Chuyên đề Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức Jack Garfunkel - Võ Quốc Bá Cẩn

CY
H
Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức
Jack Garfunkel
Võ Quốc Bá Cẩn
Đại học Y Dược Cần Thơ
Ngày 9 tháng 5 năm 2008
Tóm tắt nội dung
Trong bài này, chúng ta sẽ giới thiệu một cách chứng minh bằng phép dồn
biến cổ điển cho bất đẳng thức sau
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
 5
4
p
a+ b+ c
Bất đẳng thức này được tác giả Jack Garfunkel đề nghị trên tạp chí Crux
Magazine năm 1991 (bài toán 1490). Đây là một bài toán hay và khó mặc dù
hiện nay đã nhận được nhiều lời giải cho nó nhưng một lời giải bằng phép dồn
biến thuần túy thì đến nay vẫn chưa nhận được.
Trước hết chúng ta cần có kết quả sau làm bổ đề phụ trợ cho chứng minh bất đẳng
thức Jack Garfunkel
Bài toán 1 Cho các số không âm a; b; c; tất cả không đồng thời bằng 0: Chứng minh
rằng
a
4a+ 4b+ c
+
b
4b+ 4c+ a
+
c
4c+ 4a+ b
 1
3
:
(Phạm Kim Hùng)
Lời giải. Chuẩn hóa cho a+ b+ c = 3; khi đó bất đẳng thức trở thành
a
3 c +
b
3 a +
c
3 b  1
, a(3 a)(3 b) + b(3 b)(3 c) + c(3 c)(3 a)  (3 a)(3 b)(3 c)
, a2b+ b2c+ c2a+ abc  4
Không mất tính tổng quát, giả sử b là số hạng nằm giữa a và c; thế thì ta có
c(b a)(b c)  0
1
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
) b2c+ c2a  abc+ bc2
) a2b+ b2c+ c2a+ abc  b(a+ c)2 = 1
2

 2b 
 (a+ c) 
 (a+ c)
 1
2

2b+ a+ c+ a+ c
27
3
= 4:
Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
hoặc (a; b; c)  (2; 1; 0):
Nhận xét 1 Đây là một bổ đề khá chặt và có thể được dùng để giải nhiều bài toán
khác, các bạn hãy ghi nhớ nó nhé! Ngoài ra, chúng ta có thể làm mạnh bổ đề như sau
a2b+ b2c+ c2a+ abc+
1
2
abc(3 ab bc ca)  4
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Bây giờ chúng ta sẽ đi đến giải quyết bài toán chính
Bài toán 2 Cho các số không âm a; b; c, không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
 5
4
p
a+ b+ c:
(Jack Garfunkel)
Lời giải. Ta xét 2 trường hợp
Trường hợp 1. c  b  a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
2
 (a+ b+ c)

a
a+ b
+
b
b+ c
+
c
c+ a

Lại có do c  b  a nên
a
a+ b
+
b
b+ c
+
c
c+ a
=
3
2
+
1
2

a b
a+ b
+
b c
b+ c
+
c a
c+ a

=
3
2
 (c a)(c b)(b a)
(a+ b)(b+ c)(c+ a)
 3
2
<
25
16
Nên hiển nhiên
ap
a+ b
+
bp
b+ c
+
cp
c+ a
 5
4
p
a+ b+ c
Trường hợp 2. a  b  c:
2
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
Trường hợp 2.1. 115 b  a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X
cyc
ap
a+ b
!2

"X
cyc
a(4a+ 4b+ c)
a+ b
# X
cyc
a
4a+ 4b+ c
!
=
"
3
X
cyc
a+
X
cyc
a(a+ b+ c)
a+ b
# X
cyc
a
4a+ 4b+ c
!
=
 X
cyc
a
! 
3 +
X
cyc
a
a+ b
! X
cyc
a
4a+ 4b+ c
!
Theo kết quả bài toán trước, ta cóX
cyc
a
4a+ 4b+ c
 1
3
Nên ta chỉ cần chứng minh được X
cyc
a
a+ b
 27
16
, (11a2 + 6ab 5b2)c+ (ab+ c2)(11b 5a)  0 (đúng)
Trường hợp 2.2. a  115 b; đặt f(a; b; c) = apa+b + bpb+c + cpc+a : Vì bài toán này có
đẳng thức xảy ra tại a = 3; b = 1; c = 0 nên ý tưởng của chúng ta sẽ là dồn 1 biến về
0, tức là chứng minh
f(a; b; c)  f(a1; b1; 0)
với a1 + b1 = a+ b+ c:
Việc làm này nói có vẻ rất đơn giản nhưng khi thực hiện, bạn sẽ thấy rất khó vì các
biểu thức trong căn rất khó cho ta để đánh giá chúng, và nếu chúng ta cứ "cố chấp"
một giá trị a1; b1 hoài khi dồn biến thì cũng rất khó mà ta phải linh động hơn, tùy
theo những trường hợp cụ thể mà chọn a1; b1 thích hợp ứng với những trường hợp ấy.
Chúng ta sẽ xét những trường hợp nhỏ như sau
Trường hợp 2.2.1. a  3b; khi đó ta sẽ chứng minh
ap
a+ b
 a+
c
2p
a+ b+ c
, a2(a+ b+ c) 

a2 + ac+
c2
4

(a+ b)
, 1
4
c4(a+ b)  0 (đúng)
3
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
và
bp
b+ c
+
cp
c+ a

r
b+
c
2
Do a  3b nên ta chỉ cần chứng minh được
bp
b+ c
+
cp
3b+ c

r
b+
c
2
, b
2
b+ c
+
c2
3b+ c
+
2bcp
(b+ c)(3b+ c)
 b+ c
2
, c
2
3b+ c
+
2bcp
(b+ c)(3b+ c)
 c
2
+
bc
b+ c
, c
3b+ c
+
2bp
(b+ c)(3b+ c)
 b
b+ c
+
1
2
Do b  c nên 3b+ c  2(b+ c); suy ra
2bp
(b+ c)(3b+ c)

p
2b
b+ c
 3b
2(b+ c)
Lại có
1
2
+
b
b+ c
 c
3b+ c
 3b
2(b+ c)
=
c(b c)
2(b+ c)(3b+ c)
 0
Từ đây, ta đi đến
f(a; b; c)  f

a+
c
2
; b+
c
2
; 0

Trường hợp 2.2.2. 3b  a  52b; khi đó, ta sẽ chứng minh
ap
a+ b
 a+
3
8cp
a+ b+ c
, a2(a+ b+ c) 

a2 +
3
4
ac+
9
64
c2

(a+ b)
, 9
64
c2(a+ b) +
1
4
ca(3b a)  0 (đúng)
và
bp
b+ c
+
cp
c+ a

r
b+
5
8
c
4
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được
bp
b+ c
+
cq
c+ 52b

r
b+
5
8
c
, b
2
b+ c
+
c2
5
2b+ c
+
2bcq
(b+ c)(52b+ c)
 b+ 5
8
c
, c
2
5
2b+ c
+
2bcq
(b+ c)(52b+ c)
 5
8
c+
bc
b+ c
, c5
2b+ c
+
2bq
(b+ c)(52b+ c)
 b
b+ c
+
5
8
Do b  c nên
5
2
b+ c  7
4
(b+ c) =
28
16
(b+ c)  25
16
(b+ c)
) 2bq
(b+ c)( 52b+ c)
 8b
5(b+ c)
Lại có
5
8
+
b
b+ c
 8b
5(b+ c)
 c5
2b+ c
=
(b+ 10c)(5b 3c)
40(b+ c)(5b+ 2c)
 0
Vậy nên
f(a; b; c)  f

a+
3
8
c; b+
5
8
c; 0

Trường hợp 2.2.3. 52b  a  115 b; khi đó ta sẽ chứng minh
ap
a+ b
 a+
5
14cp
a+ b+ c
, a2(a+ b+ c) 

a2 +
5
7
ac+
25
196
c2

(a+ b)
, 25
196
c2(a+ b) +
1
7
ca(5b 2a)  0 (đúng)
và
bp
b+ c
+
cp
c+ a

r
b+
9
14
c
5
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
Tương tự như trên, ta chỉ cần chứng minh được
bp
b+ c
+
cq
c+ 115 b

r
b+
9
14
c
, b
2
b+ c
+
c2
11
5 b+ c
+
2bcq
(b+ c)( 115 b+ c)
 b+ 9
14
c
, c
2
11
5 b+ c
+
2bcq
(b+ c)( 115 b+ c)
 9
14
c+
bc
b+ c
, c11
5 b+ c
+
2bq
(b+ c)( 115 b+ c)
 b
b+ c
+
9
14
Do b  c nên
11
5
b+ c  8
5
(b+ c)  25
16
(b+ c)
) 2bq
(b+ c)(115 b+ c)
 8b
5(b+ c)
Lại có
9
14
+
b
b+ c
 8b
5(b+ c)
 c11
5 b+ c
=
33b2 + 160bc 125c2
70(b+ c)(5b+ 2c)
 0
Vậy nên
f(a; b; c)  f

a+
5
14
c; b+
9
14
c; 0

Như vậy, ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp có 1 biến bằng 0 là đủ. Không mất
tính tổng quát, giả sử c = 0: Khi đó bất đẳng thức trở thành
ap
a+ b
+
p
b  5
4
p
a+ b
, a+
p
b(a+ b)  5
4
(a+ b)
, 4
p
b(a+ b)  a+ 5b
,
p
a+ b 2
p
b
2
 0 (đúng):
Bài toán được giải quyết xong.
6
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
Nhận xét 2 Trong lời giải trên, mặc dù không sử dụng máy tính phụ trợ nhưng tại
sao ta lại chia được trường hợp có số lẻ 52? Câu trả lời xin được dành cho các bạn.
Đây là một lời giải dài và khá phức tạp nhưng nó gợi mở cho chúng ta nhiều điều
trong việc sử dụng phép dồn biến. Từ xưa đến nay, chúng ta thường "cổ hữu" chỉ khư
khư một số kiểu dồn biến, chẳng hạn như
f(a; b; c)  f

a+ b
2
;
a+ b
2
; c

f(a; b; c)  f(a+ c; b; 0)
f(a; b; c)  f

a+
c
2
; b+
c
2
; 0

Nhưng những điều này không phải lúc nào cũng luôn có mà chỉ có trong một số rất ít
trường hợp. Vì thế, chúng ta cần linh động hơn nữa trong phép dồn biến, chẳng hạn
trong bài này
f(a; b; c)  f(a1; b1; 0)
với a1 + b1 = a+ b+ c:
Đây là một ý tưởng độc đáo và khá thú vị.
Phần cuối cùng của bài viết, chúng tôi xin được giới thiệu cùng các bạn một số chứng
minh khác mà chúng tôi được biết cho bài toán đẹp này.
Lời giải 2. 1Đặt b+ c = x2; c+ a = y2; a+ b = z2 với x; y; z > 0; từ đây ta được
a =
y2 + z2  x2
2
 0; b = z
2 + x2  y2
2
 0; c = x
2 + y2  z2
2
 0
Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành
y2 + z2  x2
z
+
z2 + x2  y2
x
+
x2 + y2  z2
y
 5
4
p
2(x2 + y2 + z2)
, x+ y + z + (x+ y + z)(x y)(y  z)(z  x)
xyz
 5
4
p
2(x2 + y2 + z2)
Từ đây, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x  z  y2; khi đó sử dụng bất
đẳng thức Cauchy Schwarz, ta cóp
2(x2 + y2 + z2)  x+
p
y2 + z2
Nên ta chỉ cần chứng minh được
x+ y + z +
(x+ y + z)(x y)(y  z)(z  x)
xyz
 5
4

x+
p
y2 + z2

1By G.P. Henderson
2why?
7
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
, f(x)  0
với
, f(t) = 4(z  y)t3  t2yz +

4y3 + 4y2z + 4yz2  4z3  5yz
p
y2 + z2

t
+4yz(z2  y2)  0
Nếu y = z thì ta có
f(x) = xy2
h
(x y) +

5
p
2 7

y
i
< 0
Nếu z > y; ta có
lim
t!1f(t) = 1; f(0) = 4yz(z
2  y2) > 0; lim
t!1f(t) =1
Lại có
f(z) = yz2
h
5
p
y2 + z2  4y  3z
i
=  yz
2(3y  4z)2
5
p
y2 + z2 + 4y + 3z
< 0
f
p
y2 + z2

= 2yz

4y
p
y2 + z2  5y2  z2

= 2yz
p
y2 + z2  2y
2
 0
Ta suy ra được f(t) có 3 nghiệm thực, cụ thể, 1 nghiệm âm, 1 nghiệm thuộc (0; z)
và một nghiệm thuộc
hp
y2 + z2;1

: Mặt khác, f(t) là một hàm đa thức bậc 3 với
hệ số thực nên nó có tối đa 3 nghiệm.Từ đây, ta suy ra được f(t) có đúng 3 nghiệm:
t0 < 0; t1 2 (0; z); t2 2
hp
y2 + z2;1

: Từ đây, bằng cách lập bảng xét dấu, ta thấy
f(t)  0 8t1  t  t2
Mà ta có
t1 < z  x 
p
y2 + z2  t2
nên hiển nhiên ta có
f(x)  0:
Bất đẳng thức được chứng minh xong.
Nhận xét 3 Đây là một chứng minh hay và đặc sắc dựa trên tính chất về dấu của
hàm đa thức bậc 3 nhưng để nghĩ đến được điều này quả thật không phải dễ...
8
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CY
H
Lời giải 3. 3Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có X
cyc
ap
a+ b
!2

"X
cyc
a(5a+ b+ 9c)
#"X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
= 5
 X
cyc
a
!2 "X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
Ta cần chứng minh X
cyc
a
!"X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
 5
16
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì
5
16

 X
cyc
a
!"X
cyc
a
(a+ b)(5a+ b+ 9c)
#
=
A+B
C
trong đó
A =
X
cyc
ab(a+ b)(a+ 9b)(a 3b)2  0
B = 243
X
cyc
a3b2c+ 835
X
cyc
a2b3c+ 232
X
cyc
a4bc+ 1230a2b2c2  0
C = 16(a+ b)(b+ c)(c+ a)(5a+ b+ 9c)(5b+ c+ 9a)(5c+ a+ 9b) > 0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a3 =
b
1 =
c
0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Chúng ta còn có 3 lời giải khác cho bài toán này, 1 bằng dồn biến toàn miền, 1 bằng
dồn biến-khảo sát hàm số, 1 bằng kỹ thuật pqr nhưng trên quan niệm cá nhân, chúng
tôi cho rằng những lời giải ấy đều không mang nét đặc sắc riêng nên chúng tôi sẽ
không giới thiệu chúng ở đây.
Chúng tôi xin được kết thúc bài viết ở đây. Xin cảm ơn các bạn đã theo dõi bài viết
này!
Regards
Võ Quốc Bá Cẩn
3By Võ Quốc Bá Cẩn, due to CYH techniques
9
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn