1( 1 2) 2( 2 2) 1010( 1010 2) 1011 2020 0

Dễ thấy rằng

0, 0, ,

0

Cứ thế suy ra

1 2 1010 1010 k ( 1011 k 2020) 0

b   b b  b    a   a  với 1 k 1010

Đến đây, ta thiết lập được một dãy đơn điệu a1 2 a2  2 a20202 và một dãy có tổng tích lũy không dương là b b1, 2, ,b2020 nên áp dụng khai triển Abel, ta có ngay

1011 1012 1 2 1011 2020 1 2 2020

b) Thực hiện hoàn toàn tương tự như trên:

Không khó để kiểm tra các tổng b b1, 1b2, ,b1  b2 b k như trên đều không dương

 Ở bài này ta dùng Abel được là do hầu hết dấu bằng xảy ra tại biên, chỉ riêng một số khác biên Ngoài ra, có một khuyết điểm của lời giải 1 là ta đã ngầm công nhận tồn tại giá trị lớn nhất của biểu thức T Tuy đúng do các biến đều thuộc miền nhưng do

đây là biểu thức có nhiều biến chứ không phải là một biến như thông thường

Bài 5 (VMO 2012) Cho n là số nguyên dương Có n học sinh nam, n học sinh nữ xếp thành một hàng ngang Với mỗi học sinh ,X cô giáo sẽ phát kẹo cho X bằng với số cặp học sinh khác giới với X và đứng về hai phía của X Chứng minh tổng số kẹo mà cô phát

sẽ không vượt quá

2

3

Lời giải 5.1 Ý tưởng là dùng quy nạp Rõ ràng luôn phải có hai bạn nam – nữ nào đó đứng

cạnh nhau, đặt là ( , ).A B Loại hai bạn đó ra, chỉ tính số kẹo phát cho 2n2 bạn còn lại thì theo quy nạp, số lượng đó sẽ không vượt quá ( 1)( 2 2 )

3

Gọi ,x y là số nam – nữ đứng bên trái cặp ( , )A B thì n 1 x n,  1 y là số nam – nữ đứng bên phải cặp đó

Tổng số kẹo của 2n bạn sẽ không vượt quá

2

3

S

 , trong đó S là số bộ ba có dạng (nam, nữ, nam) và (nữ, nam, nữ) mà mỗi bộ có sự tham gia của A hoặc B

Từ việc xét các trường hợp, ta dễ dàng suy ra

2

Do đó số kẹo của 2n bạn sẽ

n n

Lời giải 5.2 Gọi a1a2  a n và b1b2 b n lần lượt là vị trí của các bạn nam, nữ

trong hàng Xét bạn nam thứ k ở vị trí , a k trước bạn này sẽ có a k1 người, bao gồm k1 nam nên sẽ có a k  1 (k 1) a k k nữ Suy ra sau bạn này sẽ có na k k nữ

(a k k n)( a k k)n a( k k) (a kk) viên kẹo

Cứ như thế với các bạn nữ, ta suy ra số kẹo cần phát sẽ là

1 ( 2 ) ( ) ( )

n

k



Chú ý { ,a a1 2, ,a b b n, ,1 2, , } {1, 2,b n  , 2 }n nên thu gọn tổng trên, ta đưa về

( 1)(8 1)

6

n

k k k



Để ý rằng

2 (2 1) 4 1

n n

a b  n n  n (hai vị trí cuối),

1 1 2 (2 1) (2 2) (2 3) 8 6

a  b a  b  n n  n  n  n (bốn vị trí cuối), …

Cứ như thế, áp dụng khai triển Abel thì

( 1)(8 1)

6

Bài toán được giải quyết

Bài 6 (USA TST 2007) Cho số nguyên dương n cùng hai dãy số ( ),( )a n b n thỏa mãn i) a1a2  a n và b1b2  b n

ii)



  với k 1,n1 và



iii) Với mỗi số thực ,m số cặp ( , )i j mà a ia j m bằng số cặp ( , )k l mà b k b l m Chứng minh rằng a1b a1, 2 b2, ,a n b n

Lời giải 6.1 Theo điều kiện iii) và ii), ta có

(do hai tập giá trị {a ia j|1  i j n} và {b i b j|1  i j n} là trùng nhau)

Nếu như tồn tại a k b k thì theo điều kiện i) và ii), ta dễ dàng suy ra

a a  a b b  b mâu thuẫn

Vì thế nên phải có a i b i, i 1, n

Lời giải 6.2

Theo giả thiết, ta có ( i j) ( i j)

Tương tự với tổng ở vế phải, suy ra



1

( i i) 0

i



Đặt

1

( )

k

i



  với 1 k n  thì theo ii), ta có s k   0, k 1,n1 vàs n 0

Khai triển Abel cho đẳng thức

1 ( ) 0

n

i i i



ns  s  s    s s  hay

s   s s  

Từ đây suy ra s1s2  s n10 nên ta có ngay a i b i, i 1, n

Cuối cùng, ta kết thúc bài viết bởi hai cách giải khác nhau cho bài toán thi VMO vừa rồi

Bài 7 (theo VMO 2021) Cho 21 số thực dương a a1, 2, ,a21 thỏa mãn các điều kiện:

i) a0a2 a20    a1 a3 a21

ii) a i2a i 1 với mọi 1 i 19

Chứng minh rằng Pa12a22 a212 440

Lời giải 7.1

Đặt b i a2 1i a2i với 0 i 10 thì ta có ngay

10 0

0

i i

b





 và cần chỉ ra rằng

10 2 0

440

i i



Ta sẽ đánh giá các giá trị b0 b4 và b6b10 thông qua b , chú ý rằng 5

5 4 ( 11 10) ( 9 8) 11 9 10 8 2

nên (b5b4)2 4 b42 4 2b b4 5b52  4 2b b4 5 Tương tự ta cũng có

2

6 4 2 6 5

Tiếp theo thì

5 3 ( 11 10) ( 7 6) 11 9 10 8 9 7 8 6 4

nên (b5b3)2 16b32 16 2 b b4 5, và b72 16 2 b b7 5

Từ đó suy ra, b52k 4k22b b5 5k với 1 k 5 Cứ như thế, ta được

0



Lời giải 7.2 (theo bạn Lê Vũ Tường, PTNK TPHCM)

Tương tự cách trên, ta cũng có 10

0

0

i i

b





 và b i1b i 2 với mọi i0, 9 Đặt

10 2 0

i i



 Đặt s k    b0 b1 b k,0 k 10 thì s100 Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng

Nhận xét s k 10 8  (10 2 ) k với 0 k 5

Chứng minh Giả sử ngược lại rằng tồn tại k5 sao cho s k 10 8  (10 2 ) k

Gọi T là tập hợp các chỉ số i{0,1, ,5} sao cho b i cùng dấu với s k Theo trên thì

10 8 (10 2 )

i T i k i T i k

Do đó

,0

10 8 (10 2 ),

i

i T i k

  

 cho thấy rằng tồn tại chỉ số i{0,1, , }k sao cho (10 2 )

i

b   i Đặt Si b: i 10 2 ,0 i   i 5 T thì rõ ràng S khác rỗng

Ta sẽ chỉ ra rằng nếu tS t, 5 thì t 1 S Thật vậy,

Do b t 10 2 t 2 nên b t2,b t 2,b t có cùng dấu, mà

b b    b b  b

nên suy ra b t1,b t có cùng dấu Do đó, b t1T Lại có

nên t 1 S Vì thế nên ta có mọi chỉ số i mà k  i 5 thì ta đều có iS

Tiếp theo, gọi r là số nhỏ nhất mà b r trái dấu với s k và r{6,7, ,10} (rõ ràng chỉ số này phải tồn tại vì đang có s k 0 và s100) Khi đó b r1b r 2 nên b r 2

Từ đó, do giả thiết nên dễ dàng chỉ ra được b r1 4,b r2 6, nên ta có

trong khi đó

10 10

i r i r

Vì thế nên nhận xét được chứng minh

Một cách tương tự thì b10  b9 b10k 10 8  (10 2 ) k với 0 k 4

Ta dùng khai triển Abel

 

Theo trên thì s0 10,s1 18,s2 24,s3 28,s4 30,s5 30

Đồng thời s k  b10  b9 b k1 với 6 k 10 nên ta cũng có

6 28, 7 24, 8 18, 9 10

Vì thế nên S4(10 18 24  28 30) 440

 Lời giải thứ 2 tuy phức tạp nhưng cũng như lời giải 1, đều có thể tổng quát lên được khi thay 10 bởi bất kỳ số nào có dạng 4 k2. Ý tưởng là dồn các biến về vị trí trung gian b2k1. Nhận xét s k 10 8  (10 2 ) k ở trên là một kết quả thú vị và có lẽ

có cách chứng minh khác dễ hơn, xin dành cho bạn đọc tìm hiểu thêm