Bất đẳng thức là một vấn đề khó, thường xuyên xuất hiện với tư cách là câu phân loại trong đề thi học sinh giỏi THPT. Hiện nay đã có nhiều phương pháp mạnh để xử lí các bài toán về bất đẳng thức đối xứng, tuy nhiên lại chưa có nhiều công cụ mạnh như thế khi xử lí bất đẳng thức hoán vị. Trong bài viết này, tôi xin chia sẻ một số hướng tiếp cận để chứng minh các bất đẳng thức hoán vị ba biến. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết nội dung bài viết!
Trang 1Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
BẤT ĐẲNG THƯC HOÁN VỊ
Lê Văn Lâm THPT Hoằng Hóa 3, Thanh Hóa
Tóm tắt nội dung
Bất đẳng thức là một vấn đề khó, thường xuyên xuất hiện với tư cách là câu phân loại trong đề thi học sinh giỏi THPT Hiện nay đã có nhiều phương pháp mạnh để xử lí các bài toán về bất đẳng thức đối xứng, tuy nhiên lại chưa có nhiều công cụ mạnh như thế khi xử lí bất đẳng thức hoán vị Trong bài viết này, tôi xin chia sẻ một số hướng tiếp cận
để chứng minh các bất đẳng thức hoán vị ba biến
Nội dung: Bất đẳng thức hoán vị với 3 biến a, b, c ta có thể giả sử một trong 3 biến là giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất hoặc giả sử một biến nằm giữa hai biến Khi đó ta sẽ thu được các đánh giá không âm từ biểu thức hiệu các biến a, b, c
Ví dụ 1.1. Cho a, b, c các số thực không âm Chứng minh rằng
(a+b+c)3 ≥6√3(a−b) (b−c) (c−a) (1.1)
Lời giải. Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát ta giả sử a =max{a; b; c}
- Trường hợp 1 a≥b≥c.Ta có : VT(1.1)≥0≥VP(1.1) nên bất đẳng thức đúng
- Trường hợp 2 a≥c≥b Ta có
(1.1)⇔ (a+b+c)6 ≥108[(a−b) (b−c) (c−a)]2 (1.2) Mà
[(a−b) (b−c) (c−a)]2 = [(a−b) (c−b) (a−c)]2≤ (a−c)2a2c2 (1.3)
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có 4(a−c)2a2c2 = (a−c)2.2ac.2ac ≤
h
(a−c)2+2ac+2aci3
(a+c)6
27 nên
(a−c)2a2c2 ≤ (a+c)
6
(a+b+c)6
Trang 2Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Kết hợp (2.4) và (1.4) ta có (1.2) đúng nên (1.1) được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=0
Ví dụ 1.2. Cho a, b, c các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3 Chứng minh rằng
a
a+b+1 +
b
b+c+1 +
c
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a
4−c+
b
4−a +
c
4−b ≤1⇔a
2b+b2c+c2a+abc ≤4 (1.6)
Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát ta giả sử c nằm giữa a và b
Khi đó a(a−c) (b−c) ≤0⇔ a2b+c2a≤ a2c+abc⇔ a2b+b2c+c2a+abc≤a2c+
b2c+2abc ⇔ a2b+b2c+c2a+abc ≤ c(a+b)2 Mà c(a+b)2 = 1
2.2c(a+b) (a+b) ≤
(2c+a+b+a+b)3
Kết hợp ta có (1.6) đúng nên (1.5) được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
tích
Nội dung: Bất đẳng thức hoán vị với 3 biến a, b, c ta có thể biến đổi về dạng:
Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2 ≥S(a−b) (b−c) (c−a) (2.1) Khi đó để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (2.6) bằng các đánh giá cho Sa; Sb; Sc; S
Nếu S(a−b) (b−c) (c−a) ≤0 thì ta chứng minh
Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2≥0 bằng biến đổi, đánh giá
Nếu S(a−b) (b−c) (c−a) ≥0 thì ta chứng minh bằng cách xây dựng các tiêu chuẩn cho Sa; Sb; Sc; S
Ví dụ 2.1. Cho a, b, c các số thực không âm và ab+bc+ca6=0 Chứng minh rằng
a3+b3+c3+3abc.a
2b+b2c+c2a
ab2+bc2+ca2 ≥ a2b+b2c+c2a+ab2+bc2+ca2 (2.2)
Lời giải.
(??)l ⇔ a3+b3+c3−3abc+3abc a2b+b2c+c2a
ab2+bc2+ca2 −1
≥ ab(a+b) +bc(b+c) +
ca(c+a) −6abc
⇔ 1
2(a+b+c)
h
(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2i−3abc.(a−b) (b−c) (c−a)
ab2+bc2+ca2
Trang 3Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
≥ a(b−c)2+b(c−a)2+c(a−b)2
⇔Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2≥S(a−b) (b−c) (c−a) (2.3)
với Sa = b+c−a; Sb=c+a−b; Sc =a+b−c; S= 6abc
ab2+bc2+ca2
Ta chứng minh bất đẳng thức (2.6) đúng
Ta có Sa(b−c)2 + Sb(c−a)2 + Sc(a−b)2 = Sa(b−c)2 + Sb(c−b+b−a)2 +
Sc(a−b)2
= (Sa+Sb) (b−c)2+ (Sb+Sc) (a−b)2+2Sb(a−b) (b−c)
Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát
ta giả sử b nằm giữa a và c
- Trường hợp 1 a≥b≥ctức a−b≥0; b−c≥0; a−c≥0 nên VP(2.6)≤0
VT(2.6)= (Sa+Sb) (b−c)2+ (Sb+Sc) (a−b)2+2Sb(a−b) (b−c) =2c.(b−c)2+
2a.(a−b)2+2(a+b−c) (a−b) (b−c) ≥0
Vậy VP(2.6)≤0, VT(2.6)≥0 nên bất đẳng thức (2.6) đúng
- Trường hợp 2 c≥b≥atức Sa ≥0; Sb≥0; Sc≥0
VT(S) = (Sa+Sb) (b−c)2 + (Sb+Sc) (a−b)2 + 2Sb(a−b) (b−c) ≥
2p(Sa+Sb) (Sb+Sc) (b−c) (b−a) +2Sb(a−b) (b−c)
Vậy
VP(2.6)−VT(2.6)≥
2
q
(Sa+Sb) (Sb+Sc) +2Sb−S(c−a)
(a−b) (b−c) (2.4)
Mà 2p(Sa+Sb) (Sb+Sc) + 2Sb − S(c−a) ≥ 0 ⇔ 4√ac + 2(c+a−b) −
6abc(c−a)
ab2+bc2+ca2 ≥ 0 ⇔ 2bc2 √
ac−a
+ ab2+bc2
(c−b) + 2√ac ab2+ca2
+
a2 b2+c2+ac+2bc≥0
Khi đó VP(2.6)−VT(2.6)≥0 hay bất đẳng thức (2.6) đúng
Tóm lại bất đẳng thức (2.2) được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba biến bằng nhau khác 0 hoặc hai biến bằng nhau khác 0, biến còn lại bằng 0
Nhận xét 2.1. Qua Ví dụ 2.1 ở trên ta đã xây dựng được một tiêu chuẩn cho bất đẳng thức (2.6) đó là
2p(Sa+Sb) (Sb+Sc) +2Sb−S(c−a) ≥ 0 ; (Sa+Sb) (Sb+Sc) ≥ 0 trong trường hợp c ≥ b ≥ a Bằng biến đổi và đánh giá trung gian ta có thể xây dựng được các tiêu chuẩn khác
Ví dụ 2.2. Cho a, b, c các số thực dương Chứng minh rằng
2.a
2+b2+c2
ab+bc+ca+3.
2 a2b+b2c+c2a
−abc
2(ab2+bc2+ca2) −abc ≥5. (2.5)
Lời giải. Ta có
a2+b2+c2
ab+bc+ca−2=
(a−b)2+ (b−c)2+ (c−a)2
ab+bc+ca
Trang 4Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
3.2 a
2b+b2c+c2a
−abc
2(ab2+bc2+ca2) −abc −1=
−6(a−b) (b−c) (c−a)
2(ab2+bc2+ca2) −abc (2.5)⇔2 a2+b2+c2
ab+bc+ca−2
+3.2 a
2b+b2c+c2a
−abc
2(ab2+bc2+ca2) −abc −1≥0
⇔ (a−b)
2+ (b−c)2+ (c−a)2
−6(a−b) (b−c) (c−a)
2(ab2+bc2+ca2) −abc ≥0
⇔Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2 ≥S(a−b) (b−c) (c−a) (2.6) với Sa =Sb =Sc = 1
a+b+c; S=
6
2(ab2+bc2+ca2) −abc Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát
ta giả sử b nằm giữa a và c
- Trường hợp 1 a≥b≥cthì a−b≥0; b−c≥0; a−c≥0 hay VP(2.6)≤0
Vậy VP(2.6)≤0, VT(2.6)≥0 nên bất đẳng thức (2.6) đúng
- Trường hợp 2 c≥b≥a
Kiểm tra tiêu chuẩn
2p(Sa+Sb) (Sb+Sc) + 2Sb − S(c−a) ≥ 0 ⇔ 6
a+b+c −
6(c−a)
2(ab2+bc2+ca2) −abc ≥ 0 ⇔ 2 ab
2+bc2+ca2−abc(c−a) (a+b+c) ≥ 0 ⇔
c(b−a) (c−a) +2ca2+3a2b≥0 Nhận thấy tiêu chuẩn đúng với a, b, c dương nên BĐT (2.6) đúng trong trường hợp 2
Tóm lại bất đẳng thức (??) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba biến bằng nhau
đối xứng bằng đánh giá
Nội dung: Trong bất đẳng thức hoán vị với 3 biến a, b, c ta phân tích và đánh giá phần hoán vị để chuyển thành phần đối xứng Khi đó ta chuyển bất đẳng thức hoán vị thành bất đẳng thức đối xứng
Ví dụ 3.1. Cho a, b, c các số thực không âm và a+b+c=1 Chứng minh rằng
p
a2+b2+ab+ac+pb2+c2+bc+ba+pc2+a2+ca+cb≥2 (3.1)
Lời giải.√ Để chuyển về bất đẳng thức đối xứng của b và c ta thực hiện đánh giá sau:
b2+c2+bc+ba+√
c2+a2+ca+cb≥√b2+c2+bc+bc+√
c2+a2+ca+ab Bằng phép bình phương ta thu được bất đẳng thức tương đương:
b(a−b) (a−c) (a+b+c) ≥0
Bất đẳng thức này đúng vì BĐT (3.1) hoán vị đối với các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát ta giả sử a=max{a; b; c}
Khi đó
VT(5) ≥√
a2+b2+ab+ac+√
b2+c2+bc+bc+√
c2+a2+ca+ab
Ta chuyển chứng minh bất đẳng thức hoán vị (3.1) thành chứng minh bất đẳng thức đối xứng của b và c sau
Trang 5Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
√
a2+b2+ab+ac +√
b2+c2+bc+bc+√
c2+a2+ca+ab ≥ 2 ⇔ √a+b2 +
√
a+c2+b+c≥2
⇔pa+b2+pa+c2 ≥2a+b+c (3.2)
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có
√
a+b2+√
a+c2 =
a2+b2+
a2+c2 ≥
a+√
a2+ (b+c)2 =
2a+b+c
Vậy bất đẳng thức (3.2) đúng hay bất đẳng thức (3.1) được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1
3 hoặc a=1, b=c=0 và các hoán vị
Nhận xét 3.1. Trong hướng 3, ta có nhiều cách đánh giá khác nhau để chuyển bất đẳng
thức hoán vị về bất đẳng thức đối xứng Chẳng hạn, ví dụ ?? ta có thể đánh giá√
b2+c2+bc+ba+√
c2+a2+ca+cb≥√a2+c2+bc+ba+√
c2+b2+ca+cb
để thu được bất đẳng thức đối xứng của a, c là√
a2+b2+ab+ac+√
a2+c2+bc+ba+√
c2+b2+ca+cb≥2
Nhận xét 3.2. Trên đây là các hướng tiếp cận để chứng minh bất đẳng thức hoán vị ba biến mà bản thân thu được trong quá trình giảng dạy Ngoài ra, còn có nhiều hướng tiếp cận khác để giải quyết dạng toán này mà bài viết chưa có dịp đề cập
Bài viết không tránh khỏi thiếu xót, rất mong được trao đổi và học hỏi từ các thầy cô
để bài viết tốt hơn, vấn đề được giải quyết trọn vẹn hơn