Đẳng thức So sánh và Bất đẳng thức – GS Nguyen van Mau

ĐẲNG THỨC, SO SÁNH VÀ BẤT ĐẲNG THỨC Câu lạc bộ Toán học: Chương trình bồi dưỡng chuyên đề Toán HỘI TOÁN HỌC HÀ NỘI VÀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI Hà Nội, Ngày 11.12.2009 Vào 13h30 thứ Sáu, Ngày 11.12.2009, Hội Toán học Hà Nội và Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội phối hợp tổ chức chương trình bồi dưỡng kiến thức chuyên đề Toán cho các cán bộ chỉ đạo chuyên môn, các thầy giáo, cô giáo đang trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi trên địa bàn Thủ đô. Chuyên đề sinh hoạt lần này về Đẳng thức và bất đẳng thức . Chuyên đề do GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, Chủ tịch Hội Toán học Hà Nội, trực tiếp giảng dạy. Kính mời các thầy giáo, cô giáo đang trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi của các quận huyện trên địa bàn Thủ đô quan tâm đến dự. Địa điểm: Phòng Giáo Dục Huyện Thạch Thất. 1 Mục lục 1 Tam thức bậc hai và các vấn đề liên quan 3 2 Một số đồng nhất thức quan trọng 12 3 Bất đẳng thức Cauchy (dạng thực và phức) 14 3.1 Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3.2 Dạng phức của bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 4 Tam thức bậc (α) và tam thức bậc (α, β) 17 5 Một số bất đẳng thức cổ điển liên quan 20 6 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy 6.1 Độ gần đều và sắp thứ tự dãy cặp điểm 6.2 Kỹ thuật tách và ghép bộ số . . . . . . 6.3 Thứ tự và sắp lại thứ tự của bộ số . . . 6.4 Điều chỉnh và lựa chọn tham số . . . . . 25 25 27 34 36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Các giá trị trung bình 42 8 Bài tập áp dụng 47 2 Chương 1 Tam thức bậc hai và các vấn đề liên quan Bất đẳng thức cơ bản và cũng là quan trọng nhất trong chương trình đại số bậc trung học phổ thông chính là bất đẳng thức dạng sau đây x2 > 0, ∀x ∈ R. (1.1) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Gắn với bất đẳng thức (1.1) là bất đẳng thức dạng sau (x1 − x2 )2 > 0, ∀x1 , x2 ∈ R, hay x21 + x22 > 2×1 x2 , ∀x1 , x2 ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 . Bất đẳng thức (1.1) là dạng bậc hai đơn giản nhất của bất đẳng thức bậc hai mà học sinh đã làm quen ngay từ chương trình lớp 9. Định lí Viete đóng vai trò rất quan trọng trong việc tính toán và ước lượng giá trị của một số biểu thức dạng đối xứng theo các nghiệm của phương trình bậc hai tương ứng. Đặc biệt, trong chương trình Đại số lớp 10, mảng bài tập về ứng dụng định lí (thuận và đảo) về dấu của tam thức bậc hai là công cụ hữu hiệu của nhiều dạng toán ở bậc trung học phổ thông. Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0. Khi đó  b 2 ∆ af (x) = ax + − , 2 4 với ∆ = b2 − 4ac. Từ đẳng thức này, ta có kết quả quen thuộc sau. Định lý 1. Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0. i) Nếu ∆ < 0 thì af (x) > 0, ∀x ∈ R. ii) Nếu ∆ = 0 thì af (x) > 0 ∀x ∈ R. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = − iii) Nếu ∆ > 0 thì af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) với x1,2 b . 2a √ b ∆ =− ∓ . 2a 2|a| Trong trường hợp này, af (x) < 0 khi x ∈ (x1 , x2 ) và af (x) > 0 khi x < x1 hoặc x > x2 . 3 (1.2) Ta nhắc lại kết quả sau. Định lý 2 (Định lí đảo). Điều kiện cần và đủ để tồn tại số α sao cho af (α) < 0 là ∆ > 0 và x1 < α < x2 , trong đó x1,2 là các nghiệm của f (x) xác định theo (1.2). Nhận xét rằng, các định lí trên đều được mô tả thông qua bất đẳng thức (kết quả so sánh biệt thức ∆ với 0). Các định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, khi nào thì tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0, có nghiệm. Định lý 3. Với mọi tam thức bậc hai f (x) có nghiệm thực đều tồn tại một nguyên hàm F (x), là đa thức bậc ba, có ba nghiệm đều thực. Chứng minh. Khi f (x) có nghiệm kép, tức f (x) = a(x − x0 )2 , thì ta chỉ cần chọn nguyên hàm dưới dạng a F (x) = (x − x0 )3 . 3 Khi f (x) có hai nghiệm phân biệt, tức f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ), x1 < x2 , a 6= 0, ta chọn nguyên hàm F (x) thoả mãn điều kiện x + x  1 2 = 0. F 2 Khi đó, rõràng hàm  F (x) có cực đại và cực tiểu lần lượt tại x1 và x2 và điểm uốn của đồ thị tương x1 +x2 ứng là M 2 , 0 . Từ đây suy ra điều cần chứng minh. Định lý 4. Tam thức bậc hai f (x) = 3x2 + 2bx + c có nghiệm (thực) khi và chỉ khi các hệ số b, c có dạng ( b=α+β+γ (1.3) c = αβ + βγ + γα Chứng minh. Điều kiện đủ là hiển nhiên vì theo bất đẳng thức Cauchy, ta có ∆0 =b2 − 3c = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) =α2 + β 2 + γ 2 − (αβ + βγ + γα) 1 1 1 = (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 > 0. 2 2 2 Điều kiện cần. Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x1 , x2 . Khi đó, tồn tại đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, là nguyên hàm của f (x), tức là: F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ). Từ đây ta suy ra điều cần chứng minh. Tiếp theo, trong chương này, ta xét các dạng toán cơ bản về bất đẳng thức và cực trị có sử dụng tính chất của tam thức bậc hai. Xét đa thức thuần nhất bậc hai hai biến (xem như tam thức bậc hai đối với x) F (x, y) = ax2 + bxy + cy 2 , a 6= 0, ∆ : = (b2 − 4ac)y 2 . 4 Khi đó, nếu ∆ 6 0 thì aF (x, y) > 0, ∀x, y ∈ R. Vậy khi b2 6 4ac và a < 0 thì hiển nhiên ax2 + cy 2 > |bxy|, ∀x, y ∈ R. Trường hợp riêng, khi a = c = 1, b = ±2 thì ta nhận lại được kết quả x2 + y 2 > 2|xy| hay u+v √ > uv, u, v > 0. 2 Về sau, ta sử dụng các tính chất của dạng phân thức bậc hai y= a1 x2 + b1 x + c1 a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R, để tìm cực trị của một số dạng toán bậc hai. Bài toán 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y= a1 x2 + b1 x + c1 a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R. c1 a1 Giải. Nhận xét rằng khi x = 0 thì y(0) = và khi x → ∞ thì y → . Tiếp theo, ta xét các giá c2 a2 c1 a1 trị y 6= và y 6= . c2 a2 c1 a1 Giả sử y là một giá trị của biểu thức, y 6= và y 6= . Khi đó phương trình tương ứng c2 a2 a1 x2 + b1 x + c1 =y a2 x2 + b2 x + c2 phải có nghiệm, hay phương trình (a2 y − a1 )x2 + (b2 y − b1 )x + (c2 y − c1 ) = 0 (1.4) phải có nghiệm. Do (1.4) là phương trình bậc hai nên điều này tương đương với ∆ = (b2 y − b1 )2 − 4(a2 y − a1 )(c2 y − c1 ) > 0 hay g(y) := (b22 − 4a2 c2 )y 2 + 2(b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 )y + b21 − 4a1 c1 > 0 phải có nghiệm. Vì g(y) có b22 − 4a2 c2 < 0 nên theo Định lí đảo của tam thức bậc hai, thì ∆0 = (b1 b2 + 2a1 c2 + a2 c1 )2 − (4a1 c1 − b21 )(4a2 c2 − b22 ) > 0. và y1 6 y 6 y2 , 5 (1.5) với y1,2 b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 ± = b22 − 4a2 c2 √ ∆0 , và ∆0 được tính theo công thức (1.5). Suy ra max y = y2 và min y = y1 , đạt được khi ứng với mỗi j (j = 1, 2), xảy ra đồng thời   ∆ = (b2 yj − b1 )2 − 4(a2 yj − a1 )(c2 yj − c1 ) = 0, 1 b y − b1  xj = − 2 j . 2 a2 yj − a1 Xét một vài ví dụ minh hoạ sau đây. Ví dụ 1. Cho x, y là các số thực sao cho 2×2 + y 2 + xy > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x2 + y 2 . Giải. Đặt 2×2 + y 2 + xy = a, a > 1. Khi đó x2 + y 2 M = 2 a 2x + y 2 + xy 1 M = . a 2 2) Nếu y = 6 0 suy ra 1) Nếu y = 0 thì M t2 + 1 x = 2 , t= a 2t + t + 1 y Ta chỉ cần xác định các giá trị M 1 < , sao cho phương trình a 2 t2 + 1 M = 2 a 2t + t + 1 có nghiệm. Nghĩa là phương trình  M  M M 2 − 1 t2 + t+ −1=0 a a a có nghiệm. Thế thì biệt thức ∆ phải không âm. Ta có  M  M 2  M  ∆= −4 2 −1 −1 >0 a a a hay −7  M 2 a + 12 M  a − 4 > 0. Giải bất phương trình bậc hai này ta được √ √ 6−2 2 M 6+2 2 6 6 . 7 a 7 Suy ra √ √ 6−2 2 6−2 2 M> a> = M0 . 7 7 6 √ 6−2 2 Vậy min M = , đạt được khi và chỉ khi 7  (  x = M1 y√ x = M1 y ⇔ 2(1 − 2M0 )  , 2×2 + y 2 + xy = 1 y = ± p 2 − 7M0 + 7M02 với M1 = −M0 . 2(2M0 − 1) Ví dụ 2. Cho x2 + y 2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = x2 − xy + 2y 2 . Giải. Ta có thể viết A dưới dạng A= x2 − xy + 2y 2 . x2 + xy + y 2 1) Nếu y = 0 thì A = 1. 2) Nếu y 6= 0 thì A= t2 − t + 2 x , t= 2 t +t+1 y Cần xác định A để phương trình A= t2 − t + 2 t2 + t + 1 có nghiệm. Điều đó tương đương với việc phương trình (A − 1)t2 + (A + 1)t + A − 2 = 0 có nghiệm, tức là ∆ = (A + 1)2 − 4(A − 1)(A − 2) > 0. Từ đó, ta được √ √ 7−2 7 7+2 7 6A6 3 3 √ 7+2 7 Vậy max A = , đạt được khi 3  x = A2 + 1 y 2(1 − A2 )  2 x + y 2 + xy = 1 √ 7−2 7 và min A = , đạt được khi 3  x = A1 + 1 y 2(1 − A1 )  2 x + y 2 + xy = 1   x =  A2 + 1 y 2(1 − A2 ) hay 2(A2 − 1)   y = ± p 7 − 6A2 + 3A22    x = A1 + 1 y 2(1 − A1 ) hay 2(A1 − 1)   y = ± p 7 − 6A1 + 3A21 trong đó A1 , A2 lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất. 7 Ví dụ 3. Cho x2 + y 2 − xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức M = x4 + y 4 − x2 y 2 . Giải. Từ giả thiết suy ra 1 = x2 + y 2 − xy > 2xy − xy = xy 1 = (x + y)2 − 3xy > −3xy Từ đó ta có − 31 6 xy 6 1. Mặt khác, từ giả thiết ta có x2 + y 2 = 1 + xy nên x4 + y 4 = −x2 y 2 + 2xy + 1 x4 + y 4 − x2 y 2 = −2t2 + 2t + 1, t = xy Vậy cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tam thức bậc hai 1 f (t) = −2t2 + 2t + 1; − 6 t 6 1. 3 Ta có max M = f 1 3 = , 2 2 đạt được khi và chỉ khi 1 xy = , và x2 + y 2 − xy = 1 2 hay là ( √ )  5 ∓ 1 √5 ± 1   √5 ∓ 1 √5 ± 1  √ , √ (x, y) ∈ , − √ ,− √ 2 2 2 2 2 2 2 2 Vậy nên  1 1 = , min M = f − 3 9 đạt được khi và chỉ khi ( xy = − 13 x2 + y 2 − xy = 1 hay ( √ x = ± 33 √ y=∓ 3 3 . Bài toán 2 (Thi HSG Toán Việt Nam 2003). Cho hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trên R và thoả mãn điều kiện f (cot x) = sin 2x + cos 2x, x ∈ (0, π). Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x). Giải. Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x 2 cot x cot2 x − 1 + cot2 x + 1 cot2 x + 1 cot2 x + 2 cot x − 1 = , ∀x ∈ (0; π) cot2 x + 1 = 8 Với mỗi t ∈ R đều tồn tại x ∈ (0, π) sao cho cot x = t, ta được f (t) = t2 + 2t − 1 , ∀t ∈ R. t2 + 1 Do đó sin4 2x + 32 sin2 2x − 32 , ∀x ∈ R. sin4 2x − 8 sin2 2x + 32 h 1i 1 Đặt u = sin2 2x. Dễ thấy, x ∈ R khi và chỉ khi u ∈ 0, . Vì vậy 4 4 g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x) = min g(x) = x∈R min h(u) và max g(x) = max h(u), x∈R 06u61/4 06u61/4 trong đó h(u) = u2 + 8u − 2 . u2 − 2u + 2 Ta tính dạo hàm của hàm h(u) 2(−5u2 + 4u + 6) . (u2 − 2u + 2)2 h 1i h 1i Ta dễ dàng chứng minh được h0 (u) > 0 ∀u ∈ 0, . Suy ra hàm h(u) đồng biến trên 0, . Vì vậy, 4 4 h 1i trên 0, , ta có 4 min h(u) = h(0) = −1 h0 (u) = và 1 1 max h(u) = h = . 4 25 1 Do đó min g(x) = −1, đạt được chẳng hạn khi x = 0 và max g(x) = , đạt được chẳng hạn khi 25 π x= . 4 Bài toán 3 (Thi HSG Toán Việt Nam 2003). Cho hàm số f xác định trên tập hợp số thực R, lấy giá trị trên R và thoả mãn điều kiện f (cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0, π). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số g(x) = f (x)f (1 − x) trên đoạn [−1; 1]. Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x 2 cot x cot2 x − 1 + cot2 x + 1 cot2 x + 1 cot2 x + 2 cot x − 1 = , ∀x ∈ (0; π) cot2 x + 1 = Từ đó, với lưu ý rằng với mỗi t ∈ R đều tồn tại x ∈ (0, π) sao cho cot x = t, ta được f (t) = t2 + 2t − 1 , ∀t ∈ R. t2 + 1 9 Dẫn tới, x2 (1 − x)2 + 8x(1 − x) − 2 , ∀x ∈ R. x2 (1 − x)2 − 2x(1 − x) + 2 h 1i Đặt u = x(1 − x). Dễ thấy, khi x chạy qua [−1, 1] thì u chạy qua − 2, . 4 Vì vậy, min g(x) = min h(u) và max g(x) = max h(u), g(x) = f (x)f (1 − x) = −16×61 −16×61 −26u6 14 −26u6 41 trong đó h(u) = Ta có h0 (u) = u2 + 8u − 2 . u2 − 2u + 2 2(−5u2 + 4u + 6) (u2 − 2u + 2)2 Từ việc khảo sát dấu của h0 (u) trên [−2; 1/4], ta thu được √ ! √ 2 − 34 min h(u) = h = 4 − 34 5 −26u6 14 và max h(u) = max{h(−2); h(1/4)} = −26u6 14 Vậy, trên [−1; 1], ta có min g(x) = 4 − √ 34 và max g(x) = 1 . 25 1 . 25 Bài toán 4 (MO Nga 1999). Cho hàm số f (x) = x2 + ax + b cos x. Tìm tất cả các giá trị của a, b sao cho phương trình f (x) = 0 và f (f (x)) = 0 có cùng một tập hợp nghiệm thực (khác rỗng). Giải. Giả sử r là một nghiệm của f (x). Khi đó b = f (0) = f (f (x)) = 0. Do đó f (x) = x(x + a), suy ra hoặc r = 0 hoặc r = −a. Vì vậy f (f (x)) = f (x)(f (x) + a) = x(x + a)(x2 + ax + a). Ta chọn a sao cho x2 + ax + a không có nghiệm thực nằm giữa 0 và −a. Thật vậy nếu 0 hoặc −a là nghiệm của phương trình x2 + ax + a = 0, thì phải có a = 0 và khi đó f (f (x)) không có nghiệm nào khác. Nói cách khác, ∆ = a2 − 4a < 0 hay 0 < a < 4. Vậy với 0 6 a < 4 thì hai phương trình đã cho có cùng tập hợp nghiệm x = 0, x = −a. Bài toán 5. Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thoả mãn điều kiện |f (−1)| 6 1, |f (0)| 6 1, |f (1)| 6 1. Tìm giá trị lớn nhất của |f (x)| với x ∈ [−1; 1]. 10 Giải. Ta có i h f (1) − f (−1) i − f (0) x2 + x + f (0) 2 2 f (1) 2 f (−1) 2 = (x + x) + (x − x) + f (0)(1 − x2 ) 2 2 f (x) = h f (1) + f (−1) Suy ra 1 1 f (x) 6 |x2 + x| + |x2 − x| + |1 − x2 | 2 2 1 2 = (|x + x| + |x2 − x|) + |1 − x2 | 2 Vì x ∈ [−1; 1] nên (x2 + x)(x2 − x) = x2 (x2 − 1) 6 0. Do đó 1 2 1 (|x + x| + |x2 − x|) + |1 − x2 | = |x2 + x − x2 + x| + 1 − x2 2 2 = |x| + 1 − x2 5 5 = −(|x| − 12 )2 + 6 . 4 4 5 5 Suy ra |f (x)| 6 . Vậy max |f (x)| = . −16x61 4 4 11 Chương 2 Một số đồng nhất thức quan trọng Trước hết, ta có nhận xét rằng từ một đẳng thức đã cho đối với bộ số thực ta đều có thể mở rộng (theo nhiều cách thức khác nhau) thành một đẳng thức mới cho bộ số phức. Chẳng hạn, ta có thể coi mọi số thực a đã cho như là phần thực của một số phức z = a + ib (b ∈ R). Ta nêu một số đồng nhất thức về sau cần sử dụng. Định lý 5. Với mọi bộ số (aj , bj , uj , vj ), ta luôn có đẳng thức sau: n X n X aj uj j=1 j=1 X = bj vj − n X aj bj j=1 n X uj vj j=1 (aj bk − bj ak )(uj vk − uk vj ). (2.1) 16j j=1 n X aj bj . j=1 Giả sử ta có bộ các cặp số dương (ak , bk ) sao cho ak ∈ [α, β], α > 0, k = 1, 2, . . . , n. bk Khi đó, theo Định lí đảo của tam thức bậc hai thì   ak  ak β− −α >0 bk bk 12 (2.3) hay a2k + αβb2k 6 (α + β)ak bk , k = 1, 2, . . . , n. Từ đây suy ra n X a2k + αβ k=1 n X b2k 6 (α + β) k=1 n X ak bk . k=1 Theo bất đẳng thức Cauchy, thì n X a2k 1  2 αβ b2k 1 2 6 k=1 k=1 Vậy nên n X n X a2k 1  2 αβ n X b2k 1 2 k=1 k=1 n n k=1 k=1 X  1 X 2 ak + αβ b2k . 2 n X 1 6 (α + β) ak bk . 2 k=1 Từ đây, ta thu được bất đẳng thức đảo Cauchy. Định lý 7. Giả sử ta có bộ các cặp số dương (ak , bk ) sao cho ak ∈ [α, β], α > 0, k = 1, 2, . . . , n. bk Khi đó n X a2k n 1  X 2 b2k 1 k=1 k=1 2 n AX 6 ak bk , G k=1 trong đó A= p α+β , G = αβ. 2 Nhìn chung, rất nhiều bất đẳng thức nhận được từ các đồng nhất thức. Vì vậy, việc thiết lập được các đồng nhất thức được coi như một phương pháp hữu hiệu để sáng tác và chứng minh bất đẳng thức. Bài toán 6. Chứng minh rằng với mọi bộ ba số (x, y, z), ta luôn có đẳng thức sau (2x + 2y − z)2 + (2y + 2z − x)2 + (2z + 2x − y)2 = 9(x2 + y 2 + z 2 ). Hãy tổng quát hoá? Bài toán 7. Chứng minh rằng với mọi bộ bốn số (x, y, z, t), ta luôn có đẳng thức sau (x + y + z − t)2 + (y + z + t − x)2 + (z + t + x − y)2 + (t + x + y − z)2 = 4(x2 + y 2 + z 2 + t2 ). Hãy tổng quát hoá? Bài toán 8. Chứng minh rằng với mọi bộ số (uk , vk , pk ), ta luôn có đẳng thức sau n X n n X  X  (uk vj + uj vk )pj pk = 2 uk pk vk pk . j,k=1 k=1 k=1 Bài toán 9. Chứng minh rằng với mọi bộ số (uk , vk , pk ), ta luôn có đẳng thức sau n X n X  (uj vj + uk vk )pj pk = 2 uk vk pk . j,k=1 k=1 13 Chương 3 Bất đẳng thức Cauchy (dạng thực và phức) 3.1 Bất đẳng thức Cauchy Tiếp theo, thực hiện theo ý tưởng của Cauchy1 đối với tổng n X (xi t − yi )2 = t2 i=1 n X x2i − 2t i=1 n X x i yi + i=1 n X yi2 , i=1 ta nhận được tam thức bậc hai dạng f (t) = t2 n X x2i − 2t i=1 n X x i yi + i=1 n X yi2 > 0, ∀t ∈ R, i=1 nên ∆ 6 0. Định lý 8. Với mọi bộ số (xi ), (yi ), ta luôn có bất đẳng thức sau n X i=1 x i yi 2 6 n X i=1 x2i n  X  yi2 . (3.1) i=1 Dấu đẳng thức trong (3.1) xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số (xi ) và (yi ) tỷ lệ với nhau, tức tồn tại cặp số thực α, β, không đồng thời bằng 0, sao cho αxi + βyi = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n. Bất đẳng thức (3.1) thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy2 (đôi khi còn gọi là bất đẳng thức Bunhiacovski, Cauchy – Schwarz hoặc Cauchy-Bunhiacovski). Nhận xét rằng, bất đẳng thức Cauchy cũng có thể được suy trực tiếp từ đồng nhất thức Lagrange sau đây 1 Augustin-Louis Cauchy 1789-1857 2 Tại Việt Nam và một số nước Đông Âu, bất đẳng thức này được mang tên là “Bất đẳng thức Bunhiacovski”,”Bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacovski” hoặc “Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz”. Còn bất đẳng thức giữa các giá trị trung bình cộng và nhân thì được gọi là bất đẳng thức Cauchy. Thực ra, theo cách gọi của các chuyên gia đầu ngành về bất đẳng thức (Hardy G.H., Littlewood J.E., Polya G., Bellman R.,…), thì bất đẳng thức tích phân dạng (2.1) mới mang tên là bất đẳng thức Bunhiacovski. 14 Định lý 9 (Lagrange). Với mọi bộ số (xi ), (yi ), ta luôn có đồng nhất thức: n X x2i n  X i=1 yi2  − n X i=1 x i yi 2 n X = i=1 (xi yj − xj yi )2 . i,j=1, i + , E1 (x + y) E1 (x) E1 (y) trong đó E1 (x) := n X xi , E2 (x) := i=1 n X xi xj . i,j=1;i6=j Về sau, ta đặc biệt quan tâm đến trường hợp tương ứng với hai cặp số (1, 1) và (a, b). Khi đó bất đẳng thức Cauchy trùng với bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. Hệ quả 3. Với mọi cặp số dương (a, b), ta luôn có bất đẳng thức sau √ √ 2(a + b) > ( a + b)2 , hay 3.2 √ a + b > 2 ab. Dạng phức của bất đẳng thức Cauchy Tiếp theo, ta xét một số mở rộng khác (dạng phức) của bất đẳng thức Cauchy. Định lý 10 (N.G.de Bruijn). Với bộ số thực a1 , . . . , an và bộ số phức (hoặc thực) z1 , . . . , zn , ta đều có n n n n  X  X X 2 1 X ak zk 6 |zk |2 + zk2 a2k . 2 k=1 k=1 k=1 k=1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ak = Re (λzk ) (k = 1, . . . , n), trong đó λ là số phức và n P k=1 số thực không âm. 15 λ2 zk2 là Chứng minh. Bằng cách thực hiện đồng thời phép quay quanh gốc toạ độ đối với các zk cùng một góc, ta thu được n X ak zk > 0. k=1 Rõ ràng phép quay này không ảnh hưởng đến giá trị của modul các số. n X n X ak z k , k=1 zk2 , |zk | (k = 1, . . . , n). k=1 Vậy, chỉ cần chứng minh cho trường hợp n X ak zk > 0. k=1 Nếu ta đặt zk = xk + iyk n X (k = 1, . . . , n), thì 2 ak zk = k=1 n X ak xk 2 6 n X k=1 a2k n  X  x2k . k=1 k=1 Vì 2x2k = |zk |2 + Re zk2 , ta nhận được n X 2 ak zk 6 k=1 Từ bất đẳng thức này và n X k=1 n n n k=1 k=1 k=1  X 1  X 2  X Re zk2 . |zk |2 + ak 2 2x, ∀x ∈ R (4.1) có thể xem như bất đẳng thức tam thức bậc hai trong trường hợp dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Khi đó, ta dễ dàng mở rộng cho tam thức bậc α (α > 1) để có bất đẳng thức tương tự như (4.1) bằng cách thay số 2 bởi số α. Thật vậy, ta cần thiết lập bất đẳng thức dạng xα + (?) > αx, ∀x ∈ R+ (4.2) sao cho dấu đẳng thức vẫn xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Thay x = 1 vào (4.2), ta nhận được (?) = α − 1, tức là (4.2) có dạng xα + α − 1 > αx, ∀x ∈ R+ . (4.3) Đây chính là bất đẳng thức Bernoulli quen biết. Sử dụng đạo hàm, ta dễ dàng chứng minh (4.3). Thật vậy, xét hàm số f (x) = xα + α − 1 − αx, x > 0. Ta có f (1) = 0 và f 0 (x) = αxα−1 − α = α(xα−1 − 1). Suy ra f 0 (x) = 0 khi và chỉ khi x = 1 và x = 1 là cực tiểu duy nhất của f (x) trên R+ nên f (x) > f (1) = 0. Nhận xét 1. Trong áp dụng, đặc biệt trong các dạng toán xác định giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất, bất đẳng thức Bernoulli dạng (4.3) chỉ được sử dụng trong các trường hợp đảm bảo chắc chắn rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Trong những trường hợp, nếu dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = x0 > 0 cho trước, ta cần thay (4.3) bởi bất đẳng thức sau đây  x α x + α − 1 > α , ∀x ∈ R+ . (4.4) x0 x0 Tiếp theo, ta lại có nhận xét rằng bất đẳng thức Cauchy dưới dạng sơ đẳng x2 + 1 > 2x, ∀x ∈ R (4.5) có thể xem như bất đẳng thức tam thức bậc (2,1) (ứng với luỹ thừa 2 và luỹ thừa 1 của x), trong trường hợp dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. 17 Khi đó, ta dễ dàng mở rộng một cách tự nhiên cho tam thức bậc (α, β) (α > β > 0) để có bất đẳng thức tương tự như (1.14) bằng cách thay luỹ thừa 2 bởi số α và luỹ thừa 1 bởi β. Thật vậy, ta cần thiết lập bất đẳng thức dạng xα + (?) > (??)xβ , ∀x ∈ R+ (4.6) sao cho dấu đẳng thức vẫn xảy ra khi và chỉ khi x = 1. α Sử dụng phép đổi biến xβ = t và = γ, ta có thể đưa (1.15) về dạng β tγ + (?) > (??)t, ∀t ∈ R+ (4.7) So sánh với (4.3), ta thấy ngay cần chọn (?) = γ − 1 và (??) = γ. Vậy nên tγ + γ − 1 > γt, ∀t ∈ R+ , hay xα + α α − 1 > xβ , ∀x ∈ R+ , β β (4.8) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Ta nhận được bất đẳng thức Bernoulli đối với tam thức bậc (α, β) ứng với trường hợp dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Để sử dụng bất đẳng thức Bernoulli cho trường hợp đảm bảo chắc chắn rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = x0 (x0 > 0) cho trước, ta chỉ cần thay (4.8) bởi bất đẳng thức sau đây Định lý 11. Giả sử cho trước x0 > 0 và cặp số (α, β) thoả mãn điều kiện α > β > 0. Khi đó  x α α α  x β + −1> , ∀x ∈ R+ . (4.9) x0 β β x0 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = x0 . Bài toán 11. Cho bộ các số dương a, b, c; α, β với α > β. Chứng minh rằng  a α  b α  c α  a β  b β  c β + + > + + . b c a b c a Giải. Ta sử dụng bất đẳng thức (4.8). Ta có    α  a β a α α   + − 1 > ,   b β β  b     b α α α b β    + −1> , β c   cc α βα α c β   + − 1 > ,   a β  β  a    h α   α a β b β  c β i    −1 + + >3 −1 β b c a β (4.10) Cộng các vế tương ứng của (4.10) ta thu được  a α  b α  c α  a β  b β  c β + + > + + . b c a b c a Tiếp theo, ta xét dạng tam thức bậc (α, β): f (x) = axα + bxβ + c với điều kiện α > 0 > β và aα + bβ = k > 0. Trường hợp riêng, khi k = 0, ta thu được dạng phân thức chính quy và sẽ được xét chi tiết ở chương tiếp theo. Ta có kết quả sau đây. 18 Định lý 12. Tam thức bậc (α, β) dạng f (x) = axα + bxβ + c, trong đó a, b > 0, α > 0 > β và aα + bβ = k > 0 có tính chất sau: f (x) > f (1), ∀x > 1. Chứng minh. Để ý rằng f 0 (x) = aαxα−1 + bβxβ−1 và trong khoảng (0, +∞), ta có f 0 (x) = 0 khi và chỉ khi r x = x0 , trong đó x0 = 1− k 6 1. aα Do vậy, f (x) đồng biến trong [1, +∞), nên f (x) > f (1), ∀x > 1. Hệ quả 4. Tam thức bậc (α, β) dạng f (x) = axα + bxβ + c, trong đó a, b > 0, α > 0 > β và aα + bβ = 0 có tính chất sau: min f (x) = f (1). x>0 19 Chương 5 Một số bất đẳng thức cổ điển liên quan Tiếp theo, ta xét bất đẳng thức dạng nội suy sau đây. Định lý 13. Với mọi cặp dãy số thực a = (a1 , . . . , an ) và b = (b1 , . . . , bn ) và 0 6 x 6 1, ta đều có n X ak bk + x k=1 X ai bj 2 6 n X i6=j a2k + 2x X ai aj n  X i 0 với mọi y, và vì vậy ta suy ra ngay được điều cần chứng minh. Sử dụng đồng nhất thức, ta thu được một mở rộng của bất đẳng thức Cauchy. Định lý 14 (H.W.Mclaughlin). Với mọi bộ số thực a = (a1 , . . . , an ) và b = (b1 , . . . , bn ), ta đều có 2n X a2i i=1 2n  X 2n n  X 2  X 2 b2i > ai bi + (ai bn+i − an+i bi ) . i=1 i=1 i=1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ai bj − aj bi − an+i bn+j + an+j bn+i = 0 và ai bn+j − aj bn+i + an+i bj − an+j bi = 0 ứng với mọi i, j = 1, . . . , n. 20 Chứng minh. Chứng minh được suy trực tiếp từ đẳng thức 2n X a2i 2n  X i=1 b2i  − 2n X i=1 − n X i=1 X = ai bi 2 (ai bn+i − an+i bi ) 2 = i=1 (ai bj − aj bi − an+i bn+j + an+j bn+i )2 + 16i  n P i=1 i=1 a2i a2i  P 2 . n b2i − ai bi  P n i=1 i=1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n P bk xk =  n P i=1 Chứng minh. Đặt A= i=1 a2i  P n n X i=1 và yi = a2i − ak i=1 a2i , b2i  − B= n P i=1 b2i P n ai bi 2 , k = 1, . . . , n. i=1 n X i=1 Abi − Cai . AB − C 2 21 b2i , C= n X i=1 ai bi Dễ thấy rằng dãy y1 , . . . , yn thoả mãn điệu kiện bài toán. Mọi dãy x1 , . . . , xn , từ giả thiết, cũng thoả mãn n X A xi yi = . AB − C 2 i=1 Do đó n X A . AB − C 2 yi2 = i=1 Mọi dãy x1 , . . . , xn , theo giả thiết, thoả mãn n X x2i − i=1 Vậy nên n X yi2 = i=1 n X x2i > n X i=1 n X (xi − yi )2 i=1 yi2 = i=1 A , AB − C 2 chính là điều phải chứng minh. Tiếp theo, ta chứng minh định lý: Định lý 17 (K.Fan and J.Todd). Với mọi dãy số thực a = (a1 , . . . , an ) và b = (b1 , . . . , bn ) thoả mãn điều kiện ai bj 6= aj bi ứng với i 6= j, ta đều có n P i=1 P n i=1 a2i  P n i=1 b2i a2i  − P n ai bi  −2 X n  X 2 aj n 2 6 aj bi − ai bj 2 i=1 j=1,j6=i i=1 Chứng minh. Ta thấy  −1 X X ai aj n xi = aj bi − ai bj 2 i j6=i có thể nhóm thành các cặp có dạng  −1   ai aj aj ai n + (i 6= j) 2 aj bi − ai bj ai bj − aj bi và từng cặp như vậy đều bằng 0. n P Vậy ta chuyển được về tổng ai xi = 0. Tương tự, cũng có n P i=1 bi xi = 1. i=1 Vậy theo kết quả của Định lí Ostrowski vừa chứng minh ở trên, ta có ngay điều cần chứng minh. Tiếp theo, ta xét một dạng bất đẳng thức, thực chất là bất đẳng thức Cauchy, trong hình học gắn với tích trong trong không gian tuyến tính, thường được gọi là Bất đẳng thức Cauchy Schwarz1 . 1 Đôi khi được gọi là bất đẳng thức Schwarz ( Hermann Amandus Schwarz, 1843-1921) 22 Trước hết, ta nhắc lại tích vô hướng đối với cặp véctơ a = (a1 , a2 , . . . , an ), b = (b1 , b2 , . . . , bn ) trong không gian Rn được định nghĩa như sau (a, b) = n X aj bj . (5.1) j=1 Từ (5.1), ta thấy ngay rằng (a, a) > 0, (a, a) = 0 ⇔ a = (0, 0, . . . , 0). Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có 1 1 (a, b) 6 (a, a) 2 (b, b) 2 . (5.2) Để ý rằng, tích vô hướng (5.1) có các tính chất sau đây. (i) (a, a) > 0, ∀a ∈ Rn , (ii) (a, a) = 0 ⇔ a = (0, 0, . . . , 0), (iii) (αa, b) = α(a, b), ∀α ∈ R, ∀a, b ∈ Rn , (iv) (a, b + c) = (a, b) + (a, c), ∀a, b, c ∈ Rn , (v) (a, b) = (b, a), ∀a, b ∈ Rn . Định nghĩa 1. Không gian véctơ với tích (a, b) có các tính chất (i)-(v) được gọi là không gian với tích trong. Ví dụ 4. Giả sử (γj ) là bộ số dương cho trước. Khi đó, tích vô hướng với trọng (γj ) (a, b) = n X γj aj bj (5.3) j=1 là tích trong, tức là, có các tính chất (i)-(v). Định lý 18. Đối với mọi không gian với tích trong (a, b), ta đều có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 1 1 (a, b) 6 (a, a) 2 + (b, b) 2 . (5.4) Dấu đẳng thức xảy ra đối với cặp véctơ a, b khác 0 khi và chỉ khi b = λa với 0 6= λ ∈ R. Chứng minh. Sử dụng tính chất (v − w, v − w) > 0, ta thu được 1 1 (v, w) 6 (v, v) + (w, w). 2 2 (5.5) Vì (5.4) luôn luôn thoả mãn khi một trong hai véctơ bằng 0. Vậy, ta chỉ xét các véctơ khác 0. Ta đặt v w v̂ = 1 , ŵ = 1 , (v, v) 2 (w, w) 2 Khi đó, theo (5.5) thì (v̂, ŵ) 6 1. Từ đó, ta có ngay (5.4). 23 Đặc biệt, đối với không gian các hàm số liên tục trên một đoạn thẳng [α, β] cho trước, ta có bất đẳng thức Bunhiacovski2 . Định lý 19. Với mọi cặp hàm số f (t), g(t) liên tục trên đoạn thẳng [α, β], ta đều có Z β Z β 2 Z β [g(t)]2 dt. [f (t)]2 dt f (t)g(t)dt 6 α α α Chứng minh. Sử dụng tính chất Z β  2 f (t) − λg(t) dt > 0, ∀λ ∈ R, α ta suy ra Aλ2 − 2Bλ + C > 0, ∀λ ∈ R, trong đó Z β A= Z 2 β 2 [g(t)] dt, C = α Z β [f (t)] dt, B = α f (t)g(t)dt. α Từ đây, áp dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai, ta có ngay điều cần chứng minh. Tiếp theo, ta dễ dàng kiểm chứng Ví dụ 5. Giả sử V = C[α, β] là không gian các hàm liên tục trên [α, β]. Khi đó, tích vô hướng của cặp hàm số f (t), g(t) ∈ V được định nghĩa như sau Z β (f, g) = f (t)g(t)dt (5.6) α chính là tích trong, tức có các tính chất (i)-(v). Tương tự như trường hợp không gian Rn , ta có thể định nghĩa tích (5.6) với trọng. Ví dụ 6. Giả sử V = C[α, β] là không gian các hàm liên tục trên [α, β] và ω(t) là hàm số liên tục và dương trên [α, β]. Khi đó, tích vô hướng của cặp hàm số f (t), g(t) ∈ V với trọng ω(t) được định nghĩa như sau Z β (f (t), g(t)) = ω(t)f (t)g(t)dt (5.7) α là tích trong, tức có các tính chất (i)-(v). Các ứng dụng của bất đẳng thức Schwaz và Bunhiacovski trong phép tính tích phân sẽ được đề cập ở các chương sau. 2 Victor Yacovlewich Bunhiacovski 1804-1889 24 Chương 6 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy 6.1 Độ gần đều và sắp thứ tự dãy cặp điểm Từ bất đẳng thức x21 + x22 > 2×1 x2 , ∀x1 , x2 ∈ R, ta suy ra với mọi cặp số không âm x, y với tổng bằng 1 cho trước thì tích xy đạt giá trị lớn nhất 1 1 bằng khi x = y = . Vậy 4 2 1 xy 6 . (6.1) 4 Nếu ta có một cặp số không âm khác, chẳng hạn u, v với tổng bằng 1 thì tích uv cũng có tính chất như đã nêu và 1 uv 6 . (6.2) 4 Phải chăng ta có thể cho một tiêu chuẩn để có thể sắp thứ tự cặp số xy và uv? Nhận xét rằng, ta không thể sắp thự tự tất cả các cặp số dương theo một trình tự thông thường trên đường thẳng được. Tuy nhiên, đối với các cặp số dương có chung tổng thì nếu để ý đến trường hợp đặc biệt đảm bảo dấu đẳng thức xảy ra khi các số hạng (hoặc thừa số đối với tích) bằng nhau, thì ta có thể phát biểu thứ tự các cặp đó dưới dạng văn học rằng tích xy đạt giá trị lớn nhất trong trường hợp cặp số đó là đều, tức là x = y. Định nghĩa 2. (i) Xét các cặp số không âm x, y với tổng không đổi (để đơn giản, ta chọn x+y = 1). Ta gọi hiệu ρ(x, y) := max(x, y) − min(x, y), là độ lệch của cặp số x, y hay là độ gần đều của cặp số x, y (ii) Cặp x1 , y1 được gọi là gần đều hơn (độ lệch nhỏ hơn) cặp x2 , y2 (hay cặp x2 , y2 được gọi là xa đều hơn cặp x1 , y1 ), nếu ρ(x1 , y1 ) 6 ρ(x2 , y2 ). Như vậy, theo định nghĩa trên thì cặp x, y luôn có độ lệch ρ(x, y) > 0 và độ lệch bằng 0 khi và chỉ khi x = y, khi đó cặp x, y là cặp gần đều nhất và các cặp 0, 1 và 1, 0 sẽ là những cặp xa đều nhất. Với các quy ước như trên, ta có thể sắp thứ tự các tích xy với tổng x + y = 1 không đổi theo ngôn ngữ “gần đều” như sau. Định lý 20. Xét các cặp số không âm xj , yj (j = 1, 2) với tổng không đổi (để đơn giản, ta chọn x + y = 1). Khi đó x1 y1 > x2 y2 khi và chỉ khi cặp x1 , y1 gần đều hơn cặp x2 , y2 . 25 Chứng minh. . Xét các cặp số không âm x, y với tổng bằng 1 không đổi. Không mất tính tổng quát, coi 0 6 x < y. Với mỗi ε > 0 đủ nhỏ, để đảm bảo x + ε < y − ε (chỉ cần chọn ε ∈ [0, y−x 2 ). Dễ thấy rằng cặp x + ε, y − ε gần đều hơn cặp x, y đã cho. Ta chỉ cần chứng minh rằng xy 6 (x + ε)(y − ε) (6.3) là đủ. Điều này là hiển nhiên vì (6.3) tương đương với bất đẳng thức ε(y − x − ε) > 0. Thứ tự sắp được theo ngôn ngữ “gần đều dần” cho ta một cách tiếp cận tự nhiên với nhiều bài toán của thực tiễn. Chẳng hạn, khi ta có cặp số tự nhiên x, y có tổng bằng một số lẻ thì cặp số đó sẽ không bao giờ là cặp số nguyên bằng nhau được. Khi đó khái niệm gần đều nhất (mà không phải là đều) sẽ có ý nghĩa thực tiễn. Nhận xét rằng, đối với các cặp số dương có chung tích thì ta cũng có thể phát biểu thứ tự các cặp đó dưới dạng văn học rằng tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất trong trường hợp cặp số đó là đều, tức là x = y. Định nghĩa 3. (i) Xét các cặp số dương x, y với tích không đổi (để đơn giản, ta chọn xy = a > 0). Ta gọi hiệu ρ(x, y) := max(x, y) − min(x, y), là độ lệch của cặp số x, y hay là độ gần đều của cặp số x, y (ii) Cặp x1 , y1 được gọi là gần đều hơn (độ lệch nhỏ hơn) cặp x2 , y2 (hay cặp x2 , y2 được gọi là xa đều hơn cặp x1 , y1 ), nếu ρ(x1 , y1 ) 6 ρ(x2 , y2 ). Như vậy, theo định nghĩa trên thì cặp x, y luôn có độ lệch ρ(x, y) > 0 và độ lệch bằng 0 khi và chỉ khi x = y, khi đó cặp x, y là cặp gần đều nhất và các cặp 0, 1 và 1, 0 sẽ là những cặp xa đều nhất. Với các quy ước như trên, ta có thể sắp thứ tự các tổng x + y với tích xy không đổi theo ngôn ngữ “gần đều” như sau. Định lý 21. Xét các cặp số dương xj , yj (j = 1, 2) với tích không đổi (để đơn giản, ta chọn xj yj = 1). Khi đó x1 + y1 6 x2 + y2 khi và chỉ khi cặp x1 , y1 gần đều hơn cặp x2 , y2 . Chứng minh. Xét các cặp số dương x, y với tích bằng 1 không đổi. Không  qmất  tính tổng quát, coi y −1 0 < x < y. Với mỗi ε > 1, để đảm bảo εx < (ε) y (chỉ cần chọn ε ∈ 1, x . Dễ thấy rằng cặp xε, y(ε)−1 gần đều hơn cặp x, y đã cho. Ta chỉ cần chứng minh rằng x + y > xε + y(ε)−1 (6.4) là đủ. Điều này là hiển nhiên vì (6.4) tương đương với bất đẳng thức εx 6 y. Định lí sau đây đóng vai trò trọng tâm đối với hai cặp số sắp được thứ tự. Xét hai cặp số (z, 2 − z) và (y, 2 − y) với 16z6y62 hoặc 0 6 y 6 z 6 1. Khi đó, theo định nghĩa, rõ ràng cặp số (z, 2 − z) gần đều hơn so với cặp số (y, 2 − y). Vậy nên, ta có 26 Định lý 22 (H.W.Melaughlin, F.T.Metcalf). Với mọi cặp dãy số dương a = (a1 , . . . , an ) và b = (b1 , . . . , bn ) sao cho 1 6 z 6 y 6 2 hoặc 0 6 y 6 z 6 1, ta đều có n X ayk b2−y k n  X k=1 n n  X  X  ak2−y byk > azk bk2−z ak2−z bzk . k=1 k=1 k=1 Đây chính là một dạng nội suy bất đẳng thức Cauchy trong [0, 1]. Từ kết quả này, ta dễ dàng thu được ngay bất đẳng thức Cauchy quen biết. Quá trình sắp đều có thể dùng để điều chỉnh bộ số như sau: Bài toán 12. Cho B= na + a a + a a2005 + a2006 a2006 + a1 o 2 3 1 2 , ,··· , , 2 2 2 2 là một hoán vị của bộ số A = {a1 , a2 , . . . , a2006 }. Chứng minh rằng a1 = a2 = · · · = a2006 . Chứng minh. Theo bất đẳng thức Cauchy, thì a2k + a2k+1  ak + ak+1 2 . > 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ak = ak+1 , k = 1, 2, . . . , 2006, trong đó a2007 := a1 . Do B là một hoán vị của A, nên 2006 X k=1 a2k = 2006 X k=1 X  ak + ak+1 2 a2k + a2k+1 2006 = . 2 2 k=1 Điều này chỉ xảy ra khi đồng thời a1 = a2 , a2 = a3 , . . . , a2006 = a1 , điều cần chứng minh. Nhận xét 2. Vấn đề sắp thứ tự gần đều đối với bộ số tuỳ ý sẽ được đề cập trong các chương sau. Đặc biệt quá trình sắp thứ tự gắn chặt chẽ với giả thiết của Karamata khi mở rộng các bất đẳng thức cổ điển đối với lớp hàm lồi, lõm và tựa lồi, lõm. 6.2 Kỹ thuật tách và ghép bộ số Trong những năm gần đây, chúng ta thấy có khá nhiều dạng bất đẳng thức trong các đề kỳ thi Olympic quốc tế, vô địch quốc gia của nhiều nước trên thế giới. Rất nhiều bài toán về bất đẳng thức xuất phát từ các phép biến đổi biểu thức đối xứng theo các kiểu (đặc thù) khác nhau. Trong mục này chúng ta đưa ra một số dạng bất đẳng thức lấy từ các kỳ thi Olympic quốc tế và Olympic quốc gia của một số nước mà cách giải dựa chủ yếu vào kỹ thuật tách, ghép và điều chỉnh bộ hệ số {ak } trong bất đẳng thức Cauchy. Để minh hoạ và để tính toán đơn giản, ta chủ yếu xét các ví dụ với cặp bộ ba biến. Thực chất của kỹ thuật này cũng chính là cách sắp thứ tự và điều chỉnh bộ số theo quá trình gần đều hoặc đều theo từng nhóm. Bài toán 13. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng a+b+c62  a2 b2 c2  + + . b+c c+a a+b 27 Giải. Ta viết vế trái dưới dạng a+b+c= √ a √ b √ c √ b+c+ √ c+a+ √ a + b. c+a b+c a+b Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có (a + b + c)2 6  a2 b2 c2  + + [(b + c) + (c + a) + (a + b)]. b+c c+a a+b Từ đây ta thu được điều cần chứng minh. Bài toán 14. Cho a, b, c > 0, a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng 1 a + √ 1 1 + − (a + b + c) > 2 3. b c Giải. Từ hệ thức hiển nhiên √ √ ( 3x − 1)2 (2 3x + 3) > 0, ∀x > 0, suy ra √ √ 1 4 3 −a> − 2 3a2 . a 3 Tương tự, ta cũng có √ √ 1 4 3 −b> − 2 3b2 , b 3 √ √ 1 4 3 −c> − 2 3c2 . c 3 Do đó 1 1  1  1  1 1 + + − (a + b + c) = −a + −b + −c a b c a b c √ √ √ 4 3 √ √  4 3 √  4 3 √  − 2 3a2 + − 2 3b2 + − 2 3c2 = 2 3, > 3 3 3 điều cần chứng minh. Nhận xét 3. Bằng phương pháp tương tự, ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức sau: n P Với mọi cặp số dương a, b và bộ số dương xk với tổng x2k = 1, ta đều có k=1 n n X √ 1  X  a ± xk > (an ± b) n. xk k=1 k=1 Bài toán 15. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng  a + b 1/2  b + c 1/2  c + a 1/2 + + 6 61/2 . a+b+c a+b+c a+b+c Giải. Đặt T :=  a + b 1/2  b + c 1/2  c + a 1/2 + + . a+b+c a+b+c a+b+c 28 Khi đó, ta có h  a + b 1/2  b + c 1/2  c + a 1/2 i2 T2 = 1 · +1· +1· . a+b+c a+b+c a+b+c Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có  a+b b+c c+a  T 2 6 (12 + 12 + 12 ) + + = 6. a+b+c a+b+c a+b+c Từ đây suy ra  a + b 1/2  b + c 1/2  c + a 1/2 + + 6 61/2 . a+b+c a+b+c a+b+c Bài toán 16 (APMO 1991). Cho hai bộ số dương a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn có chung tổng: n X ak = k=1 Chứng minh rằng n X k=1 n X bk . k=1 n a2k 1X > ak . ak + bk 2 k=1 Giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy n X ak k=1 Suy ra n X 2 6 n X k=1 n a2k X (ak + bk ). ak + bk k=1 P n ak 2 n a2k 1X > n k=1 ak , = P ak + bk 2 k=1 k=1 (ak + bk ) k=1 điều cần chứng minh. Bài toán 17. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1. Chứng minh rằng ab bc ca 3 + + > . c(b + c) a(c + a) b(a + b) 2 Giải. Ký hiệu M := ab bc ca + + . c(b + c) a(c + a) b(a + b) Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có r ab r bc r ca 2 + + c a b s s r  2 ab √ bc √ ca √ = b+c+ c+a+ a+b c(b + c) a(c + a) b(a + b) h ab i bc ca 6 + + [2(a + b + c)] = M [2(a + b + c)]. c(b + c) a(c + a) b(a + b) 29 Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy, thì (a + b + c)2 > 3(ab + bc + ca), nên r ab c 3 Suy ra M > , hay 2 r + bc + a r ca 2 > 3(b + c + a). b ab bc ca 3 + + > . c(b + c) a(c + a) b(a + b) 2 Bài toán 18 (Japan MO- 2004). Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1. Chứng minh rằng  b c a 1+a 1+b 1+c + + 62 + + . 1−a 1−b 1−c a b c (6.5) Giải. Ta viết (6.5) dưới dạng = ⇔ ⇔ ⇔ 1+a 1+b 1+c + + 1−a 1−b 1−c  b c a 2a 2b 2c 3+ + + 62 + + 1−a 1−b 1−c a b c 1 1 1 1  1  1  2a − + 2b − + 2c − >3 c 1−a a 1−b b 1−c 1 1 1 1  1  1  3 − +b − +c − > a c b+c a c+a b a+b 2 ab bc ca 3 + + > . c(b + c) a(c + a) b(a + b) 2 Điều cần chứng minh này chính là bất đẳng thức ở bài toán 1.17. Bài toán 19 (MO Romanian 2004). Chứng minh rằng, với mọi a, b, c > 0, ta đều có a b c 27 + + > . bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) 2(a + b + c)2 Giải. Đặt a b c + + = M. bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) Ta có r a bc r + b + ca r c 2 = ab s r 2 √ √ b c a+b+ b+c ca(a + b) ab(b + c) h i a b c 6 + + [2(a + b + c)] = M [2(a + b + c)]. bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) r = √ a c+a+ bc(c + a) Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy, thì r  r a r b 1 1 1 c 2 + + >3 + + bc ca ab a b c 30 (6.6) hay r r a bc + b + ca r c 2 27 > , ab (a + b + c) nên suy ra (6.6): M> 27 . 2(a + b + c)2 Bài toán 20 (MO USA). Xét các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P = 2 + 2 + 2 . a (b + c) b (c + a) c (a + b) Giải. Ta có 1 1 1 2 = + a b c  2 √ √ √ 1 1 1 b+c+ √ c+a+ √ a+b = √ b c+a a b+c c a+b 6P [2(a + b + c)]. + Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy, thì 1 a + 1 1 1 2 1 1 + >3 + + b c ab bc ca hay 1 1 1 2 3(a + b + c) + > = 3(a + b + c). a b c abc 3 3 Từ đây suy ra P > và Pmin = khi a = b = c = 1. 2 2 + Bài toán 21. Chứng minh rằng, với mọi bộ số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1, ta đều có 1 1 1 1 + 3 + 3 > (ab + bc + ca). + c) b (c + a) c (a + b) 2 a3 (b Giải. Ta có 1 1 1 2 + = a b c  2 p p p 1 1 1 = p a(b + c) + p b(c + a) + p c(a + b) a a(b + c) b b(c + a) c c(a + b) h i 1 1 1 6 3 + + [2(ab + bc + ca)]. a (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) + Mặt khác, theo giả thiết abc = 1, ta có 1 a + 1 1 2 + = (ab + bc + ca)2 . b c Từ đây suy ra ngay được điều cần chứng minh. 31 Bài toán 22. Chứng minh rằng, với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có a4 b4 c4 1 + + > (a + b + c). 2 2 2 b (c + a) c (a + b) a (b + c) 2 Giải. Ta có b2 c2 2 + = b c a 2  a2 √ b2 √ c2 √ c+a+ √ a+b+ √ b+c = √ b c+a c a+b a b+c h i a4 b4 c4 6 2 + + [2(a + b + c)]. b (c + a) c2 (a + b) a2 (b + c)  a2 + Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy, thì  a2 b + b2 c2 2 > (a + b + c)2 . + c a Từ đây ta suy ra điều cần chứng minh. Bài toán 23. Chứng minh rằng, với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có a6 b6 c6 1 + + > (ab + bc + ca). 3 3 3 b (a + c) c (a + b) a (b + c) 2 Giải. Ta có  a3 b3 c3 2 + = b c a 2  √ √ √ b3 c3 a3 √ bc + ba + √ ca + cb + √ ab + ac = b bc + ba c ca + cb a ab + ac h i 6 6 6 a b c 6 + + [2(ab + bc + ca)]. b3 (a + c) c3 (a + b) a3 (b + c) + Mặt khác cũng theo bất đẳng thức Cauchy, thì  a3 b + b3 c3 2 + > (ab + bc + ca)2 . c a Từ đây ta suy ra điều cần chứng minh. Bài toán 24. Cho hai bộ số dương p, q, r và x, y, z. Chứng minh rằng p q r 1 x2 + y2 + z 2 > (xy + yz + zx) − (x2 + y 2 + z 2 ). q+r r+p p+q 2 Giải. Đặt p q r x2 + y2 + z 2 = M. q+r r+p p+q 32 Ta sử dụng biến đổi sau  p   q   r  M= x2 + x2 + y2 + y2 + z 2 + z 2 − (x2 + y 2 + z 2 ) q+r r+p p+q  x2  2 2 y z = (p + q + z) + + − (x2 + y 2 + z 2 ). q+r r+p p+q   √ √ y z 1 √ x )2 + √ )2 + √ )2 = ( q + r)2 + ( r + p)2 + ( p + q)2 ( √ 2 q+r r+p p+q − (x2 + y 2 + z 2 ). Theo bất đẳng thức Cauchy, thì √   √ √ x y z ( q + r)2 + ( r + p)2 + ( p + q)2 ( √ )2 + √ )2 + √ )2 q+r r+p p+q > (x + y + z)2 . Suy ra 1 M > (x + y + z)2 − (x2 + y 2 + z 2 ), 2 hay 1 M > (xy + yz + zx) − (x2 + y 2 + z 2 ). 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi p q r = = . y+z−x x+z−y x+y−z Bài toán 25. Với a, b, c > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3a 4b 5c + + . b+c c+a a+b Giải. Ta có Vậy Pmin  3a   4b   5c  P = +3 + +4 + + 5 − 12 b+c c+a a+b  3 4 5  =(a + b + c) + + − 12 b+c c+a a+b ihr 3 2 √ √ 1h √ 2 2 2 = ( b + c) + ( c + a) + ( a + b) 2 b+c r 4 2 r 5 2 i + + − 12 c+a a+b √ 2 1 √ > 3 + 2 + 5 − 12 2  √ 2 1 √ = 3 + 2 + 5 − 12, khi : 2 b+c c+a a+b √ = = √ . 2 3 5 33 6.3 Thứ tự và sắp lại thứ tự của bộ số Kỹ thuật sắp lại thứ tự của bộ dãy số cho trước để phù hợp với đặc thù của bài toán đóng vai trò rất tích cực trong việc định hướng sáng tác bài tập cũng như định hướng cách chứng minh các bất đẳng thức. Chú ý rằng, sau khi sắp lại thứ tự bộ số, chẳng hạn x > y > z, ta thấy ngay cặp số x − y, y − z gần đều hơn cặp x − z, 0. Vì vậy, ứng với mọi α > 1, ta dễ dàng kiểm chứng hàm số f (t) = tα có tính chất f (x − z) + f (0) > f (x − y) + f (y − z), hay (x − z)α > (x − y)α + (y − z)α . Một cách tổng quát, với mỗi bộ số sắp được x1 > x2 > · · · > xn , và với mọi α > 1, ta đều có (x1 − xn )α > (x1 − x2 )α + (x2 − x3 )α + · · · + (xn−1 − xn )α . Bài toán 26. Giả sử a > b > c > 0. Chứng minh rằng a2 b b2 c c2 a + 2 + 2 > a + b + c. c2 a b Giải. Ta có biến đổi sau a√ c √ b √ a√ c √ b √ 2 (a + b + c)2 = b b+ c c+ a a c a a b b c  a2 b b2 c c2 a  c2 b a2 c b2 a  6 2 + 2 + 2 + 2 + 2 . c a b a2 b c Ta chứng minh bất đẳng thức: ab2 bc2 ca2 a2 b b2 c c2 a + + > + 2 + 2 . c2 a2 b2 c2 a b Thật vậy, ta có a2 b b2 c c2 a ab2 bc2 ca2 + + > + 2 + 2 c2 a2 b2 c2 a b ⇔ a4 b3 + b4 c3 + c4 a3 > a3 b4 + b3 c4 + c3 a4 ⇔ a3 b3 (a − b) + b3 c3 (b − c) + c3 a3 (c − a) > 0 ⇔ a3 (b3 − c3 + c3 )(a − b) + b3 c3 (b − c) + c3 a3 (c − a) > 0 h i ⇔ a3 (b3 − c3 )(a − b) + c3 a3 (a − b) + b3 (b − c) + a3 (c − a) > 0 h i ⇔ a3 (b3 − c3 )(a − b) + c3 a3 (c − b) + b3 (b − c) > 0 ⇔ a3 (b3 − c3 )(a − b) + c3 (b − c)(b3 − a3 ) > 0 ⇔ (b − c)(a − b)[a2 (ab2 − c3 ) + c2 (a3 − b2 c) + abc(a2 − c2 )] > 0. Từ đây suy ra (a + b + c)2 6  a2 b c2 + b2 c c2 a 2 + 2 a2 b hay a+b+c6 a2 b b2 c c2 a + 2 + 2 . c2 a b 34 Bài toán 27. Giả sử a > b > c > 0. Chứng minh rằng b2 c2 1 1 1 a2 + + >√ +√ +√ . 3 3 3 c a b ca ab bc Giải. Ta có  1 1 1 2 √ +√ +√ = ca ab bc  1 b 1 a 1 c 1 b 1 a 1 c 2 = √ √ +√ √ +√ √ aa bb cc aa bb cc  b2  2 2 2 2 c a b c2  a 6 3+ 3+ 3 + + . a b c b3 c3 a3 Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức b2 c2 a2 a2 b2 c2 + + > + + . a3 b3 c3 b3 c3 a3 Thật vậy, ta có các biến đổi tương đương sau c2 a2 a2 b2 c2 b2 + + > + + a3 b3 c3 b3 c3 a3 5 3 5 3 5 3 5 3 ⇔ b c + c a + a b > a c + b5 a3 + c5 b3 ⇔ a3 b3 (a2 − b2 ) + b3 c3 (b2 − c2 ) + c3 a3 (c2 − a2 ) > 0 ⇔ a3 (b3 − c3 + c3 )(a2 − b2 ) + b3 c3 (b2 − c2 ) + c3 a3 (c2 − a2 ) > 0 ⇔ a3 (b3 − c3 )(a2 − b2 ) + c3 (b2 − c2 )(a3 − b3 ) > 0. Suy ra  1 1 1 2  a2 b2 c2 2 √ +√ +√ 6 3 + 3+ 3 , c a b ca ab bc hay 1 1 1 b2 c2 a2 √ + √ + √ 6 3 + 3 + 3. c a b ca ab bc Bài toán 28 (IMO 1995). Cho các số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng a2 b2 c2 3 + + > . b+c c+a a+b 2 Giải. Đặt bc = x, ca = y và ab = z. Theo giả thiết, ta thu được 1 1 1 = x, = y, = z a b c và x + y + z > 3. Ta đưa bất đẳng thức đã cho về dạng x2 y2 z2 3 + + > . y+z z+x x+y 2 35 Do vai trò của a, b, c cũng như của x, y, z bình đẳng, không mất tổng quát, ta có thể giả thiết a > b > c hay 0 < x 6 y 6 z. Khi đó  x2 6 y 2 6 z 2 1 1 1  6 6 . y+z z+x x+y Suy ra x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + > + + y+z z+x x+y y+x z+y x+z và x2 y2 z2 x2 y2 z2 + + > + + . y+z z+x x+y x+z y+x z+y Từ đây, cộng các vế tương ứng, ta nhận được x2 y2 z2 1  x2 + z 2 y 2 + x2 z 2 + y 2  + + > + + . y+z z+x x+y 2 x+z y+x z+y Theo bất đẳng thức Cauchy, thì x2 + z 2 > (y + x)2 (z + y)2 (x + z)2 , y 2 + x2 > , z2 + y2 > , 2 2 2 và vì vậy 1  x2 + z 2 y 2 + x2 z 2 + y 2  1 3 + + > (x + y + z) > . 2 x+z y+x z+y 2 2 Từ đây, ta thu được điều cần chứng minh. Nhận xét 4. Sau khi sắp lại thứ tự, ta cũng có thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Chebyshev  x + y + z  x y z  x2 y2 z2 + + 6 + + . 3 y+z z+x x+y y+z z+x x+y Từ các kết quả quen biết (ứng với xyz = 1) x+y+z x y z 3 > 1, + + > , 3 y+z z+x x+y 2 ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. 6.4 Điều chỉnh và lựa chọn tham số Đối với một số bất đẳng thức đồng bậc dạng không đối xứng thì dấu đẳng thức trong bất đẳng thức thường xảy ra khi giá trị của các biến tương ứng không bằng nhau. Vì vậy, cần lựa chọn kỹ thuật hợp lý để giải các bài toán cực trị dạng không đối xứng là rất cần thiết. Một trong những kỹ thuật cơ bản nhất chính là xây dựng thuật toán sắp thứ tự gần đều. Trong trường hợp dạng bậc hai, ta đã sử dụng phương pháp miền giá trị như đã nêu ở trên. Trong phần này, ta nêu thêm một kỹ thuật nữa nhằm điều chỉnh bộ số bằng tham số phụ. Ta đưa vào các tham số tự do cần thiết thường là các giá trị trung gian được xác định sau theo cách chọn đặc biệt để tất cả các dấu đẳng thức đồng thời xảy ra. Tham số phụ được đưa vào một cách hợp lí để phương trình xác định chúng có nghiệm. 36 Bài toán 29. Cho số dương a. Xét bộ số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a(x2 + y 2 ) + z 2 . Giải. Ta thấy biểu thức P đối xứng theo x, y, do vai trò của x và y là bình đẳng nên ta có thể đặt z2 = αx2 = αy 2 ,α > 0 được chọn sau. 2 Theo bất đẳng thức Cauchy (hoặc bất đẳng thức AG) cho 2 số dương, ta có r r r r z2 α z2 α α 2 α 2 2 2 αx + >2 xz, αy + >2 yz, (x + y ) > 2 xy. 2 2 2 2 2 2 Từ các bất đẳng thức trên, ta nhận được r  r r  α α α 2 2 2 α+ (x + y ) + z > 2 (xy + yz + zx) = 2 . 2 2 2 Chọn α sao cho r α+ hay r α = a, 2 √ α −1 + 1 + 8a = . 2 4 Ta thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 z = αx2 = αy 2 2 xy + yz + zx = 1 hay  1   , x = y = √ 4 1 + 8a √ 4 1 + 8a − 1   √ . z = 2 4 1 + 8a Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho bằng min P = −1 + √ 1 + 8a 2 . Bài toán 30. Cho u, v là các số dương. Xét bộ số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = ua2 + vb2 + c2 . 37 Giải. Ta phân tích u = x + y, v = z + t, 1 = m + n, trong đó x, y, z, t, m, n là các số dương sẽ được chọn sau. Theo bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương, ta có √ √ √ xa2 + tb2 > 2 xtab, ya2 + nc2 > 2 ynac, zb2 + mc2 > 2 zmbc. Từ các bất đẳng thức trên, ta nhận được √ √ √ Q > 2 xtab + 2 ynac + 2 zmbc.  b2 x    =  2 2 t   a22 xa = tb  n a 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay ya = nc = 2   y c  2   2 zb = mc2  z   =c m b2 Suy ra xzn = ytm. (6.7) Chọn x, y, z, t, m, n sao cho xt = yn = zm = α thoả mãn (6.7) Ta có (x + y)(z + t)(m + n) = uv ⇔ (xz + xt + yz + yt)(m + n) = uv ⇔ xzm + xtm + yzm + ytm + xzn + xtn + yzn + ytn = uv ⇔ (x + y + m + n + t + z)α + 2xzn = uv. Mà (xzn)(ytm) = α3 nên xzn = √ Đặt q = α thì √ α3 . 2q 3 + (u + v + 1)q 2 − uv = 0. (6.8) Rõ ràng (6.8) có nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là q0 . Vậy min P = 2q0 với q0 là nghiệm dương duy nhất của phương trình (6.8). Nhận xét 5. Hai bài toán trên hoàn toàn có thể giải được theo phương pháp tam thức bậc hai thông thường. Bài toán 31 (Thi chọn đội tuyển Việt Nam dự IMO-1994). Xét bộ số thực a, b, c, d thoả mãn điều kiện 1 6 a2 + b2 + c2 + d2 6 1. 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau Q = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + d)2 + (b − 2a)2 + (c − 2d)2 . 38 Giải. Do vai trò của a và d, b và c là đối xứng trong biểu thức trên, ta dự doán rằng điểm cực trị sẽ đạt được tại các bộ số thoả mãn điều kiện a2 = d2 , b2 = c2 . Với p là số thực dương (được xác định sau), theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacovski, ta có  a2 2b2 c2  (1 + 3p) + + > (a − 2b + c)2 1 p p  b2  (p + 2) + 2a2 > (b − 2a)2 p  d2 2c2 b2  (1 + 3p) + + > (d − 2c + b)2 1 p p  c2  2 (p + 2) + 2d > (c − 2d)2 p Cộng vế với vế 4 bất đẳng thức trên, ta nhận được Q 6 (5 + 5p)(a2 + d2 ) + 5 + 10p 2 (b + c2 ). p (6.9) Bây giờ ta cần chọn p > 0 sao cho 1+p= 1 + 2p , p √ 1+ 5 . tức p = 2 √ 1+ 5 Thay p = vào (6.9), ta thu được 2 5(3 + Q6 2 √ 5) . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi     a > 0, c > 0, b < 0, d < 0 |a| = |d| = pb = pc    a2 + b2 + c2 + d2 = 1 √ 1+ 5 , ta nhận được Giải hệ trên ứng với p = 2  1  a = −d = − p √ ,  5 − 5 √ 5 − 1   −b = c = p √ . 2 5− 5 (6.10) Vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức bằng 5(3 + max Q = 2 √ 5) , khi a, b, c, d thoả mãn điều kiện (6.10). Tiếp theo, ta tìm giá trị nhỏ nhất. Với cách phân tích tương tự như trên, việc tìm Min Q được trình bày hoàn toàn tương tự. 39 Ta có Q = 5(a2 + d2 ) + 6(b2 + c2 ) + 2a(c − 4b) + 2d(b − 4c) − 8bc 1 1 > 5(a2 + d2 ) + 6(b2 + c2 ) − [p2 a2 + (c − 4b)2 ] − [p2 d2 + (b − 4c)2 ] − 8bc p p hay  8  17  2 Q > (5 − p)(a2 + d2 ) + 6 − (b + c2 ) + 2 − 4 bc. p p 8 − 4 < 0 và vì vậy p  8  17  2 Q > (5 − p)(a2 + d2 ) + 6 − (b + c2 ) + 2 − 4 (b2 + c2 ) p p   9 (b2 + c2 ). Q > (5 − p)(a2 + d2 ) + 2 − p √ 3 + 45 9 ∈ (2, 5), ta được Tiếp theo,chọn p sao cho 5 − p = 2 − , tức p = p 2 √ √  7 − 45 3 + 45  2 2 2 2 (a + b + c + d ) > . Q> 5− 2 4 Chọn p trong khoảng (2,5) sao cho Dấuđẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   pa = c − 4b 3      pd = b − 4c a = d = ± p 2 9 + p2 hay 3 b = c      b = c = ∓ p  1  2 9 + p2 a2 + b2 + c2 + d2 = 2 Vậy √ 7 − 45 min Q = . 4 với p = 3+ √ 2 45 . Bài toán 32. Xét bộ số x, y, z thoả mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 + 16 xy = a2 , 25 trong đó a là số dương cho trước. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy + yz + zx. Giải. Với q tuỳ ý (được chọn sau) trong (0, 1), áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm, ta có  p 2 + y 2 ) > 2q x2 y 2 > 2qxy  q(x   q q   2 1−q  2z2 > 2  (1 − q)x2 + z2 > 2 1−q x xz q 2 q 2 2 1−q 2 2 1−q z 2   (1 − q)y + 2 > 2 2 y z >2 2 yz    16 16   xy = xy. 25 25 Cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức trên, ta nhận được r  16  1−q 2 a > 2q + xy + 2 (yz + zx). (6.11) 25 2 40 Để xuất hiện biểu thức P ở vế phải của (6.11) ta chỉ việc chọn q sao cho r 16 1−q 7 2q + =2 hay q = . 25 2 25 5a2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 6   a   x = y = 5z x = y = ± √ 3 3 hay 3a 15   2 2 2 2 x + y + z + xy = a z = ± √ . 25 5 3 Thay giá trị q vào (6.11) ta thu được P 6 41 Chương 7 Các giá trị trung bình Ta sử dụng các giá trị trung bình để thực hiện quy trình sắp thứ tự gần đều trong bất đẳng thức. Chúng ta biết rằng đặc điểm của nhiều bất đẳng thức là dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả hoặc một vài biến số bằng nhau (xuất phát từ bất đẳng thức cơ bản x2 ≥ 0!, đặc biệt là bất đẳng thức đại sô. Phương pháp dồn biến dựa vào đặc điểm này để làm giảm biến số của bất đẳng thức, đưa bất đẳng thức về dạng đơn giản hơn. Để có thể chứng minh trực tiếp bằng cách khảo sát hàm một biến hoặc chứng minh bằng quy nạp. Để chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , . . . , xn ) ≥ 0, (7.1) ta có thể chứng minh f (x1 , x2 , . . . , xn ) ≥ f x + x x + x  1 2 1 2 , , . . . , xn . 2 2 hoặc f (x1 , x2 , . . . , xn ) ≥ f √ x1 x2 , √
x1 x2 , . . . , x n . (7.2) (7.3) Sau đó, chuyển sang việc chứng minh (7.1) về chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , x3 , . . . , xn ) ≥ g(x1 , x2 , . . . , xn ) tức là chứng minh bất đẳng thức có ít biến số hơn. Dĩ nhiên, các bất đẳng thức (7.2) có thể không đúng, hoặc chỉ đúng trong một số điều kiện nào đó. Vì ta chỉ thay đổi hai biến số nên có thể kiểm tra tính đúng đẳng của bất đẳng thức này một cách dễ dàng. Ta xét các bài toán sau để minh hoạ phương pháp. Bài toán 33. Chứng minh rằng nếu x, y, z, > 0 thì 2(x2 + y 2 + z 2 ) + 3(xyz)2/3 ≥ (x + y + z)2 . Chứng minh. Xét hàm F (x, y, z) = 2(x2 + y 2 + z 2 ) + 3(xyz)2/3 − (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 − 2xy − 2yz − 2zx + 3(xyz)2/3 Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≤ y ≤ z, ta cần chứng minh F (x, y, z) ≥ 0. thực hiện dồn biến bằng trung bình nhân, ta sẽ chứng minh √ √ F (x, y, z) ≥ F (x, yz, yz). 42 (7.4) √ √ Thật vậy, xét hiệu d = F (x, y, z) − F (x, yz, yz). √ √ d = x2 + y 2 + z 2 − 2xy − 2yz − 2zx − (x2 + yz + yz − 2x yz − 2x yz − 2yz) + 3(xyz)2/3 − 3(xyz)2/3 √ = y 2 + z 2 − 2yz + 4x yz − 2x(y + z) √ = (y − z)2 + 2x(−y − z + 2 yz) √ √ = (y − z)2 − 2x( y − z)2 √ √ √ √ = ( y − z)2 [( y + z)2 − 2x] √ √ √ = ( y − z)2 [(y + z − 2x) + 2 yz] ≥ 0 Vì x ≤ y ≤ z suy ra y + z ≥ 2x. Từ đó suy ra bất đẳng thức (7.4) đúng. Mặt khác √ √ √ F (x, yz, yz) = x2 − 4x yz + 3(xyz)2/3 Mà x2 + 3(xyz)2/3 = x2 (xyz)2/3 + (xyz)2/3 + (xyz)2/3 √ ≥ 4(x2 y 2 z 2 )1/4 = 4x yz nhờ áp dụng bất đẳng thức côsi cho bốn số không âm x2 , (xyz)2/3 , (xyz)2/3 , √ √ (xyz)2/3 . Do vậy F (x, yz, yz) ≥ 0. Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán 34. Chứng minh rằng nếu x, y, z, t ≥ 0 thì √ 3(x2 + y 2 + z 2 + t2 ) + 4 xyzt ≥ (x + y + z + t)2 . Chứng minh. Xét hàm √ F (x, y, z, t) = 3(x2 + y 2 + z 2 + t2 ) + 4 xyzt − (x + y + z + t)2 = 2(x2 + y 2 + z 2 + t2 ) − 2xy − 2xz − 2xt √ − 2yz − 2yt − 2zt + 4 xyzt Không mất tính tổng quát, ta có√thể giả √ sử x ≤ y ≤ z ≤ t, ta cần chứng minh F (x, y, z, t)√≥ 0,√trước hết, ta có F (x, y, z, t) ≥ F (x, y, zt, zt). Thật vậy, xét hiệu d = F (x, y, z, t) − F (x, y, zt, zt). √ d = 2(x2 + y 2 + z 2 + t2 ) − 2xy − (2xz + 2xt + 2yt + 2zt) + 4 xyzt− √ √ − [2(x2 + y 2 + zt + zt) − 2xy + 2x zt + 2x zt √ √ √ + 2y zt + 2y zt + 2zt) + 4 xyzt] √ √ = 2(z 2 + t2 ) − 4zt − 2x(z + t) − 2y(z + t) + 4 + 4x zt + 4y zt √ √ √ √ = 2(t − z)2 − 2x( t − z)2 − 2y( t − z)2 √ √ √ √ = ( t − z)2 [2( t + z)2 − 2x − 2y] Do x ≤ y ≤ z ≤ t nên √ √ √ 2( t + z)2 − 2x − 2y = 2(t + z − x − y + 2 zt) ≥ 0 suy ra d ≥ 0. 43 Tiếp theo ta chứng minh F (x, y, α, α) ≥ F (x, (yα2 )1/3 , (yα2 )1/3 , (yα2 )1/3 ) với α = √ zt. Đặt β = (yα2 )1/3 suy ra y = F (x, β3 , α2 ta phải chứng minh β3 , α, α) ≥ F (x, β, β, β) α2 3 và x ≤ αβ 2 ≤ α. Thật vậy xét β3 , α, α) − F (x, β, β, β) = α2 p xβ 3 2β 3 2β 3 β3 + + 2α2 ] + 4 xβ 3 − = 2(x2 + 2 + α2 + α2 ) − [2( 2 ) + 2xα + α α α α p 2 2 2 2 − [2(x + β + β + β ) − (2xβ + 2xβ + 2xβ + 2β 2 + 2β 2 + 2β 2 + 4 xβ 3 ]   2xβ 3   β6 4β 3 2 +6xβ = 2 4 + 2α2 − + 4xα + + 2α α α2 α  β6  β3 2β 3  = 2 4 + α2 − −2x 2 + 2α − 3β) α α α  β3 2 β3 = 2 2 − α +2x(3β − 2 − 2α) α α F (x, Mà β3 3β − 2 ≥ 4 α r r β3 β3 2 − 2( ) α2 α Bất đẳng thức này tương đương với mỗi bất đẳng thức sau r β3 β3 − α α p β3 3βα ≥ 4 β 3 α − α p β − 4 βα + 3α ≥ 0 p √ p √ ( β − α)( β − 3 α) ≥ 0 3β ≥ 4 Bất đẳng thức cuối đúng vì β ≤ α. Vậy (7.5) đúng. Từ đó suy ra F (x, p β3 β3 2 2β 3 3α − , α, α) − F (x, β, β, β) ≥ 2(α − ) + 2x(4 β − 2α) α2 α2 α Vế trái của bất đẳng thức này lớn hơn hoặc bằng r r r √ √ β3 2 √ β3 2 β3 2 2( α − ) ( α + ) − 4x( α − ) α2 r α2 r α2 √ β3 2 √ β3 2 ≥ 2( α − α + ) [( ) − 2x] ≥ 0 α2 α2 44 (7.5) đúng. Vậy F (x, β3 , α, α) ≥ F (x, β, β, β) α2 Mà F (x, β, β, β) = 2×2 − 6xβ + 4 p xβ 3 Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có p p p p p 2×2 + 4 xβ 3 = x2 + x2 + xβ 3 + xβ 3 + xβ 3 + xβ 3 ≥ 6xβ Suy ra F (x, β, β, β) ≥ 0, suy ra F (x, y, z, t) ≥ 0. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Bài toán 35. Cho a, b, c là các số không âm, sao cho a + b + c = d, n ≥ 2, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (ab)n (bc)n (ca)n P = + + . 1 − ab 1 − bc 1 − ac Chứng minh. Không giảm tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c. Xét (ab)n (bc)n (ca)n P (a, b, c) = + + . 1 − ab 1 − bc 1 − ac Ta chứng minh P (a, b, c) ≤ P (a, b + c, 0) Thật vậy ta xét hiệu P (a, b, c) − P (a, b + c, 0) h (ab)n (bc)n (ca)n i [a(b + c)]n − + + = 1 − a(b + c) 1 − ab 1 − bc 1 − ca Ta có (b + c)n [a(b + c)]n = an = 1 − a(b + c) 1 − a(b + c) (bn + nbn−1 c + · · · + nbcn−1 + cn ) = an 1 − a(b + c) n n a b an bn nan bn−1 c > + + 1 − a(b + c) 1 − a(b + c) 1 − a(b + c) Do a, b, c ≥ 0 suy ra 1 − a(b + c) = 1 − ab − ac ≥ 1 − ab và 1 − a(b + c) ≥ 1 − ac, suy ra an bn an bn bn cn cn bn an cn > và > > 1 − a(b + c) 1 − ab 1 − a(b + c) 1 − a(b + c) 1 − ac và nan bn−1 c nan bn−1 c bn cn ≥ ≥ 1 − a(b + c) 1 − bc 1 − bc Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 0, suy ra P (a, b, c) ≤ P (a, b + c, 0). Vậy ta cần tìm giá trị lớn nhất của P (a, b + c, 0) = (a(b + c))n an dn = , a ≥ 0, d ≥ 0, a + d = 1. 1 − a(b + c) 1 − ad 45 Ta có ad ≤ (a + d)2 1 = 4 4 Suy ra P (a, b + c, 0) ≤ (1/4)n 1 = 1 − 1/4 3.4n−1 Vậy 1 . 3.4n−1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 12 , b = 12 , c = 0 và các hoán vị của nó. Pmax = Bài toán 36. Cho a, b, c là các số thực bất kỳ, chứng minh rằng 4 F (a, b, c) = (a + b)4 + (b + c)4 + (c + a)4 − (a4 + b4 + c4 ) ≥ 0. 7 Chứng minh. Đây là đề thi chọn đội tuyển Việt Nam năm 1996, dùng phương pháp dồn biến cho trung bình cộng rồi thực hiện bước sau cùng bằng phương pháp đạo hàm. b+c Xét hiệu d = F (a, b, c) − F (a, b+c 2 , 2 ) 4 d = (a + b)4 + (b + c)4 + (c + a)4 − (a4 + b4 + c4 ) 7  b + c 4  b+c 4 ) − (b + c)4 + 47 (a4 + 2 − 2(a 2 2   4  (b + c)4 b + c = (a + b)4 + (c + a)4 − 2 a + − b4 − c4 + 47 2 8 = a(4b3 + 4c3 − (b + c)3 ) + 3a2 (2b2 + c2 − (b + c)2 ) + 73 (b4 + c4 − 18 (b + c)4 ) = 3a(b + c)(b − c)2 + 3a2 (b − c)2 + = 3a(a + b + c)(b + c)2 + 3 56 (b 3 56 (b 2 2 − c)2 (7b2 + 7c2 + 10bc) − c) (7b + 7c2 + 10bc) 3 Hạng tử 56 (b − c)2 (7b2 + 7c2 + 10bc) ≥ 0, ta xét hạng tử 3a(a + b + c)(b + c)2 . Nếu a, b, c cùng dấu thì 3a(a + b + c) không âm, suy ra d ≥ 0. Nếu a, b, c không cùng dấu, như vậy trong a, b, c có ít nhất một số cùng dấu với a, b, c. Không mất tổng quát, giả sử đó là a. Từ đẳng thức trên ta suy ra  b + c b + c F (a, b, c) ≥ F a, , 2 2 Như vậy ta còn phải chứng minh F (a, b, c) ≥ 0 với mọi a, b hay là 2(a + b)4 + (2b)4 − 74 (a4 + 2b3 ) ≥ 0 Nếu b = 0 thì bất đẳng thức trên là hiển nhiên. Nếu b 6= 0 thì chia hai vế bất đẳng thức cho b4 và đặt x = a/b, thế thì (7.6) trở thành 2(x + 1)4 + 16 − 47 (x4 + 2) ≥ 0 Xét hàm f (x) = 2(x + 1)4 − 47 (x4 + 2) + 16. Tính đạo hàm ta được f 0 (x) = 8(x + 1)3 − 16 3 7 x Suy ra f 0 (x) = 0 khi và chỉ khi x + 1 = (2/7)3 x hay x = −2, 99294. Suy ra fmin = f (−2, 9294) = 0, 4924 > 0 Điều này cho thấy bất đẳng thức rất chặt. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 46 (7.6) Chương 8 Bài tập áp dụng Bài 1. Cho tam thức bậc hai f (t) = at2 + bt + c. Đặt  2 2 1   3 x + 3 y − 3 z = x1 2 2 1 3 y + 3 z − 3 x = y1  2 2 1 3 z + 3 x − 3 y = z1 Chứng minh rằng f (x1 ) + f (y1 ) + f (z1 ) = f (x) + f (y) + f (z), ∀x, y, z ∈ R. Bài 2. Xác định các bộ số α, β, γ sao cho ứng với mọi tam thức bậc hai f (t) = at2 + bt + c, ta đều có hằng đẳng thức f (x1 ) + f (y1 ) + f (z1 ) = f (x) + f (y) + f (z), ∀x, y, z ∈ R, trong đó   αx + βy + γz = x1 αy + βz + γx = y1   αz + βx + γy = z1 Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y= x2 − 2x + 2 , trong đoạn [0; 2]. x2 + 2x + 2 Bài 4. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số √ √ 3 x+3+4 1−x+1 √ √ y= . 4 x+3+3 1−x+1 Bài 5. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x. Bài 6. Cho các số thực a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y= a1 sin x + b1 cos x + c1 . a2 sin x + b2 cos x + c2 47 Bài 7. Xét các tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thoả mãn điều kiện |f (x)| 6 1 ∀x ∈ [−1, 1]. Chứng minh rằng max(4a2 + 3b2 ) = 16. Bài 8. Giả sử các số thực x, y, z thoả mãn điều kiện xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x2 + 2y 2 + 5z 2 . Bài 9. Cho x, y, z ∈ R. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có b c  c a  a b  + − 1 x2 + + − 1 y2 + + − 1 z2 c b a c b a    b + c c + a a + b > 3− yz + 3 − zx + 3 − xy. a b c Bài 10. Cho a > b > c > 0. Chứng minh rằng a3 b b3 c c3 a + 3 + 3 > a + b + c. c3 a b Bài 11. Cho 0 6 x < 1. Chứng minh rằng với mọi bộ số (ak ), ta đều có n X n ak xk 6 √ k=0  X 1 1 2 a2k . 1 − x2 k=0 Bài 12. Chứng minh rằng với mọi bộ số (ak ), ta đều có  1  X n 1 2n 2 2 2 ak 6 ak . k n n   X n k=1 k=1 Bài 13. Chứng minh rằng với mọi bộ số dương (ak ) sao cho a1 + a2 + · · · + an = 1, ta đều có n  X 1 2 1 > n3 + 2n + . ak n ak + k=1 Bài 14. Chứng minh rằng với mọi bộ số (ak ), ta đều có n X 2 ak + n X 2 k (−1) ak 6 (n + 2) a2k . k=1 k=1 k=1 n X Bài 15. Chứng minh rằng với mọi bộ số (ajk , xj , yk ) (j = 1, 2, . . . , m; k = 1, 2, . . . , n), ta đều có m X n X √ 2 ajk xj yk 6 j=1 k=1 DC m X |xj | 2 n 1/2  X j=1 trong đó D = max 16j6m n X k=1 |ajk |, C = max 16k6n k=1 48 |yk |2 m X j=1 |ajk |. 1/2 , Bài 16. Tìm các cặp số a, b thoả mãn điều kiện a 6 b 6 4 sao cho bất đẳng thức: (x + y + z − 4)2 < xyz nghiệm đúng với mọi x, y, z ∈ [a, b] và hiệu b − a là lớn nhất. Bài 17. Chứng minh rằng với mọi a, b, c, x, y, z ∈ R, ta luôn có ax + by + cz + p 2 (a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 ) > (a + b + c)(x + y + z). 3 Bài 18 (K.Fan and J.Todd). Giả sử pij (i, j = 1, . . . , n; i 6= j) thoả mãn điều kiện X pij = pji, P = pij 6= 0. 16i