Toán học - Phương pháp dồn biến

PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN
Phan Thành Việt
Nội dung:
1. Giới thiệu.
2. BĐT 3 biến với cực trị đạt được đối xứng.
3. Dồn biến bằng kĩ thuật hàm số.
4. BĐT 3 biến với cực trị đạt được tại biên.
5. BĐT 4 biến.
6. Dồn biến bằng hàm lồi.
7. Dồn biến về giá trị trung bình.
8. Định lý dồn biến tổng quát.
9. Nhìn lại.
10. Bài tập.
1. Giới thiệu.
Các bạn thân mến, rất nhiều trong số các BĐT mà ta đã gặp có dấu
đẳng thức khi các biến số bằng nhau. Một ví dụ kinh điển là
Ví dụ 1: (BĐT Cauchy) Cho x, y, z > 0 thì x+ y + z ≥ 3 3√xyz.
Có thể nói số lượng BĐT như vậy nhiều đến nỗi nhiều bạn sẽ thấy
điều đó là ... hiển nhiên. Tất nhiên, không hẳn như vậy. Tuy nhiên, trong
trường hợp đẳng thức không xảy ra khi tất cả các biến bằng nhau thì ta
lại rất thường rơi vào một trường hợp khác, tổng quát hơn: đó là có một số
(thay vì tất cả) các biến bằng nhau. Ở đây chúng tôi dẫn ra một ví dụ sẽ
được chứng minh ở phần sau.
Ví dụ 2: (VMO) Cho x, y, z ∈ R, x2 + y2 + z2 = 9. Thì
2(x+ y + z)− xyz ≤ 10
Trong BĐT này thì dấu "=" xảy ra khi x = y = 2, z = −1 (và các hoán
vị).
1
Có thể nhiều bạn sẽ ngạc nhiên khi biết rằng còn có những bất đẳng
thức mà dấu "=" xảy ra khi các biến đều khác nhau. Ví dụ sau đây cũng
sẽ được chứng minh ở phần sau.
Ví dụ 3: (Jackgarfukel) Cho a, b, c là 3 số thực không âm và có tối đa
một số bằng 0. Thì ta luôn có:
a√
a+ b
+
b√
b+ c
+
c√
c+ a
≤ 5
4
√
a+ b+ c
Ở đây, dấu đẳng thức xảy ra khi a = 3b > 0, c = 0 (và các dạng hoán vị).
Các bạn có thể tự hỏi là các giá trị chẳng hạn như (3, 1, 0) có gì đặc biệt
mà làm cho đẳng thức xảy ra. Một cách trực giác, ta thấy dường như điểm
đặc biệt đó là do có một biến bằng 0. Vì giả thiết là các biến không âm,
nên biến bằng 0 còn được gọi là biến có giá trị trên biên.
Tóm lại, trong các BĐT mà ta gặp, có các trường hợp dấu "=" xảy
ra rất thường gặp: đó là trường hợp tất cả các biến bằng nhau (ta gọi là "cực
trị đạt được tại tâm"), tổng quát hơn là trường hợp có một số các biến bằng
nhau (ta gọi là "cực trị đạt được có tính đối xứng"), một trường hợp khác
là dấu "=" xảy ra khi có một biến có giá trị trên biên (và ta gọi là "cực trị
đạt được tại biên").
Phương pháp dồn biến được đặt ra để giải quyết các BĐT có dạng như
trên. Ý tưởng chung là: nếu ta đưa được về trường hợp có hai biến bằng
nhau, hoặc là một biến có giá trị tại biên, thì số biến sẽ giảm đi. Do đó
BĐT mới đơn giản hơn BĐT ban đầu, đặc biệt nếu BĐT mới chỉ còn một
biến thì bằng cách khảo sát hàm một biến số ta sẽ chứng minh BĐT khá
đơn giản. Chính vì tư tưởng là giảm dần số biến nên phương pháp này được
gọi là phương pháp dồn biến.
Bây giờ chúng tôi sẽ trình bày các kĩ thuật chính của phương pháp
thông qua các bài toán cụ thể. Đối tượng rất quan trọng mà chúng tôi
muốn bạn đọc nắm bắt là các BĐT với 3 biến số. Sau đó, các mở rộng cho
4 biến sẽ được trình bày. Cuối cùng, chúng ta đến với các phương pháp
dồn biến tổng quát cho n biến số, trong đó bạn đọc sẽ cùng chúng tôi đi từ
những kết quả "cổ điển" tới những cải tiến nhỏ và sau đó là một kết quả
2
hết sức tổng quát. Tinh thần xuyên suốt của chúng tôi là muốn bạn đọc
cảm nhận được tính tự nhiên của vấn đề. Qua đó, các bạn sẽ lý giải được
"tại sao", để rồi có thể tự mình bước đi trên con đường sáng tạo.
*Ghi chú: Chúng tôi sẽ đánh dấu các bài toán theo từng mục. Vì số lượng
các định lý là rất ít nên chúng tôi không đánh dấu. Chúng tôi cố gắng ghi
tên tác giả và nguồn trích dẫn đối với tất cả các kết quả quan trọng, ngoại
trừ những kết quả của chúng tôi.
2. BĐT 3 biến với cực trị đạt được đối xứng.
Xin phác họa lại tư tưởng của chúng ta như sau. Bài toán của chúng ta sẽ
có dạng f(x, y, z) ≥ 0 với x, y, z là các biến số thực thỏa mãn các tính chất
nào đấy. Điều chúng ta mong muốn là sẽ có đánh giá f(x, y, z) ≥ f(t, t, z)
với t là một đại lượng thích hợp tùy theo mỗi liên hệ giữa x, y, z (ta sẽ
gọi đây là kĩ thuật dồn về 2 biến bằng nhau). Sau đó chúng ta kiểm tra
f(t, t, z) ≥ 0 để hoàn tất chứng minh. Lưu ý rằng nếu các biến đã được
chuẩn hóa thì bước cuối chỉ là bài toán với một biến.
Trong mục này, chúng ta sẽ chỉ xem xét các ví dụ cơ bản nhất.
Bài toán 1. (BĐT Cauchy) Cho x, y, z > 0, chứng minh rằng
x+ y + z ≥ 3 3√xyz
Lời giải:
Vì BĐT là đồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử x+y+z = 1
(*). Viết lại bài toán dưới dạng f(x, y, z) ≥ 0 với f(x, y, z) = 1− 27xyz. Ta
thấy rằng khi thay x và y bởi t = x+y
2
thì điều kiện (*) vẫn bảo toàn (tức là
vẫn có t+ t+ z = 1), nên ta chỉ phải xem xét sự thay đổi của xyz.
Theo BĐT Cauchy với 2 biến (chứng minh rất đơn giản) thì xy ≤ t2,
nên xyz ≤ t2z. Vậy f(x, y, z) ≥ f(t, t, z).
Cuối cùng để ý là z = 1 − 2t nên ta có:
f(t, t, z) = 1− 27t2z = 1 − 27t2(1− 2t) = (1 + 6t)(1 − 3t)2 ≥ 0
và bài toán chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi x = y và 3t = 1, nghĩa
là x = y = 1/3, tương đương với x = y = z.
3
*Nhận xét:
1) Có thể nhiều bạn sẽ bỡ ngỡ với cách chuẩn hóa ở trên. Chúng tôi xin
nói rõ: không có gì là bí ẩn ở đây cả. Nếu thích, các bạn hoàn toàn có
thể chuẩn hóa theo cách khác, chẳng hạn giả sử xyz = 1 và chứng minh
f(x, y, z) ≥ 0 với f(x, y, z) = x+y+ z−3. Khi đó bước dồn biến sẽ là chứng
minh f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) với t = √xy. Đề nghị bạn đọc tự lý giải vì sao
trong lời giải trên thì ta xét t = x+y
2
còn ở đây lại xét t =
√
xy, và sau đó
hoàn thành chứng minh theo cách này.
2) Bạn đọc có thể thắc mắc: không cần chuẩn hóa được không? Câu trả lời
là: được! Thật vậy, chúng ta vẫn hoàn toàn có thể xét bài toán f(x, y, z) ≥ 0
với f(x, y, z) = x+ y + z − 3√xyz. Khi đó bước dồn biến sẽ là chứng minh
f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) với t = x+y
2
hay t =
√
xy đều được. Thực chất, điều này
hoàn toàn dễ hiểu, nó chỉ là sự tương ứng giữa BĐT có điều kiện và BĐT
không điều kiện (qua kĩ thuật chuẩn hóa).
3) Chúng tôi nghĩ là các bạn sẽ đồng ý rằng: nếu một bài toán đã chuẩn hóa
(tức là BĐT có điều kiện) thì nó sẽ "gợi ý" cho chúng ta cách dồn biến (phải
đảm bảo điều kiện), tuy nhiên, ngược lại một bài toán chưa chuẩn hóa (BĐT
không điều kiện) thì chúng ta sẽ có nhiều cách để dồn biến hơn (nói chung, ta
sẽ chọn cách dồn biến sao cho bảo toàn được "nhiều" biểu thức nhất trong
BĐT - điều này cũng tương đương với chuẩn hóa sao cho biểu thức có dạng
đơn giản nhất). Do đó, một sự phối hợp tốt giữa kĩ thuật chuẩn hóa và dồn
biến là một điều cần thiết. Tuy nhiên, khi đã quen với những điều này thì các
bạn sẽ thấy không có sự khác biệt đáng kể nào giữa chúng.
Bài toán 2. (BĐT Schur) Cho a, b, c ≥ 0, chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2(b+ c) + b2(c+ a) + c2(a+ b).
Lời giải:
Xét f(a, b, c) = a3+ b3+ c3+3abc− a2(b+ c)− b2(c+ a)− c2(a+ b). Đặt
t = b+c
2
, ta hi vọng: f(a, b, c) ≥ f(a, t, t). Xét
d = f(a, b, c)− f(a, t, t) =
[
b+ c− 5
4
a
]
(b− c)2
Ta thấy với a, b, c là các số không âm tùy ý thì không chắc có d ≥ 0. Tuy
nhiên, nếu giả sử a = min{a, b, c} thì ta vẫn có d ≥ 0. Khi đó ta chỉ còn phải
4
chứng minh f(a, t, t) ≥ 0. Nhưng BĐT này tương đương với a(a− t)2 ≥ 0
nên hiển nhiên đúng. Bài toán chứng minh xong.
*Nhận xét: Việc giả sử a = min{a, b, c} là một thủ thuật rất thường được áp
dụng để dồn biến. Nhắc lại là nếu BĐT 3 biến đối xứng thì ta có thể giả sử
a ≤ b ≤ c (hoặc a ≥ b ≥ c), còn trong trường hợp BĐT 3 biến hoán vị vòng
quanh thì ta có thể giả sử a = min{a, b, c} (hoặc a = max{a, b, c}).
Bài toán 3. Cho a, b, c là 3 số thực dương có tích bằng 1. Chứng minh
rằng:
1
a
+
1
b
+
1
c
+
6
a+ b+ c
≥ 5.
Hướng dẫn:
Nếu như 2 bài toán ban đầu là những bài toán quen thuộc, thì đây là
một bài toán khó. Với kinh nghiệm thu được từ bài toán 1, chúng ta có thể
nghĩ ngay tới việc dồn biến theo trung bình nhân để khai thác giả thiết
tích ba số bằng 1. Một lời giải theo hướng đó đã được bạn Yptsoi (Đài Loan)
đưa lên trên diễn đàn Mathlinks, mà sau đây chúng tôi xin dẫn lại một cách
vắn tắt.
Ta chứng minh được f(a, b, c) ≥ f(a,√bc,√bc) nếu giả sử a ≥ b ≥ c.
Tiếp theo, ta chứng minh rằng f(a,
√
bc,
√
bc) ≥ 5, hay là
f
(
1
x2
, x, x
)
≥ 5, với x =
√
bc
BĐT này tương đương với (x − 1)2(2x4 + 4x3 − 4x2 − x + 2) ≥ 0. Vì biểu
thức trong ngoặc thứ hai dương với x > 0 nên chứng minh hoàn tất. Đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Qua các ví dụ trên, chúng ta đã thấy cách dồn biến về trung bình cộng
và trung bình nhân thật là hữu dụng. Tuy nhiên, các cách dồn biến là vô
cùng phong phú và uyển chuyển. Ví dụ sau đây minh họa cho điều đó.
Bài toán 4.(Iran 1996) Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thì:
(ab+ bc+ ca)
( 1
(a+ b)2
+
1
(b+ c)2
+
1
(c+ a)2
)
≥ 9
4
.
Hướng dẫn:
Đây là một bài toán rất khó. Các bạn có thể thấy điều đó qua sự kiện
5
là dấu "=" đạt được ngoài a = b = c còn có a = b, c→ 0.
Các bạn nên thử để thấy 2 cách dồn biến thông thường là trung bình
cộng và trung bình nhân đều dẫn đến những BĐT vô cùng phức tạp. Lời
giải sau đây lấy từ ý của thầy Trần Nam Dũng, mà nếu nhìn kĩ bạn sẽ thấy
được mối tương quan, không chỉ trong tính toán mà trong cả tư duy, của các
kĩ thuật chuẩn hóa và dồn biến, mà chúng tôi đã đề cập trong nhận xét 3)
của bài toán 1.
Vì BĐT là đồng bậc nên ta có thể giả sử ab + bc + ca = 1 (*). Bây giờ
ta hi vọng có đánh giá f(a, b, c) ≥ 9
4
với f(a, b, c) là biểu thức thứ hai của
vế trái BĐT cần chứng minh. Ở đây t phải thỏa mỗi liên hệ ở (*), nghĩa là
t2 + 2tc = 1.
Bằng cách giả sử c = min{a, b, c} ta sẽ chứng minh được f(a, b, c) ≥
f(t, t, c). Cuối cùng, ta kiểm tra f(t, t, c) ≥ 9
4
. Ở đây bạn đọc có thể thay
c = 1−t
2
2t
vào BĐT để thấy:
f(t, t, c) =
(1− t2)(1 − 3t2)2
4t2(1 + t2)
≥ 0
Bài toán chứng minh xong!
*Nhận xét: Ở bước cuối, các bạn cũng có thể không chuẩn hóa nữa mà
quay lại BĐT đồng bậc:
(t2 + 2tc)(
2
(t+ c)2
+
1
4t2
) ≥ 9
4
⇔ (t2 + 2tc)(8t2 + (t+ c)2) − 9(t+ c)2t2 ≥ 0⇔ 2tc(t− c)2 ≥ 0
Cuối cùng chúng ta đến với một ví dụ mà cực trị không đạt tại tâm, mặc
dù BĐT là đối xứng. Các bạn sẽ thấy rằng, trong con đường của chúng ta
phần quan trọng nhất là dồn về hai biến bằng nhau, còn sau đó thì cực trị
đạt tại tâm hay không không phải là điều mấu chốt.
Bài toán 5. (VMO) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 9.
Chứng minh rằng: 2(x+ y + z)− xyz ≤ 10.
Lời giải.
Đặt f(x, y, z) = 2(x+ y + z)− xyz. Chúng ta hi vọng sẽ có f(x, y, z) ≥
f(x, t, t), trong đó t2 = (y2+ z2)/2 (*) (chúng tôi nghĩ rằng bây giờ bạn đọc
đã tự lý giải được điều này). Lưu ý là trong (*) t có thể nhận 2 giá trị, để
6
định ý ta hãy xét khi t ≥ 0.
Ta có: d = f(x, y, z) − f(x, t, t) = 2(y + z − 2t) − x(yz − t2). Ta thấy
ngay y + z − 2t ≤ 0 và yz − t2 ≤ 0. Do đó để có d ≤ 0 ta chỉ cần x ≤ 0.
Từ đó, ta giả sử x = min{x, y, z}. Xét trường hợp x ≤ 0. Khi đó
ta dồn biến như trên và chỉ còn phải chứng minh f(x, t, t) ≤ 10. Thay
t =
√
(9− x2)/2 ta có:
g(x) = f(x, t, t) = 2x+ 2
√
2(9 − x2)− x(9− x2)/2
Ta có:
g′(x) =
3x2
2
− 5
2
− 4x√
18 − 2x2
Giải ra ta thấy phương trình g′(x) = 0 chỉ có 1 nghiệm âm là x = −1. Hơn
nữa g′ liên tục và g′(−2) > 0 > g(0) nên suy ra g′ đổi dấu từ dương sang âm
khi đi qua điểm x = −1. Vậy ∀x ≤ 0 thì g(x) ≤ g(−1) = 10 và ta có điều
phải chứng minh. Trường hợp này đẳng thức đạt được tại x = −1, y = z = 2.
Phần còn lại ta phải giải quyết trường hợp x > 0, tức là 3 số x, y, z đều
dương. Lúc này dấu BĐT là thực sự và ta chỉ cần đánh giá đơn giản chứ
không phải thông qua dồn biến. Nếu x ≥ 3/4 thì
f(x, y, z) = 2(x+y+z)−xyz ≤ 2
√
3(x2 + y2 + z2)−(3
4
)3 = 2
√
27− 27
64
< 10
Nếu x ≤ 3/4 thì
f(x, y, z) = 2(x+y+z)−xyz ≤ 2(
√
2(y2 + z2)+3/4) ≤= 2(
√
18+3/4) < 10
Bài toán chứng minh xong!
3. Dồn biến bằng kĩ thuật hàm số.
Đây là một kĩ thuật rất quan trọng của phương pháp dồn biến. Tuy
nhiên chúng tôi giới thiệu nó ngay sau phần cơ bản nhất là nhằm trang
bị cho các bạn một kĩ thuật cần thiết trước khi đi qua các mục sau. Hơn
nữa, chúng tôi nghĩ rằng khi đã quen với nó thì các bạn sẽ không còn phải
phân biệt cực trị đạt tại tâm hay tại biên, và do đó mục tiếp theo sẽ nhẹ
nhàng hơn.
7
Trong $2 chúng ta thấy rằng để chứng tỏ f(x, y, z) ≥ f(t, t, z) ta chỉ
việc xét hiệu d = f(x, y, z)− f(t, t, z) rồi tìm cách đánh giá sao cho d ≥ 0.
Tuy nhiên, đó là vì dạng BĐT quá đơn giản, phù hợp với các biến đổi
đại số. Giả sử ta phải làm việc với biểu thức f có dạng, chẳng hạn, như:
f(x, y, z) = xk + yk + zk với k > 0 thì các cách biến đổi đại số sẽ trở nên
rất cồng kềnh và phức tạp.
Kĩ thuật hàm số dùng để giải quyết các trường hợp như vậy. Ý tưởng
chính thế này, chẳng hạn để chứng minh f(x, y, z) ≥ f(x, t, t) với t =
(y+ z)/2, ta xét hàm: g(s) = f(x, t+ s, t− s) với s ≥ 0. Sau đó chứng minh
g tăng với s ≥ 0 (thông thường dùng công cụ đạo hàm rất tiện lợi), suy ra
g(s) ≥ g(0), ∀s ≥ 0, và ta sẽ thu được điều mong muốn. Một trong những
ví dụ quen thuộc với các bạn là dồn biến bằng hàm lồi, tuy nhiên dưới đây
chúng ta sẽ quan sát kĩ thuật dồn biến trong bối cảnh tổng quát hơn, còn
vấn đề về hàm lồi sẽ được trở lại ở một mục sau trong bài toán với n biến.
Chúng tôi nhấn mạnh rằng, đây là một kĩ thuật khó, bởi nó chứa đựng
những nét rất tinh tế của phương pháp dồn biến. Những ví dụ sau đây thể
hiện rất rõ vẻ đẹp và sức mạnh của phương pháp dồn biến.
Bài toán 1. Cho k > 0 và a, b, c là các số không âm và chỉ có tối đa 1
số bằng 0. Chứng minh rằng:
(
a
b+ c
)k + (
b
c+ a
)k + (
c
a+ b
)k ≥ min{2, 3
2k
} (∗)
Lời giải:
Tất nhiên ta chỉ cần chứng minh BĐT khi 2 = 3
2k
⇔ k = ln3
ln2
− 1 (các
bạn hãy suy nghĩ tại sao BĐT đúng cho trường hợp này lại dẫn đến BĐT
đúng cho trường hợp tổng quát). Chú ý với k như trên thì đẳng thức xảy
ra tại hai chỗ là a = b = c hoặc a = b, c = 0 (và các hoán vị).
Không mất tổng quát có thể giả sử a + b + c = 1 và b ≥ c ≥ a. Đặt
t = b+c
2
và m = b−c
2
, suy ra b = t+m, c = t−m,a = 1− 2t . Khi đó vế trái
BĐT cần chứng minh là:
f(m) =
(
1 − 2t
2t
)k
+
(
t+m
1 − t−m
)k
+
(
t−m
1 +m− t
)k
Vì c ≥ a nên 3t− 1 ≥ m ≥ 0, và 1 ≥ b+ c = 2t nên 1
2
≥ t ≥ 1
3
Ta sẽ khảo sát f(m) trên miền m ∈ [0, 3t− 1] với t ∈ [1
3
, 1
2
] là hằng số.
8
Ta có:
f ′(m) =
k(t+m)k−1
(1 − t−m)k+1 −
k(t−m)k−1
(1 +m− t)k+1
f ′(m) ≥ 0⇔ (t+m)
k−1
(1− t−m)k+1 ≥
(t−m)k−1
(1 +m− t)k+1
⇔ g(m) := [ln(t−m)− ln(t+m)]− k + 1
1 − k [ln(1− t−m)− ln(1 +m− t)] ≥ 0
Tiếp tục khảo sát g, ta có:
g′(m) = −
[
1
t−m +
1
t+m
]
+
k + 1
1− k
[
1
1 − t−m +
1
1 +m− t
]
≥ 0
⇔ −2t
(t−m)(t+m) +
k + 1
1 − k .
2(1− t)
(1− t−m)(1 +m− t) ≥ 0 (1)
Đánh giá k+1
1−k ≥ 2, do vậy để chứng minh (1) ta cần chứng minh
⇔ −t
t2 −m2 +
2(1 − t)
(1 − t)2 −m2 ≥ 0 (1)
⇔ u(m) = −t+ 4t2 − 3t3 + 3tm2 − 2m2 ≥ 0
Thật vậy, vì u′(m) < 0 nên u(m) ≥ u(3t− 1) = 2(3t− 1)(2t− 1)2 ≥ 0
Vậy g(m) đồng biến suy ra g(m) ≥ g(0) = 0 suy ra f ′(m) ≥ 0 suy ra
f(m) ≥ f(0). Nhớ là khi m = 0 thì b = c = t.
Cuối cùng, ta cần chứng minh h(t) := f(0) ≥ 2. Viết lại:
h(t) =
(
1− 2t
2t
)k
+ 2
(
t
1 − t
)k
Ta khảo sát h(t) trên miền t ∈ [0, 1
3
]. Ta có:
h′(t) =
2ktk−1
(1 − t)k+1 −
k
2k
.
(1− 2t)k−1
tk+1
≤ 0
⇔ 2k+1t2k ≤ [(1− t)(1− 2t)]k−1 (2)
Trong BĐT cuối, vế trái là hàm đồng biến theo t và vế phải là hàm nghịch
biến theo t, và lưu ý là t ≤ 1
3
nên để chứng minh (2) ta cần:
2k+1
(
1
3
)2k
≤ [(1− 1
3
)(1 − 2
3
)]k−1
9
Bất đẳng thức này đúng, nên h(t) nghịch biến, suy ra
h(t) ≥ h(1
3
) = 2
Bài toán được giải quyết trọn vẹn!
Nhận xét: Để thấy được nét đẹp của bài toán này, chúng tôi xin dẫn ra
một số trường hợp riêng của nó, bản thân chúng đã là các bài toán hay và
được biết đến một cách rộng rãi.
1) Trường hợp k = 1, ta thu được BĐT Netbit:
a
b+ c
+
b
c+ a
+
c
a+ b
≥ 3
2
Đây là một BĐT rất nổi tiếng. Một cách chứng minh "kinh điển" là:
a
b+ c
+
b
c+ a
+
c
a+ b
+ 3 =
a+ b+ c
b+ c
+
a+ b+ c
a+ c
+
a+ b+ c
a+ b
= (a+ b+ c)(
1
b+ c
+
1
c+ a
+
1
a+ b
)
≥ (a+ b+ c) 9
(b+ c) + (c+ a) + (a+ b)
=
9
2
2) Trường hợp k = 1
2
, ta thu được BĐT sau:√
a
b+ c
+
√
b
c+ a
+
√
c
a+ b
≥ 2
Đây cũng là một bài toán rất đẹp, trước đây được biết đến như một BĐT
ngược chiều với BĐT Netbit. Có một lời giải rất đơn gản, chỉ dùng BĐT
Cauchy: √
a
b+ c
=
2a
2
√
a(b+ c)
≥ 2a
a+ b+ c
3) Trường hợp k ≥ 2
3
, ta có BĐT sau:
(
a
b+ c
)k + (
a
b+ c
)k + (
a
b+ c
)k ≥ 3
2k
10
Đây cũng là một bài toán rất đẹp đã được biết đến từ trước như là một
mở rộng cho BĐT Netbit (nó cũng từng được đăng trên tạp chí THTT với tên
của tác giả là Trần Tuấn Anh). Từ kết quả bài toán tổng quát, ta biết rằng
2/3 không phải là số tốt nhất để có giá trị nhỏ nhất là 3/2k . Tuy nhiên, nó
là số tốt nhất theo nghĩa có thể áp dụng BĐT Cauchy theo cách sau đây. Để
đơn giản chúng tôi trình bày với trường hợp k = 2/3.
a+ b+ c = a+
b+ c
2
+
b+ c
2
≥ 3 3
√
a(
b+ c
2
)2
⇒ ( 2a
b+ c
)
2
3 ≥ 3a
a+ b+ c
Cùng với bài toán 1, bài toán sau đây cũng là một trong những ví dụ rất
đẹp cho kĩ thuật hàm số.
Bài toán 2. Cho k > 0, a, b, c ≥ 0 và a+ b+ c = 3. Chứng minh rằng:
(ab)k + (bc)k + (ca)k ≤ max{3, (3
2
)k} (∗)
Lời giải:
Không mất tổng quát có thể giả sử b ≥ c (còn việc cho a = min hay
max thì tùy theo tình huống, ta sẽ điều chỉnh một cách "hợp lí" khi cần
thiết).
Đặt t = b+c
2
và m = b−c
2
suy ra b = t+m, c = t−m . Khi đó vế trái BĐT
cần chứng minh trở thành:
f(m) = ak[(t+m)k + (t−m)k] + (t2 −m2)k
Ta khảo sát f(m) trên miền m ∈ [0, t]. Ta có:
f ′(m) = kak[(t+m)k−1 − (t−m)k−1]− 2km(t2 −m2)k−1
f ′(m) ≥ 0⇔ g(m) := ak[(t−m)1−k − (t+m)1−k]− 2m ≥ 0
Tất nhiên ta chỉ cần xét khi k > 1 (khi k ≤ 1 thì bài toán đơn giản).
Ta có:
g′′(m) = akk(k − 1)[(t−m)−k−1 − (t+m)−k] > 0
11
⇒ g′(m) đồng biến, do đó có tối đa một nghiệm trên (0, t). Vì g(0) =
0, g(t) = +∞ nên chỉ có hai khả năng:
g(m) > 0 hoặc g(m) = − 0 +
Tương ứng ta có f(m) đi lên hoặc f(m) đi xuống rồi lại đi lên. Trong trường
hợp nào thì cực đại cũng đạt ở biên do đó
f(m) ≤ max{f(0), f(t)}
Nhắc lại là m = 0⇔ b = c = t và m = t⇔ c = 0.
Dễ thấy khi c = 0 thì:
f(t) = 2(ab)k ≤
(
3
2
)2k
nên ta chỉ còn phải xét trường hợp còn lại. Đặt:
h(t) := f(0) = 2tkak + t2k = 2tk(3− 2t)k + t2k
Ta có:
h′(t) = −4k(3− 2t)k−1tk + 2k(3 − 2t)kbk−1 + 2kb2k−1
h′(t) ≥ 0⇔−2
(
3− 2t
t
)k−1
+
(
3− 2t
t
)k
+ 1 ≥ 0
⇔ u(x) := xk − 2xk−1 + 1 ≥ 0 với x = 3− 2t
t
Ta có: u′(x) = [kx− 2(k − 1)]xk−2. Vì u′(x) có tối đa một nghiệm trên R+
nên u(x) có tối đa 2 nghiệm trong R+ , trong đó một nghiệm là x = 1.
Từ đó, ta sẽ giả sử a = min{a, b, c}. Khi đó ta chỉ việc xét khi t ≥ 1 và
tương ứng sẽ là x ≤ 1. Vì u(x) chỉ có tối đa 1 nghiệm trong (0, 1) nên h′(t)
chỉ có tối đa 1 nghiệm trong (1, 3
2
).
Lưu ý là lưu ý h′(1) = 0, h′(3
2
) > 0. Do đó, chỉ có hai khả năng hoặc h(t)
đồng biến hoặc h(t) có dạng −0+. Trong trường hợp nào thì h(t) cũng đạt
max tại hai biên, suy ra:
h(t) ≤ max{f(1), f(3
2
)} = max{3, (3
2
)2k}
và bài toán giải quyết xong!
12
*Nhận xét: Ở đây chúng tôi không giả thiết a = min{a, b, c} ngay từ đầu là
muốn nhấn mạnh rằng: việc dồn về 2 biến bằng nhau luôn thực hiện được
mà không cần thứ tự sắp được giữa các biến. Tận dụng điều đó, chúng ta
có thể làm cách khác để né việc khảo sát bài toán 1 biến.
Thật vậy, như trong chứng minh đã chỉ ra, ta luôn có BĐT sau đây mà
không cần giả thiết gì về thứ tự của a, b, c:
f(a, b, c) ≤ max{(3
2
)2k, f(a,
b+ c
2
,
b+ c
2
)} (∗)
Từ đó, với mỗi a, b, c cố định, xét dãy số sau: (a0, b0, c0) = (a, b, c), và
∀n ∈ Z+ thì ta định nghĩa bằng quy nạp:
(a2n−1, b2n−1, c2n−1) = (a2n−2,
b2n−2 + b2n−2
2
,
b2n−2 + b2n−2
2
)
và:
(a2n, b2n, c2n) = (
a2n−1 + b2n−1
2
,
a2n−1 + b2n−1
2
, c2n−1)
thì ta có ngay
f(a, b, c) ≤ max{(3
2
)2k, f(an, bn, cn)},∀n ∈ Z+
Dễ thấy các dãy {an}, {bn}, {bn} đều hội tụ về 1, nên chuyển qua giới hạn
ta có điều phải chứng minh.
Kĩ thuật chuyển qua giới hạn như vậy cũng khá tự nhiên. Nó có thể
tổng quát lên thành 2 định lý dồn biến tổng quát là SMV và UMV mà
chúng tôi sẽ giới thiệu ở phần sau. Cũng sử dụng tính liên tục của hàm số
nhưng với kĩ thuật khác, chúng tôi còn đạt được 1 kết quả tổng quát hơn.
Sau khi có (*), còn một cách khác để đạt được điều phải chứng minh
mà chỉ cần sử dụng một số hữu hạn lần thay thế. Tuy nhiên, để khỏi trùng
lắp chúng tôi sẽ giới thiệu nó trong mục BĐT 4 biến (và các mục sau), khi
mà nó thực sự cần thiết.
h Còn trong trường hợp 3 biến, chúng tôi sẽ chỉ sử dụng cách tiếp cận đơn
giản nhất (dồn về 1 biến rồi khảo sát), nhằm giữ được tính trong sáng của
tư tưởng.
Chúng tôi hi vọng rằng, sau khi đọc kĩ hai bài toán trên, thì các bạn có
thể sử dụng kĩ thuật hàm số để dồn biến theo cách bất kì, chứ không nhất
13
thiết là dồn về trung bình cộng. Sau đây là một ví dụ cho kiểu dồn biến
về trung bình nhân.
Bài toán 3: (Phạm Kim Hùng)
a) Cho các số thực dương a, b, c có tích bằng 1 . Chứng minh rằng:
(i) 81(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ≤ 8(a+ b+ c)4
(ii) 64(1 + a3)(1 + b3)(1 + c3) ≤ (a+ b+ c)6
Lời giải:
(i). Đặt f(a, b, c) = 8(a+ b+ c)4 − 81(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2). Ta có thể giả
sử a ≥ b. Xét hàm số g(t) = f(ta, b/t, c) với t ∈ [√b/a, 1]. Ta có:
g′(t) = 32(a− b
t2
)(ta+
b
t
+ c)3 − 81(a− b
t2
)(ta+
b
t
)(1 + c2)
Vì t ∈ [√b/a, 1] nên g′(t) ≥ 0 nếu:
32(d + c)3 ≥ 81d(1 + c2) với d = ta+ b
t
Ta có: 32(d+c)3 > 32d(d2+2dc+3c2) ≥ 32d(3 3√d4c2+3c2) > 81d(1+c2)
(lưu ý là d2c ≥ 4)
Vậy g′(t) ≥ 0 với t ∈ [√b/a, 1]. Do đó: g(1) ≥ g(√b/a). Vậy f(a, b, c) ≥
f(s, s, c) với s =
√
ab. Thay s = 1/
√
c ta được:
f(s, s, c) = f(
1√
c
,
1√
c
, c) = 8(
2√
c
+ c)4 − 81(1 + 1
c
)2(1 + c2)
= (
√
c− 1
c
)2(8c5 + 16c
9
2 + 24c4 + 96c
9
2 + 87c3 + 78c
5
2+
+99c2 + 120c
3
2 − 21c + 94√c + 47)
≥ 0 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
(ii) Bằng cách làm tương tự như trên, bạn đọc có thể tự chứng minh BĐT
này. Ở đây chúng tôi xin lưu ý rằng BĐT là thực sự và 64 là hằng số tốt nhất.
Điều cuối cùng mà chúng tôi muốn nói với bạn đọc, đó là từ việc nắm
được phương pháp đến việc vận đụng được nó một cách thành thạo là cả
một quá trình. Điều cần nhất là các bạn phải có ý chí để thực hiện vấn đề
tới nơi tới chốn chứ đừng bỏ dở nửa chừng, dù phải đối mặt với những tính
14
toán phức tạp. Rồi thành công trước mỗi bài toán sẽ khiến các bạn tự tin
hơn. Chúng tôi dẫn ra đây một bài toán mà có thể lời giải của nó sẽ khiến
nhiều bạn "khiếp sợ", tuy nhiên