ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH NGỌC QUANG PHƯƠNG PHÁP DỒN VÀ GIẢM BIẾN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 Giáo viên hướng dẫn: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN, 2012 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Một số dạng bất đẳng thức cổ điển phương pháp giảm biến 1.1 Các bất đẳng thức hai biến liên quan đến giá trị trung bình 1.2 Các bất đẳng thức n biến liên quan đến giá trị trung bình 1.3 Phương pháp giảm biến bất đẳng thức đại số 1.3.1 Tam thức bậc hai 1.3.2 Phương pháp tam thức bậc hai định hướng 1.3.3 Giảm biến bất đẳng thức đại số 7 10 12 13 14 15 Độ gần phương pháp dồn biến 2.1 Độ gần 2.2 Hàm lồi biểu diễn hàm lồi 2.2.1 Hàm lồi, lõm 2.2.2 Biểu diễn hàm lồi, lõm 2.3 Phương pháp dồn biến 2.3.1 Dồn biến tổng quát 2.3.2 Một số định lý dồn biến 21 21 25 25 27 30 33 35 Một số áp dụng 3.1 Một số kỹ thuật thường dùng giải toán bất đẳng thức 3.1.1 Kỹ thuật chuẩn hóa 3.1.2 Kỹ thuật thứ tự số 3.2 Kỹ thuật dồn biến 3.2.1 Dồn biến Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 39 39 40 40 41 3.2.2 3.2.3 3.2.4 Dồn biến biên Dồn biến lớp hàm lồi, lõm Dồn biến lớp hàm đơn điệu 45 48 50 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Bất đẳng thức vấn đề cổ điển toán học sơ cấp ngày phát triển, phần toán học sơ cấp đẹp thú vị nhất, ln hút nhiều người quan tâm Bất đẳng thức ln giữ vị trí quan trọng kì thi học sinh giỏi, thi đại học, Olympic quốc gia quốc tế Điểm đặc biệt ấn tượng bất đẳng thức toán học sơ cấp có nhiều tốn khó, chí khó ln giải kiến thức sở, chủ yếu sử dụng phép biến đổi, đánh giá sơ cấp để thu kết Ngày nay, có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông dụng như: phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển, phương pháp tam thức bậc hai, phương pháp dùng đạo hàm, phương pháp phân tích bình phương S.O.S., phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ, Trong năm gần đây, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu [1] giới thiệu phương pháp tam thức bậc hai định hướng Đây sở để có phương pháp giảm biến Phương pháp giảm biến phát biểu lời sau: Phương pháp dựa vào lát cắt phép biến đổi đồng dạng để giảm số biến Thông thường, phương pháp hiệu trường hợp ba biến chuyển biểu thức dạng hai biến Cũng khoảng thời gian này, TS Trần Nam Dũng Gabriel Dospinescu [3] giới thiệu trình bày phương pháp dồn biến (Mixing variables) Đây phương pháp quan trọng hiệu việc chứng minh bất đẳng thức phức tạp Phương pháp dồn biến phát biểu cách đơn giản sau: Để chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , , xn ) ≥ chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , , xn ) ≥ f x1 + x2 x1 + x2 , , x3 , , xn 2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Sau chứng minh bất đẳng thức f x1 + x2 x1 + x2 , , x3 , , xn 2 ≥ Bất đẳng thức sau n − biến đơn giản bất đẳng thức ban đầu (có n biến) Mục đích luận văn trình bày lại cách tổng quan, có hệ thống kiến thức sở số bất đẳng thức liên quan đến giá trị trung bình, bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai xét đến phương pháp giảm biến, bất đẳng thức Karamata, độ gần số xét định lý dồn biến tổng quát hệ chúng Tiếp theo xét số ứng dụng phương pháp dồn biến toán chứng minh bất đẳng thức thường gặp kì thi học sinh giỏi kì thi Olympic Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo chương Chương 1, trình bày số bất đẳng thức liên quan đến giá trị trung bình bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai Các kiến thức sở để trình bày nội dung quan trọng cuối chương chương Chương 2, trình bày độ gần đều, số khái niệm tính chất quan trọng hàm lồi, lõm, từ đến trình bày phương pháp dồn biến tổng quát Phương pháp dồn biến cách thức làm giảm biến bất đẳng thức đại số Chương 3, trình bày số áp dụng phương pháp dồn biến giảm biến giải toán bất đẳng thức biến, biến Qua đây, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học chúng tôi, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt q trình nghiên cứu chúng tơi Đồng thời chân thành cảm ơn thầy khoa Tốn - Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, tạo điều kiện tài liệu thủ tục hành để chúng tơi hồn thành Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn luận văn Chúng gửi lời cảm ơn đến bạn bè, đặc biệt bạn học viên lớp Cao học Toán K4, động viên giúp đỡ chúng tơi q trình học tập làm luận văn Do thời gian hạn hẹp khối lượng kiến thức lớn, chắn luận văn tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong bảo tận tình thầy bạn bè đồng nghiệp Chúng xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, năm 2012 Học viên Đinh Ngọc Quang Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Một số dạng bất đẳng thức cổ điển phương pháp giảm biến Trong chương chúng tơi trình bày số bất đẳng thức liên quan đến giá trị trung bình bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai để phục vụ cho việc trình bày nội dung luận văn phần sau Các vấn đề trình bày chương tham khảo trích dẫn chủ yếu số tài liệu [1], [3] 1.1 Các bất đẳng thức hai biến liên quan đến giá trị trung bình Xuất phát từ bất đẳng thức x2 ≥ 0, ∀x Khi (x − y)2 ≥ ⇔ x2 + y + 2xy ≥ 4xy ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy, ∀x, y Suy x+y √ ≥ xy, ∀x, y ≥ (1.1) Bất đẳng thức (1.1) bất đẳng thức quen thuộc chương trình tốn phổ thơng Ta gọi bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (gọi ngắn gọn bất đẳng thức AM-GM1 ) với biến x, y Arithmetic Mean - Trung bình cộng, Geometric Mean - Trung bình nhân Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM với biến) Với x1 , x2 khơng âm, ta có √ x1 + x2 (1.2) x1 x2 ≤ Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Chứng minh Với x1 , x2 khơng âm, bình phương vế bất đẳng thức (1.2) 4x1 x2 ≤ (x1 + x2 )2 ⇔ 4x1 x2 ≤ x21 + x22 + 2x1 x2 ⇔ ≤ (x1 − x2 )2 với x1 , x2 Từ bất đẳng thức (1.1) ta thực vài biến đổi √ xy ≤ ⇔ x+y 2xy √ ⇔ ≤ xy x+y 1 + x y ≤ √ xy, ∀x, y ≥ (1.3) Bất đẳng thức (1.3) Hệ trực tiếp bất đẳng thức AM-GM với biến, gọi bất đẳng thức trung bình nhân trung bình điều hịa (gọi ngắn gọn bất đẳng thức GM-HM2 ) với biến x, y không âm Hệ 1.1 (Bất đẳng thức GM-HM với biến) Cho x1 , x2 số thực khơng âm, ta có √ (1.4) ≤ x1 x2 1 + x1 x2 Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức (1.2) x := 1 ≤ x y x + y 1 , y := , ta có x y , Harmonic - Trung bình điều hịa Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn hay x + y ≤ √ xy Ta điều cần chứng minh Từ bất đẳng thức (1.1), bình phương vế ta (x + y)2 , xy ≤ hay 2xy ≤ x2 + y ⇔ (x + y)2 − x2 − y x2 + y (x + y)2 x2 + y ≤ ⇔ ≤ , 2 lấy bậc hai vế ta 1 + x y ≤ √ xy, ∀x, y ≥ (1.5) Bất đẳng thức (1.3) Hệ bất đẳng thức AM-GM với biến, gọi bất đẳng thức trung cộng trung bình bậc hai (gọi ngắn gọn bất đẳng thức AM-QM3 ) với biến x, y không âm Hệ 1.2 (Bất đẳng thức AM-QM với biến) Cho x, y số thực khơng âm, ta có x+y ≤ x2 + y (1.6) Dấu đẳng thức xảy x = y Chứng minh Với x, y khơng âm, bình phương vế bất đẳng thức (1.6) ta (x + y)2 x2 + y x2 − 2xy + y ≤ ⇔0≤ ⇔ ≤ (x − y)2 4 với x, y Quadratic mean - Trung bình bậc hai (tồn phương) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 10 Từ chứng minh rút chuỗi bất đẳng thức với biến x, y không âm sau min{x, y} ≤ 1.2 1 + x y ≤ √ xy ≤ x+y ≤ x2 + y ≤ max{x, y} (1.7) Các bất đẳng thức n biến liên quan đến giá trị trung bình Định lý 1.2 (Bất đẳng thức AM-GM (Theo [3])) Cho x1 , x2 , , xn số thực không âm, n ≥ 1, √ n x1 x2 xn ≤ x1 + x2 + · · · + xn n (1.8) Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Chứng minh (Phương pháp chứng minh quy nạp Cauchy)4 Với n = 1, bất đẳng thức (1.8) hiển nhiên Với n = 2, ta bất đẳng thức (1.2) chứng minh Định lý 1.1 • Giả thiết quy nạp: Giả sử bất đẳng thức (1.8) với n số thực không âm x1 , x2 , , xn , n ≥ • Cho 2n số thực khơng âm x1 , x2 , , xn , xn+1 , , x2n , ta xét x1 + x2 + · · · + x2n x1 + x2 + · · · + xn xn+1 + xn+2 + · · · + x2n = + 2n n n √ √ n x1 x2 xn + n xn+1 xn+2 x2n √ √ ≥ ≥ ( n x1 x2 xn n xn+1 xn+2 x2n ) , hay √ x1 + x2 + · · · + x2n ≥ 2n x1 x2 x2n (1.9) 2n Từ trường hợp n = 1, n = (1.9) suy (1.8) với n = 2k , ∀k ≥ Đây quy nạp theo hướng lên Đây kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) Cauchy đề xuất năm 1821 (Cauchy A.L., cours d’Analyse de l’Ecole Royale Polytechnique, I re partie, Analyse alge’brique, Paris, Debure, 1821) để chứng minh Định lý AM-GM [3] Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Chương Một số áp dụng Trong chương chúng tơi trích dẫn tốn bất đẳng thức áp dụng phương pháp dồn biến Các vấn đề trình bày chương chúng tơi tham khảo trích dẫn chủ yếu từ số tài liệu [3], [8], [4] 3.1 Một số kỹ thuật thường dùng giải toán bất đẳng thức Trước vào tốn áp dụng, chúng tơi trích dẫn số kỹ thuật hay dùng giải toán bất đẳng thức sử dụng phương pháp dồn biến, nhằm mục đích giúp cho lời giải toán ngắn gọn hơn, đơn giản 3.1.1 Kỹ thuật chuẩn hóa Đối với số toán bất đẳng thức dạng đồng bậc, phương pháp hiệu để giải ta chuẩn hóa theo nhiều cách khác tùy thuộc vào đặc điểm tốn Việc chuẩn hóa thích hợp tăng thêm giả thiết tốn, từ ta có bước biến đổi đánh giá để có lời giải gọn gàng đẹp đẽ Các toán bất đẳng thức thường gặp đa phần có ba biến Do để dễ tiếp cận với kỹ thuật chuẩn hóa, xem xét kỹ thuật toán bất đẳng thức có ba biến Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 Hàm f gọi cấp k miền xác định D f (ta, tb, tc) = tk f (a, b, c), ∀(a, b, c) ∈ D3 Hàm Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức f (a, b, c) ≥ Khi ta có: f (ta, tb, tc) = tk f (a, b, c) ≥ với t > Như vậy, ta giả sử a, b, c thỏa mãn điều kiện (được cho phép miền D) chứng minh bất đẳng thức trường hợp Giả sử ta chứng minh bđt với ba số (x, y, z) ∈ D3 , với (a, b, c) ∈ D3 , đặt a = tx, b = ty, c = tz, t > (luôn tồn t thế) Khi f (a, b, c) = tk f (x, y, z) ≥ có điều phải chứng minh Cịn dạng bất đẳng thức khác, g(a, b, c) ≥ 0, g(ta, tb, tc) = g(a, b, c), ∀t ∈ D Kỹ thuật chuẩn hóa bất đẳng thức 3.1.2 Kỹ thuật thứ tự số Trong q trình giải tốn bất đẳng thức, việc giả sử a = min{a, b, c} kỹ thuật hay áp dụng để dồn biến Nếu bất đẳng thức ba biến đối xứng ta giả sử a ≤ b ≤ c (hoặc a ≥ b ≥ c), trường hợp bất đẳng thức ba biến hốn vị ta giả sử a = min{a, b, c} (hoặc a = max{a, b, c}) 3.2 Kỹ thuật dồn biến Chúng ta xếp cặp giá trị để cặp giá trị nhau, làm vây dần đưa tất giá trị (đưa tất biến nhau), đưa số cặp giá trị (đưa số cặp giá trị nhau) Để đơn giản dễ tiếp cận hơn, chúng tơi trình bày mơ tả chúng tơi dạng tốn bất đẳng thức biến Bài toán bất đẳng thức biến có dạng f (x, y, z) ≥ 0, với x, y, z biến số thực thỏa mãn tính chất định Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 3.2.1 Dồn biến Mục tiêu đưa toán bất đẳng thức trường hợp dấu xảy tất biến (ta gọi cực trị đạt tâm), trường hợp dấu xảy số biến (ta gọi cực trị đạt có tính đối xứng) Chúng tơi đưa tốn dạng f (x, y, z) ≥ f (t, t, z), với t giá trị phù hợp tùy theo mối liên hệ x, y, z (ta gọi dồn hai biến nhau) Sau ta có tốn dạng f (t, t, z) ≥ Tiếp tục làm theo phương pháp tốn dạng f (u, u, u) ≥ 0, dạng bất đẳng thức biến, dễ dàng kiểm tra để hoàn tất chứng minh Chúng ta đến với toán áp dụng bất đẳng thức quen thuộc chương trình tốn trung học, bất đẳng thức Nesbitt Bài toán 3.1 (Bất đẳng thức Nesbitt) Chứng minh với a, b, c dương ta có a b c + + ≥ b+c a+c a+b b c a+b a + + t = Khi Chứng minh Đặt f (a, b, c) = b+c a+c a+b dễ thấy a2 + b2 + c(a + b) c 2t2 + 2tc c f (a, b, c) = + ≥ + = f (t, t, c) ab + c2 + c(a + b) a + b t2 + c2 + 2ct 2t Do f (a, b, c) ≥ g(t , t , t ) = a+b+c với t = Bài toán chứng minh [4] Bài toán 3.2 (AM-GM với biến) Cho x, y, z không âm, chứng minh √ xyz ≤ x+y+z (3.1) Chứng minh Do bất đẳng thức (3.1) đồng bậc nên cách chuẩn hóa ta giả sử x + y + z = (3.2) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 Viết lại toán dạng f (x, y, z) ≥ với f (x, y, z) = − 27xyz Ta thấy x+y điều kiện (3.2) bảo toàn (tức thay x y t = có t + t + z = 1), nên ta phải xem xét thay đổi xyz Theo bất đẳng thức AM-GM t2 ≥ xy , nên t2 z ≥ xyz Vậy f (x, y, z) ≥ f (t, t, z) Cuối để ý z = − 2t nên ta có f (t, t, z) = − 27t2 z = − 27t2 (1 − 2t) = (1 + 6t)(1 − 3t)2 ≥ Bài toán chứng minh Đẳng thức xảy x = y 3t = 1, nghĩa x = y = , tương đương với x = y = z Bài toán chứng minh Bài toán 3.3 (Bất đẳng thức Schur) Cho a, b, c ≥ 0, chứng minh a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) Chứng minh Xét f (a, b, c) = a3 + b3 + c3 + 3abc − a2 (b + c) − b2 (a + c) − b+c c2 (a + b) Đặt t = , ta hy vọng có f (a, b, c) ≥ f (a, t, t) Xét d = f (a, b, c) − f (a, t, t) = b + c − a (b − c)2 Ta thấy với a, b, c số khơng âm tùy ý khơng có d ≥ Tuy nhiên, giả sử a = min{a, b, c} ta có d ≥ Khi ta cịn phải chứng minh f (a, t, t) ≥ Nhưng bất đẳng thức tương đương với a(a − t)2 ≥ nên hiển nhiên Vậy toán chứng minh Bài toán 3.4 (Gabriel Dospinescu) Chứng minh a, b, c > cho a2 + b2 + c2 = 3, a3 (b + c) + b3 (c + a) + c3 (a + b) ≤ Chứng minh Đặt f (a, b, c) = a3 (b + c) + b3 (c + a) + c3 (a + b), đặt b2 + c2 t= Ta có f (a, b, c) − f (a, t, t) = −a3 (2t − b − c) + a(b3 + c3 − 2t3 ) + t2 (2bc − 2t2 ) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 Giả sử a = min{a, b, c} Thì b3 + c3 − 2t3 = (b + c)(b2 − bc + c2 ) − 2t3 ≤ 2t(b2 − bc2c ) − 2t3 = t(b − c)2 Như vậy, ta có bất đẳng thức −a3 (2t − b − c) + at(b − c)2 − t2 (b − c)2 ≤ 0, với 2t − b − c ≥ a ≤ t Do đó, ta cần chứng minh a2 + 2t2 = 3, f (a, t, t) ≤ Ta viết a3 t + at3 + t4 ≤ ⇔ at(3 − t2 ) ≤ − t4 (3 − 2t2 )t2 (3 − t2 )2 ≤ (3 − t4 )2 điều tương đương với 3(t2 − 1)2 (t4 − 3t2 + 3) ≥ Bài toán chứng minh [3] Bài toán 3.5 (Kwant) Cho x, y, z > Chứng minh √ 2 2(a + b + c ) + a2 b2 c2 ≥ (a + b + c)2 √ Chứng minh Đặt f (a, b, c) = 2(a2 + b2 + c2 ) + a2 b2 c2 − (a + b + c)2 √ Từ f ta nhận thấy dồn hai biến theo trung bình nhân ( a2 b2 c2 khơng đổi) Ta có √ √ √ f (a, b, c) − f (a, bc, bc) = 2(b2 + c2 − 2bc) + (a + bc)2 − (a + b + c)2 √ √ √ √ = ( b c)2 [( b + c)2 − 2a] Như vậy, a = min{a, b, c} (ta hy vọng giả thiết đó) ta có √ √ f (a, b, c) ≥ f (a, bc, bc) Do đó, việc chứng minh bất đẳng thức ban đầu, đủ để thấy f (a, b, b) ≥ với a, b Nhưng bất đẳng thức tương đương với √ 2 2(a + 2b ) + a2 b4 ≥ (a + 2b)2 , Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 hay √ a2 + a2 b4 ≥ 4ab Điều bất đẳng thức AM-GM với a2 , Bài toán chứng minh [3] √ √ √ 3 a2 b4 , a2 b4 , a2 b4 Bài toán 3.6 (Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Marian Tetiva) Chứng minh với số thực dương a, b, c, ta có a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) Chứng minh Đặt f (a, b, c) = a2 +b2 +c2 +abc+2−a−b−c−ab−bc−ca Ta cần chứng minh tất giá trị f không âm Nếu a, b, c > 1 ta hiển nhiên có + + < 1, có nghĩa a b c f (a, b, c) > a2 + b2 + c2 + − a − b − c > b+c Dễ dàng tính Do đó, giả sử a ≤ đặt m = (3 − a)(b − c)2 f (a, b, c) − f (a, m, m) = ≥ 0, chứng minh f (a, m, m) ≥ 0, tức (a + 1)m2 − 2(a + 1)m + a2 − a + ≥ (3.3) Rõ ràng bất đẳng thức (3.3) đúng, biệt thức ∆ phương trình bậc hai từ (3.3) ∆ = −4(a + 1)(a − 1)2 ≤ Bài tốn chứng minh [8] Bây giờ, chúng tơi trích dẫn tốn bất đẳng thức biến sử dụng phương pháp dồn biến mạnh SMV để chứng minh sau Bài toán 3.7 (Bất đẳng thức Tukervici) Chứng minh với số thực dương a, b, c, d ta có a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 d2 + d2 a2 + a2 c2 + b2 d2 Chứng minh Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d Xét f (a, b, c, d) = a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd − a2 b2 − b2 c2 − c2 d2 − d2 a2 − a2 c2 − b2 d2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 45 = a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd − a2 c2 − b2 d2 − (a2 + c2 )(b2 + d2 ) Suy √ √ f (a, b, c, d) − f ( ac, b, ac, d) = (a2 − c2 ) − (b2 + d2 )(a − c)2 ≥ Do theo định lý SMV, xét với phép biến đổi ∆ (a, b, c), ta cần chứng minh bất đẳng thức a = b = c = t ≥ d Bất đẳng thức lúc tương đương với 3t4 + d4 + 2t3 d ≥ 3t4 + 3t2 d2 ⇔ d4 + t3 d + t3 d ≥ 3t2 d2 Hiển nhiên theo bất đẳng thức AM-GM Đẳng thức xảy chi a = b = c = d a = b = c, d = hoán vị Bài toán chứng minh [4] Tiếp theo, chúng tơi trình bày thêm trường hợp áp dụng phương pháp dồn biến sau 3.2.2 Dồn biến biên Thơng thường tốn bất đẳng thức thường sử dụng phương pháp dồn biến (dồn biến nhau) chiều ngược lại ta phải sử dụng dồn biến biên Giả sử, xét bất đẳng thức f (x, y, z) ≥ với x, y, z ≥ 0, ta hy vọng vào đánh giá f (x, y, z) ≥ f (0, s, t), s, t đại lượng phù hợp từ biến x, y, z Ta cố gắng chọn s, t cho hiệu d = f (x, y, z) − f (0, s, t) đơn giản dễ dàng đánh giá Cuối ta việc kiểm tra f (0, s, t) ≥ Trong Bài toán 3.3, ta thấy cách chứng minh bất đẳng thức cách dồn biến Tuy nhiên, điểm a = b = c, đẳng thức xảy a = b, c = (và hốn vị) Do đó, ta chứng minh bất đẳng thức sau Bài toán 3.8 (Bất đẳng thức Schur) Cho a, b, c ≥ Chứng minh a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 46 Chứng minh Đặt f (a, b, c) = a3 + b3 + c3 + 3abc − a2 (b + c) − b2 (c + a) − a+b a+c c2 (a + b) Ta hy vọng có f (a, b, c) ≥ f (0, s, t) với s = ,t = Ta 2 xét hiệu da = f (a, b, c) − f 0, a+b a+c , 2 = a(a + b − 2c)(a + c − 2b) Tương tự ta có hiệu db = f (a, b, c) − f 0, b+a b+c , 2 = b(a + b − 2c)(b + c − 2a), dc = f (a, b, c) − f 0, c+a c+b , 2 = c(a + c − 2b)(b + c − 2a) Do tính đối xứng nên ta giả sử da = max{da , db , dc } Khi da < > da db dc = abc(a + b − 2c)2 (b + c − 2a)2 (c + a − 2b)2 Điều mâu thuẫn với giả thiết a, b, c ≥ Vậy da ≥ nên f (a, b, c) ≥ f (0, s, t) với s = a+b a+c ,t = Cuối 2 ta thấy f (0, s, t) = t3 + s3 − t2 s − ts2 = (t + s)(t − s)2 ≥ Chứng minh hoàn tất Sau đây, tốn mà khơng thể áp dụng dồn biến để đưa tất biến nhau, mà áp dụng dồn biến biên Bài toán 3.9 (Hojoo Lee) Cho a, b, c ≥ 0, ab + bc + ca = (3.4) Chứng minh 1 + + ≥ (3.5) a+b b+c c+a Chứng minh Dễ thấy đẳng thức xảy a = b = c Ta nhẩm đẳng thức xảy a = b = 1, c = hốn vị Khi ta chứng minh bất đẳng thức theo hướng đưa giá trị Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 47 Xét c = 0, ta cần chứng minh 1 + + ≥ , với a, b = (3.6) a b a+b Đặt s = a + b bất đẳng thức (3.6) tương đương với s+ ≥ , s hay (2s − 1)(s − 2) ≥ √ Bất đẳng thức hiển nhiên s = a + b ≥ ab = Vậy công việc ta dồn biến 1 + + Ta hy vọng Đặt f (a, b, c) = a+b b+c c+a f (a, b, c) ≥ f a + b, ,0 a+b (đảm bảo điều kiện (3.4)) Ta xét hiệu d = f (a, b, c) − f a + b, ,0 a+b 1 1 + − + a + b + + a + b a + 1−ab a+b a + b + a+b b + 1−ab a+b a+b 1 = + − − + a2 + b2 + (a + b)2 Quy đồng lên ta thấy d ≥ 2(1 − ab) ≥ ab(a + b)2 Giả sử c = max{a, b, c} 2(1 − ab) = 2c(a + b) ≥ ab(a + b)2 Vậy lúc d ≥ Bài toán chứng minh = Nhận xét 3.1 Quan sát phương pháp dồn biến trình bày Mục 3.2.1, Mục 3.2.2, ta thấy rằng, để chứng tỏ f (x, y, z) ≥ f (t, t, z), ta việc xét hiệu d = f (x, y, z) ≥ f (t, t, z), tìm cách đánh giá cho d ≥ Phương pháp tỏ hiệu việc chứng minh toán bất đẳng thức cổ điển, thiên biến đổi đại số Tuy nhiên, có nhiều tốn bất đẳng thức sử dụng phương pháp lại cho biểu thức phức tạp việc chứng minh tốn bất đẳng thức trở nên cơng kềnh, chẳng hạn hàm f (x, y, z) = xk + y k + z k Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 48 3.2.3 Dồn biến lớp hàm lồi, lõm Hàm lồi ứng dụng nhiều bất đẳng thức cổ điển Ta trình bày dồn biến lớp hàm lồi, lõm chương Tuy nhiên, để đơn giản dễ tiếp cận hơn, trình bày lại cách áp dụng dồn biến lớp hàm lồi, lõm với bất đẳng thức biến Cho hai số x1 , x2 , x3 y1 , y2 , y3 thỏa mãn x1 ≥ x2 ≥ x3 y1 ≥ y2 ≥ y3 x1 ≥ y x1 + x2 ≥ y1 + y2 x1 + x2 + x3 = y1 + y2 + y3 Khi đó, với hàm số f (x) thỏa mãn f (x) ≥ 0, x ∈ (a, b) f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + f (y3 ) Ta ln có f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) ≥ 2f x1 + x2 + f (x3 ) (3.7) Nhìn vào (3.7), ta thấy mục tiêu đưa f (x1 ) + f (x2 ) + f (x3 ) hàm biến giả sử 3f x1 + x2 + x3 n Sau đây, chúng tơi trình bày số tốn áp dụng phương pháp dồn biến lớp hàm lồi, lõm Ví dụ 3.1 (Bất đẳng thức AM-GM) Cho x1 , x2 , , xn số thực không âm, n ≥ Chứng minh √ x1 + x2 + · · · + xn n x1 x2 xn ≤ (3.8) n Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 Chứng minh Lấy logarit hai vế, ta chuyển bất đẳng thức (3.8) dạng ln x1 + x2 + · · · + xn n ≥ ln(x1 ) + ln(x2 ) + · · · + ln(xn ) n Hàm số f (x) = ln(x) từ R+ → R khả vi hai lần f ”(x) = −x−2 < 0, ∀x > Do đó, hàm g(x) = −f (x) thảo mãn g”(x) > 0, ∀x > Vậy g hàm lồi Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có điều phải chứng minh Trên thực tế, việc sử dụng hàm lồi để dồn biến khơng có nhiều toán áp dụng kết quả, nhiên giúp giải trường hợp tốn, trường hợp cịn lại ta chứng minh cách khác Ví dụ sau cho thấy điều Bài toán 3.10 Cho số thực x, y, z có tổng Chứng minh x y z + + ≤ + x2 + y + z 10 Chứng minh Xét f (t) = (3.9) t bất đẳng thức (3.9) trương đương + t2 f (x) + f (y) + f (z) ≤ 3f x+y+z Do đó, −f hàm lồi coi tốn giải Ta có 2t(3 − t2 ) , −f ”(t) = (1 + t2 )3 √ √ nên −f ”(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, 3] Vậy x, y, z ∈ [0, 3] tốn giải Trong trường hợp cịn lại chắn ta có dấu bất đẳng thức thực Do việc chia thành nhiều trường hợp để xét Có thể giả sử x ≥ y ≥ z lưu ý x + y + z = x, y, z ∈ / [0, 1] nên z phải âm Suy f (z) < Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 50 • Nếu y < suy x > f (y) < 0, ta có f (x) + f (y) + f (z) < f (x) < < 10 √ • Nếu y > suy x > lưu ý f (y), f (x) nghịch biến [ 3, +∞] √ √ f (x) + f (y) + f (z) < f (x) + f (y) < f ( 3) + f ( 3) < 10 Bài toán chứng minh 3.2.4 Dồn biến lớp hàm đơn điệu x+y , ta xét hàm số g(s) = f (t + s, t − s, z) với s ≥ Sau chứng minh g tăng với s ≥ (ta thường dùng đạo hàm) Suy g(s) ≥ g(0), ∀s ≥ 0, sau ta điều cần chứng minh Sau đây, chúng tơi trình bày tốn áp dụng minh họa cho dồn biến lớp hàm đơn điệu Giả sử, để chứng minh f (x, y, z) ≥ f (t, t, z) với t = Bài toán 3.11 (VMO 2002) Chứng minh với số thực tùy ý x, y, z cho x2 + y + z = 9, bất đẳng thức 2(x + y + z) ≤ xyz + 10 Chứng minh Cho f (x, y, z) = 2(x+y+z)−xyz Ta thấy f (x, y, z) ≤ 10 x2 + y + z = Bỏ điều kiện x2 + y + z = cũ, ta dồn biến dạng trung bình bậc hai Xem xét   2 2 y +z y +z  f x, , − f (x, y, z) = 2 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51  = x +  y2 + z2 y +z  −x − 2(x + y + z) + xyz = 2 2 x y−z = 2(y − z) − y+z Nếu x, y, z > 0, ta xét trường hợp Trường hợp thứ nhất: ≤ x ≤ y ≤ z , √ 2(x + y + z) − xyz ≤ 3(x2 + y + z ) − = − ≤ 10 = 2(−y − z) − 2x Trường hợp thứ 2: < x ≤ 1, 2(x + y + z) − xyz < 2(x + y + z) ≤ ≤ 2x + 2(y + z ) = 2x + 2(9 − x2 ) = g(x) Chúng ta có g (x) = − 2x = 0, suy g(x) ≤ g(1) = 10 Nếu số x, y, z có sơ âm, khơng tính tổng qt, ta giả sử x <   2 2 y +z y +z  f x, − f (x, y, z) ≥ , 2 Khi đó, ta cần chứng minh  y2 + z2  , f x, 2  y +z  ≤ 10, hay 2x + 2(9 − x2 ) x(9 − x2 ) − ≤ 10, hay h(x) = x3 − 5x + 2(9 − x2 ) ≤ 20 Giải phương trình h (x) = (khi x < 0), − x2 ta tìm x = −1 Đó điểm cực trị h, h(x) ≤ h(−1) = 20 Bài tốn chứng minh [3] Ta có h (x) = 3x2 −5−4x Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 Kết luận Phương pháp giảm biến dồn biến hướng phát triển mạnh mẽ phương pháp chứng minh bất đẳng thức nói riêng, ngành phương pháp tốn sơ cấp nói chung Sự phát triển vượt bậc nhờ phát định hướng làm giảm số biến để đơn giản hóa việc chứng minh toán bất đẳng thức Luận văn trình bày số vấn đề sau: Trình bày kiến thức sở số bất đẳng thức liên quan đến giá trị trung bình Trình bày kiến thức tam thức bậc hai, từ trình bày phương pháp giảm biến bất đẳng thức đại số Trình bày kiến thức sở độ gần đều, hàm lồi, từ trình bày phương pháp dồn biến tổng qt Ttrích dẫn số kết dồn biến số tác giả Trình bày số áp dụng phương pháp dồn biến Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Bất đẳng thức, Định lý áp dụng, NXB GD [2] Nguyễn Văn Mậu, 2007, Các toán nội suy áp dụng, NXB GD [3] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), 2009, Bất đẳng thức số vấn đề liên quan, NXBGD [4] Phạm Kim Hùng, 2007, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri thức [5] J.Michael Steele, 2004, Cauchy Schwarz master class, Cambridge [6] V.Cirtoaje, 2002, On Popoviciu’s Inequality for Convex Function, Gazeta Matematica A, 4(2002), 247-253 [7] M.S.Klamkin, 2000-2003, On a "Problem of the Month", Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem [8] Mitrinovic D.S., Pecaric J.E., Fink A.M., 1993, Classical and New Inequalities in Analysis, Cluwer Academic Publishers [9] A.Lupas, 1982, On an Inequality for Convex Function, Gazeta Matematica A, (1982), 1-2 [10] T Popoviciu, 1965, Sur certaines inegalites qui caracterisent les functions convex, Analele Stiintifice ale Univ, Iasi, Sectia Mat 11B (1965), 155-164 [11] V.Cirtoaje, 1996, Amer Math Monthly 103 (1996) 427-428 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... bày phương pháp dồn biến tổng quát Phương pháp dồn biến cách thức làm giảm biến bất đẳng thức đại số Chương 3, trình bày số áp dụng phương pháp dồn biến giảm biến giải toán bất đẳng thức biến, biến. .. (1.12) Phương pháp giảm biến bất đẳng thức đại số Ở đây, chúng tơi trình bày phương pháp làm giảm biến bất đẳng thức đại số Phương pháp dựa vào lát cắt phép biến đổi đồng dạng để giảm số biến Thông... dạng bất đẳng thức cổ điển phương pháp giảm biến 1.1 Các bất đẳng thức hai biến liên quan đến giá trị trung bình 1.2 Các bất đẳng thức n biến liên quan đến giá trị trung bình 1.3 Phương pháp giảm