Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức Jack Garfunkel

NHững vien kim cuong trong bat dang thuc

C Y

H

Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức

Jack Garfunkel

Võ Quốc Bá Cẩn Đại học Y Dược Cần Thơ Ngày 9 tháng 5 năm 2008

Tóm tắt nội dung Trong bài này, chúng ta sẽ giới thiệu một cách chứng minh bằng phép dồn biến cổ điển cho bất đẳng thức sau

α π

α + β +π β

β + χ +πχ + αχ 54πα + β + χ Bất đẳng thức này được tác giả Jack Garfunkel đề nghị trên tạp chí Crux Magazine năm 1991 (bài toán 1490) Đây là một bài toán hay và khó mặc dù hiện nay đã nhận được nhiều lời giải cho nó nhưng một lời giải bằng phép dồn biến thuần túy thì đến nay vẫn chưa nhận được

Trước hết chúng ta cần có kết quả sau làm bổ đề phụ trợ cho chứng minh bất đẳng thức Jack Garfunkel

Bài toán 1 Cho các số không âm α; β; χ; tất cả không đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng

α 4α + 4β + χ+

β 4β + 4χ + α+

χ 4χ + 4α + β

1

3: (Phạm Kim Hùng) Lời giải.Chuẩn hóa cho α + β + χ = 3; khi đó bất đẳng thức trở thành

α

, α(3 α)(3 β) + β(3 β)(3 χ) + χ(3 χ)(3 α) (3 α)(3 β)(3 χ)

, α2β+ β2

χ+ χ2

α+ αβχ 4 Không mất tính tổng quát, giả sử β là số hạng nằm giữa α và χ; thế thì ta có

χ(β α)(β χ) 0

C Y

H

) β χ+ χ α αβχ+ βχ ) α2β+ β2

χ+ χ2

α+ αβχ β(α + χ)2

= 1

2 2β (α + χ) (α + χ) 1

2

2β + α + χ + α + χ 27

3

= 4:

Bất đẳng thức được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β = χ hoặc (α; β; χ) (2; 1; 0):

Nhận xét 1 Đây là một bổ đề khá chặt và có thể được dùng để giải nhiều bài toán khác, các bạn hãy ghi nhớ nó nhé! Ngoài ra, chúng ta có thể làm mạnh bổ đề như sau

α2β+ β2

χ+ χ2

α+ αβχ +1

2αβχ(3 αβ βχ χα) 4

(Võ Quốc Bá Cẩn) Bây giờ chúng ta sẽ đi đến giải quyết bài toán chính

Bài toán 2 Cho các số không âm α; β; χ, không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng minh rằng

α π

α+ β+

β π

β+ χ +

χ π

χ+ α

5 4

π

α+ β + χ:

(Jack Garfunkel) Lời giải.Ta xét 2 trường hợp

Trường hợp 1 χ β α;khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

α

π

α+ β+

β π

β+ χ+

χ π

χ+ α

2

(α + β + χ) α

α+ β +

β

β+ χ +

χ

χ+ α Lại có do χ β αnên

α

α+ β +

β

β+ χ +

χ

χ+ α =

3

2 +

1 2

α+ β +

β χ

β+ χ +

χ+ α

2

(χ α)(χ β)(β α) (α + β)(β + χ)(χ + α)

3

2 <

25 16 Nên hiển nhiên

α π

α+ β+

β π

β+ χ +

χ π

χ+ α

5 4

π

α+ β + χ Trường hợp 2 α β χ:

C Y

H

Trường hợp 2.1 5β α;khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

Ξ

χψχ

α π

α+ β

Ξ

χψχ

α(4α + 4β + χ)

α+ β

# Ξ

χψχ

α 4α + 4β + χ

!

=

∀

3Ξ

χψχ

α+Ξ

χψχ

α(α + β + χ)

α+ β

# Ξ

χψχ

α 4α + 4β + χ

!

χψχ

α

!

3 +Ξ

χψχ

α

α+ β

! Ξ

χψχ

α 4α + 4β + χ

!

Theo kết quả bài toán trước, ta có

Ξ

χψχ

α 4α + 4β + χ

1 3 Nên ta chỉ cần chứng minh được

Ξ

χψχ

α

α+ β

27 16 , (11α2+ 6αβ 5β2

)χ + (αβ + χ2

)(11β 5α) 0 (đúng) Trường hợp 2.2 α 11

5β;đặt φ(α; β; χ) = α

πα+β+ β

πβ+χ + χ

πχ+α:Vì bài toán này có đẳng thức xảy ra tại α = 3; β = 1; χ = 0 nên ý tưởng của chúng ta sẽ là dồn 1 biến về

0, tức là chứng minh

φ(α; β; χ) φ(α1; β1;0) với α1+ β1= α + β + χ:

Việc làm này nói có vẻ rất đơn giản nhưng khi thực hiện, bạn sẽ thấy rất khó vì các biểu thức trong căn rất khó cho ta để đánh giá chúng, và nếu chúng ta cứ "cố chấp" một giá trị α1; β1 hoài khi dồn biến thì cũng rất khó mà ta phải linh động hơn, tùy theo những trường hợp cụ thể mà chọn α1; β1thích hợp ứng với những trường hợp ấy Chúng ta sẽ xét những trường hợp nhỏ như sau

Trường hợp 2.2.1 α 3β; khi đó ta sẽ chứng minh

α π

α+ β

α+χ 2

π

α+ β + χ , α2(α + β + χ) α2+ αχ + χ

2

4 (α + β) , 14χ4

(α + β) 0 (đúng)

C Y

H

và

β π

β+ χ +

χ π

χ+ α

ρ

β+χ 2

Do α 3β nên ta chỉ cần chứng minh được

β π

β+ χ +

χ π 3β + χ

ρ

β+χ 2

2

β+ χ +

χ2

3β + χ+

2βχ π(β + χ)(3β + χ) β+

χ 2

2

3β + χ+

2βχ π(β + χ)(3β + χ)

χ

2+

βχ

β+ χ , 3β + χχ + 2β

π(β + χ)(3β + χ)

β

β+ χ +

1 2

Do β χ nên 3β + χ 2(β + χ); suy ra

2β π(β + χ)(3β + χ)

π 2β

β+ χ

3β 2(β + χ) Lại có

1

2 +

β

β+ χ

χ 3β + χ

3β 2(β + χ) =

χ(β χ) 2(β + χ)(3β + χ) 0

Từ đây, ta đi đến

φ(α; β; χ) φ α+χ

2; β+

χ

2;0 Trường hợp 2.2.2 3β α 52β;khi đó, ta sẽ chứng minh

α π

α+ β

α+3

8χ π

α+ β + χ , α2(α + β + χ) α2+3

4αχ+

9

64χ

2

(α + β) , 649 χ2

(α + β) +1

4χα(3β α) 0 (đúng) và

β π

β+ χ+

χ π

χ+ α

ρ

β+5

8χ

C Y

H

Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được

β π

β+ χ+

χ θ

χ+5

2β

ρ

β+5

8χ

2

β+ χ+

χ2 5

2β+ χ +

2βχ θ (β + χ)(5

2β+ χ)

β+5

8χ

2 5

2β+ χ+

2βχ θ (β + χ)(5

2β+ χ)

5

8χ+

βχ

β+ χ

, 5 χ

2β+ χ+

2β θ (β + χ)(5

2β+ χ)

β

β+ χ+

5 8

Do β χ nên

5

2β+ χ

7

4(β + χ) =

28

16(β + χ)

25

16(β + χ)

(β + χ)(5

2β+ χ)

8β 5(β + χ)

Lại có

5

8+

β

β+ χ

8β 5(β + χ)

χ

5

2β+ χ =

(β + 10χ)(5β 3χ) 40(β + χ)(5β + 2χ) 0 Vậy nên

φ(α; β; χ) φ α+3

8χ; β+

5

8χ;0 Trường hợp 2.2.3 5

2β α 11

5β;khi đó ta sẽ chứng minh α

π

α+ β

α+ 5

14χ π

α+ β + χ , α2(α + β + χ) α2

+5

7αχ+

25

196χ

2

(α + β) ,19625 χ2(α + β) +1

7χα(5β 2α) 0 (đúng) và

β π

β+ χ +

χ π

χ+ α

ρ

β+ 9

14χ

C Y

H

Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được

β π

β+ χ+

χ θ

χ+11

5β

ρ

β+ 9

14χ

2

β+ χ +

χ2 11

5β+ χ+

2βχ θ

(β + χ)(11

5β+ χ)

β+ 9

14χ

2 11

5β+ χ +

2βχ θ

(β + χ)(11

5β+ χ)

9

14χ+

βχ

β+ χ

, 11 χ

5β+ χ +

2β θ

(β + χ)(11

5β+ χ)

β

β+ χ+

9 14

Do β χ nên

11

5 β+ χ

8

5(β + χ)

25

16(β + χ)

(β + χ)(11

5β+ χ)

8β 5(β + χ) Lại có

9

14+

β

β+ χ

8β 5(β + χ)

χ

11

5β+ χ =

33β2

+ 160βχ 125χ2

70(β + χ)(5β + 2χ) 0 Vậy nên

φ(α; β; χ) φ α+ 5

14χ; β+

9

14χ;0 Như vậy, ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp có 1 biến bằng 0 là đủ Không mất tính tổng quát, giả sử χ = 0: Khi đó bất đẳng thức trở thành

α π

α+ β+

π

4

π

α+ β

, α +πβ(α + β) 5

4(α + β) , 4πβ(α + β) α+ 5β , πα+ β 2π

β

2

0 (đúng):

Bài toán được giải quyết xong

C Y

H

Nhận xét 2 Trong lời giải trên, mặc dù không sử dụng máy tính phụ trợ nhưng tại sao ta lại chia được trường hợp có số lẻ 5

2? Câu trả lời xin được dành cho các bạn Đây là một lời giải dài và khá phức tạp nhưng nó gợi mở cho chúng ta nhiều điều trong việc sử dụng phép dồn biến Từ xưa đến nay, chúng ta thường "cổ hữu" chỉ khư khư một số kiểu dồn biến, chẳng hạn như

φ(α; β; χ) φ α+ β

2 ;

α+ β

2 ; χ

φ(α; β; χ) φ(α + χ; β; 0)

φ(α; β; χ) φ α+χ

2; β+

χ

2;0 Nhưng những điều này không phải lúc nào cũng luôn có mà chỉ có trong một số rất ít trường hợp Vì thế, chúng ta cần linh động hơn nữa trong phép dồn biến, chẳng hạn trong bài này

φ(α; β; χ) φ(α1; β1;0) với α1+ β1= α + β + χ:

Đây là một ý tưởng độc đáo và khá thú vị

Phần cuối cùng của bài viết, chúng tôi xin được giới thiệu cùng các bạn một số chứng minh khác mà chúng tôi được biết cho bài toán đẹp này

Lời giải 2 1Đặt β + χ = ξ2; χ+ α = ψ2; α+ β = ζ2với ξ; ψ; ζ > 0; từ đây ta được

α= ψ

2+ ζ2 ξ2

ζ2+ ξ2 ψ2

ξ2+ ψ2 ζ2

Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành

ψ2+ ζ2

ξ2

2+ ξ2

ψ2

2+ ψ2

ζ2

ψ

5

4π2(ξ2+ ψ2+ ζ2) , ξ + ψ + ζ +(ξ + ψ + ζ)(ξ ψ)(ψ ζ)(ζ ξ)

ξψζ

5

4π2(ξ2+ ψ2+ ζ2)

Từ đây, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử ξ ζ ψ2

;khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

π2(ξ2+ ψ2+ ζ2) ξ+πψ2+ ζ2

Nên ta chỉ cần chứng minh được

ξ+ ψ + ζ +(ξ + ψ + ζ)(ξ ψ)(ψ ζ)(ζ ξ)

ξψζ

5

4 ξ+

π

ψ2+ ζ2

1 By G.P Henderson

2 why?

C Y

H

, φ(ξ) 0 với

, φ(τ) = 4(ζ ψ)τ3

τ2ψζ+ 4ψ3

+ 4ψ2

ζ+ 4ψζ2

4ζ3

5ψζπψ2+ ζ2 τ +4ψζ(ζ2

ψ2

Nếu ψ = ζ thì ta có

φ(ξ) = ξψ2η(ξ ψ) + 5π

2 7 ψι<0 Nếu ζ > ψ; ta có

λιm

τ! 1φ(τ) = 1; φ(0) = 4ψζ(ζ2

ψ2) > 0; λιm

τ!1φ(τ) = 1 Lại có

φ(ζ) = ψζ2η

5πψ2+ ζ2 4ψ 3ζι= ψζ

2

(3ψ 4ζ)2

5πψ2+ ζ2+ 4ψ + 3ζ <0

φ πψ2+ ζ2 = 2ψζ 4ψπψ2+ ζ2 5ψ2

ζ2 = 2ψζ πψ2+ ζ2 2ψ

2

0

Ta suy ra được φ(τ) có 3 nghiệm thực, cụ thể, 1 nghiệm âm, 1 nghiệm thuộc (0; ζ)

và một nghiệm thuộcηπψ2+ ζ2

; 1 : Mặt khác, φ(τ) là một hàm đa thức bậc 3 với

hệ số thực nên nó có tối đa 3 nghiệm.Từ đây, ta suy ra được φ(τ) có đúng 3 nghiệm:

τ0<0; τ12 (0; ζ); τ22ηπψ2+ ζ2; 1 : Từ đây, bằng cách lập bảng xét dấu, ta thấy

φ(τ) 0 8τ1 τ τ2

Mà ta có

τ1< ζ ξ πψ2+ ζ2 τ2

nên hiển nhiên ta có

φ(ξ) 0:

Bất đẳng thức được chứng minh xong

Nhận xét 3 Đây là một chứng minh hay và đặc sắc dựa trên tính chất về dấu của hàm đa thức bậc 3 nhưng để nghĩ đến được điều này quả thật không phải dễ

C Y

H

Lời giải 3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

Ξ

χψχ

α π

α+ β

!2 ∀

Ξ

χψχ

α(5α + β + 9χ)

# ∀ Ξ

χψχ

α (α + β)(5α + β + 9χ)

#

χψχ

α

!2∀

Ξ

χψχ

α (α + β)(5α + β + 9χ)

#

Ta cần chứng minh

Ξ

χψχ

α

! ∀ Ξ

χψχ

α (α + β)(5α + β + 9χ)

# 5 16 Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì

5 16 Ξ

χψχ

α

! ∀ Ξ

χψχ

α (α + β)(5α + β + 9χ)

#

= Α+ Β Χ trong đó

χψχ

αβ(α + β)(α + 9β)(α 3β)2

0

χψχ

α3β2χ+ 835Ξ

χψχ

α2β3χ+ 232Ξ

χψχ

α4βχ+ 1230α2

β2χ2 0

Χ = 16(α + β)(β + χ)(χ + α)(5α + β + 9χ)(5β + χ + 9α)(5χ + α + 9β) > 0: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi α

3 = β

1 = χ

0 hoặc các hoán vị tương ứng

Chúng ta còn có 3 lời giải khác cho bài toán này, 1 bằng dồn biến toàn miền, 1 bằng dồn biến-khảo sát hàm số, 1 bằng kỹ thuật πθρ nhưng trên quan niệm cá nhân, chúng tôi cho rằng những lời giải ấy đều không mang nét đặc sắc riêng nên chúng tôi sẽ không giới thiệu chúng ở đây

Chúng tôi xin được kết thúc bài viết ở đây Xin cảm ơn các bạn đã theo dõi bài viết này!

Regards

Võ Quốc Bá Cẩn

3 By Võ Quốc Bá Cẩn, due to CYH techniques