Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hoán vị

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH 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. 1 Dùng phần tử cực hạn và sắp thứ tự các 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 ≤[ (a− c)2 + 2ac+ 2ac ]3 27 = (a+ c)6 27 nên (a− c)2a2c2 ≤ (a+ c) 6 108 ≤ (a+ b+ c) 6 108 (1.4) 1 Hội 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 c+ a+ 1 ≤ 1. (1.5) 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 2.27 = 4. 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. 2 Dùng phân tích bình phương và đánh giá sau phân 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 chứngminh 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+ ca 6= 0. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 + 3abc. a2b+ 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) [ (a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2 ] − 3abc. (a− b) (b− c) (c− a) ab2 + bc2 + ca2 2 Hội 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 = 6abcab2 + 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 ≥ c tức 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 ≥ a tức Sa ≥ 0; Sb ≥ 0; Sc ≥ 0. VT (S) = (Sa + Sb) (b− c)2 + (Sb + Sc) (a− b)2 + 2Sb (a− b) (b− c) ≥ 2 √ (Sa + Sb) (Sb + Sc) (b− c) (b− a) + 2Sb (a− b) (b− c) Vậy VP(2.6)−VT(2.6) ≥ [ 2 √ (Sa + Sb) (Sb + Sc) + 2Sb − S (c− a) ] (a− b) (b− c) (2.4) Mà 2 √ (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 2 √ (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. a2 + 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 3 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 3. 2 ( a2b+ 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 ( a2b+ b2c+ c2a )− abc 2 (ab2 + bc2 + ca2)− abc − 1 ≥ 0 ⇔ (a− b) 2 + (b− c)2 + (c− a)2 ab+ bc+ ca + −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 ≥ c thì 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 2 √ (Sa + Sb) (Sb + Sc) + 2Sb − S (c− a) ≥ 0 ⇔ 6a+ b+ c − 6 (c− a) 2 (ab2 + bc2 + ca2)− abc ≥ 0 ⇔ 2 ( ab2 + 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 3 Chuyển bất đẳng thức hoán vị thành bất đẳng thức 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√ a2 + b2 + ab+ ac+ √ b2 + c2 + bc+ ba+ √ c2 + 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 4 Hội 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 ⇔ √ a+ b2 + √ a+ c2 ≥ 2a+ b+ c (3.2) Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có√ a+ b2 + √ a+ c2 = √(√ a )2 + b2 + √(√ a )2 + c2 ≥ √(√ a+ √ a )2 + (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. 5