Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Chia sẻ: Phan Cảnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

199
lượt xem 60
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong môn Toán ở trường THPT, bất đẳng thức ngày càng được quan tâm đúng mức và tỏ ra có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vẽ đẹp và tính độc đáo của phương pháp và kỹ thuật giải chúng cũng như yêu cầu cao về tư duy cho người

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một kỹ thuật nhỏ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

M T K THU T NH Đ S D NG B T Đ NG TH C CAUCHY-SCHWARZ Võ Qu c Bá C n Thông thư ng khi s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz (tham kh o [1]) đ ch ng minh các b t đ ng th c đ i x ng (ho c hoán v ), ta luôn c g ng đánh giá sao cho tính đ i x ng (ho c hoán v ) c a chúng v n đư c gi nguyên sau bư c đánh giá, r i t đó ti p t c đánh giá ti p đ hoàn t t phép ch ng minh. Tuy nhiên, không ph i lúc nào nh ng cách đánh giá như th cũng mang l i hi u qu cao nh t mà đôi lúc chúng còn “ho c không đưa ta đ n k t qu , ho c quá rư m rà, ph c t p”. V y, li u còn có cách nào khác t t hơn khi ta “l ” xui x o g p ph i nh ng trư ng h p như th không? Th t ra, còn m t cách đánh giá Cauchy- Schwarz cũng khá hi u qu đ i v i các b t đ ng th c lo i này, đó là s d ng y u t “ít nh t”. M t cái tên nghe th t l ! Tuy nhiên, n đ ng sau cái tên l m t này là m t k thu t đ c đáo và thú v . Và dư i đây, chúng ta s cùng tìm hi u v nó. Trư c h t, ta hãy cùng xem xét ví d sau đây. Ví d 1 (Iranian IMO TST, 2009). Cho a, b, c là các s dương th a mãn đi u ki n a + b + c = 3. Ch ng minh r ng 1 1 1 3 + 2 + 2 . a2 +b 2+2 b +c 2+2 c + a2 + 2 4 Phân tích và tìm tòi l i gi i. S d ng ý tư ng c a k thu t thêm b t (tham kh o thêm [1]), ta có th vi t l i b t đ ng th c thành 1 1 1 1 1 1 3 − 2 + − 2 + − 2 , 2 a + b2 + 2 2 b + c2 + 2 2 c + a2 + 2 4 tương đương a2 + b 2 b2 + c 2 c 2 + a2 3 + 2 + 2 . a2 + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c + a2 + 2 2 73
74 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic Đ n đây, n u áp d ng Cauchy-Schwarz theo ki u thông thư ng a2 + b 2 b2 + c 2 c2 + a2 + 2 + 2 a2 + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c + a2 + 2 2 [(a2 + b2 ) + (b2 + c2 ) + (c2 + a2 )] , (a2 + b2 )(a2 + b2 + 2) thì ta s ph i ch ng minh 2 4(a2 + b2 + c2 ) 3 . (a2 + b2 )2 + (b2 + c2 )2 + (c2 + a2 )2 + 4(a2 + b2 + c2 ) 2 N u quy đ ng lên, ta đư c m t b t đ ng th c b c 4 khá ph c t p, hơn n a ta l i cũng chưa bi t đư c tính đúng sai c a nó. Trong đi u ki n th i gian h n h p phòng thi (chú ý r ng đây là m t bài toán trong đ thi ch n đ i tuy n c a Iran), n u t n nhi u th i gian vào m t bài toán ph c t p ( đây là b t đ ng th c thu đư c sau đánh giá) và có th bài toán đó sai thì th t là không nên. Vì v y cách đánh giá Cauchy-Schwarz như trên th t s không kh thi, ta c n m t ki u đánh giá khác. Nh n th y đánh giá trên có như c đi m là t o ra b c cao, ta c g ng tìm m t đánh giá khác đ tránh b c cao, và đánh giá mà ta nghĩ đ n là a2 + b 2 b2 + c 2 c 2 + a2 + 2 + 2 a2 + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c + a2 + 2 √ √ √ 2 a2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a2 . (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) S d ng đánh giá này đã giúp chúng ta thoát kh i b c cao, tuy nhiên vô tình nó l i t o ra m t y u t ph c t p khác đó là căn th c. Mà tiêu chí c a ta khi s d ng Cauchy-Schwarz đ ch ng minh b t đ ng th c là đưa bài toán tr v d ng đơn gi n nh t có th . Như th , cách làm này cũng không m y kh thi. V y ta c n ph i làm sao đ v a tránh đư c b c cao mà l i v a tránh đư c căn th c? Bây gi , các b n hãy đ ý h ng đ ng th c sau 2 (a + b)2 + (a − b)2 2 a +b = . 2 T đó b t đ ng th c trên có th đư c vi t l i thành (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + 2 + 2 + a2 + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c + a2 + 2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + 2 + 2 + 2 3. a + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c + a2 + 2
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 75 Đ n đây, ch c h n b n đ c đã nh n ra m t ý tư ng m i, đó là thay vì áp a2 +b2 d ng Cauchy-Schwarz cho t ng ban đ u a2 +b2 +2 , ta s tách nó thành hai t ng và s d ng Cauchy-Schwarz cho t ng t ng. Đi u đ c bi t là m i t ng này, các h ng t c a chúng là nh ng phân th c mà t s c a chúng là các bình phương, như v y ta có th tho i mái s d ng Cauchy- Schwarz mà không c n ph i thêm b t đ ra b c cao (như cách ban đ u trên) hay ra căn th c (cách 2). T ý tư ng này, ta nghĩ đ n vi c s d ng Cauchy-Schwarz như sau (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + a2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 c 2 + a2 + 2 2 (a + b) + (b + c) + (c + a) . (1) (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 2 (a−b) V n đ còn l i là ta ph i tìm cách đánh giá a2 +b2 +2 sao cho h p lý, b i vì n u s d ng Cauchy-Schwarz sao cho v n đ m b o tính hoán v vòng quanh thì ta s có (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + 2 + 2 a2 + b 2 + 2 b + c 2 + 2 c + a2 + 2 2 (a − b) + (b − c) + (c − a) = 0. (2) (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 2 (a−b) M t đánh giá khá l ng l o, vì hi n nhiên ta đã có a2 +b2 +2 0 mà không c n ph i đánh giá gì c . Ta c n tìm m t ki u đánh giá khác cho k t qu ch t hơn. Các b n hãy cùng quan sát cách đánh giá sau đây (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 + 2 + 2 a2 + b 2 + 2 b + c 2 + 2 a + c 2 + 2 [(a − b) + (b − c) + (a − c)]2 (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 4(a − c)2 = . (3) 2(a2 + b2 + c2 ) + 6 Rõ ràng nó ch t hơn đánh giá (2) trên, hơn n a đây đánh giá này l i cho ta m u th c gi ng v i đánh giá (1) và như th n u s d ng nó và (1), ta s không ph i quy đ ng m u th c nhi u, t c là ta đã tránh đư c v n đ v b c cao, m t v n đ nan gi i trong b t đ ng th c. Bây gi , t (1) và (3), ta đưa đư c b t đ ng th c v ch ng minh 4(a + b + c)2 + 4(a − c)2 3, 2(a2 + b2 + c2 ) + 6
76 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic hay tương đương 2(a + b + c)2 + 2(a − c)2 3(a2 + b2 + c2 + 3). B t đ ng th c này có th vi t l i thành (a + b + c)2 + 2(a − c)2 3(a2 + b2 + c2 ), hay (a − b)(b − c) 0. (4) Có th d dàng nh n th y b t đ ng th c (4) không ph i luôn đúng. Tuy nhiên ta v n có th “ép” nó đúng. Th t v y, b ng cách s d ng các đánh giá tương t (3) là (a − b)2 (c − b)2 (a − c)2 + + a2 + b 2 + 2 b 2 + c 2 + 2 a2 + c 2 + 2 [(a − b) + (c − b) + (a − c)]2 (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 4(a − b)2 = 2(a2 + b2 + c2 ) + 6 và (b − a)2 (b − c)2 (a − c)2 + 2 + 2 a2 + b 2 + 2 b + c 2 + 2 a + c 2 + 2 [(b − a) + (b − c) + (a − c)]2 (a2 + b2 + 2) + (b2 + c2 + 2) + (c2 + a2 + 2) 4(b − c)2 = , 2(a2 + b2 + c2 ) + 6 ta cũng l n lư t đưa đư c bài toán v ch ng minh (b − c)(c − a) 0, (5) (c − a)(a − b) 0. (6) Như th , n u trong (4), (5), (6) có m t b t đ ng th c đúng thì bài toán c a ta s đư c ch ng minh xong. Ta quan sát và nh n th y r ng (a−b)(b−c) (b−c)(c−a) (c−a)(a−b) = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 0, do đó trong ba s (a − b)(b − c), (b − c)(c − a), (c − a)(a − b) có ít nh t m t s không âm, t c trong (4), (5), (6) ph i có ít nh t m t b t đ ng th c đúng. Phép ch ng minh đư c hoàn t t. Chú ý r ng đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1.
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 77 Nh n xét. Qua l i gi i trên, t h n b n đ c đã hi u đư c ý nghĩa c a y u t “ít nh t” mà chúng tôi mu n đ c p t i. Lưu ý r ng, tùy vào bài toán c th mà ta có các y u t “ít nh t” khác nhau. Ví d 2. Cho a, b, c là các s th c dương th a mãn a2 + b2 + c2 = 3. Ch ng minh r ng a2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a2 + + 3. a+b b+c c+a a2 +b2 a+b (a−b)2 Ch ng minh. Đ ý r ng a+b = 2 + 2(a+b) , do đó b t đ ng th c đã cho có th vi t l i thành (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 a+b+c+ + + 3. 2(a + b) 2(b + c) 2(c + a) S d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta có 2 (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 (a − b) + (b − c) + (a − c) + + 2(a + b) 2(b + c) 2(a + c) 2(a + b) + 2(b + c) + 2(a + c) (a − c)2 = . a+b+c Bài toán đư c quy v ch ng minh (a − c)2 a+b+c+ 3. a+b+c M t khác, theo b t đ ng th c AM-GM, ta l i có (a − c)2 a+b+c+ = a+b+c (a − c)2 + (b − a)(b − c) (a − b)(b − c) = +a+b+c+ a+b+c a+b+c 2 2 2 2 3(a + b + c ) − (a + b + c) (a − b)(b − c) = +a+b+c+ 2(a + b + c) a+b+c 9 a + b + c (a − b)(b − c) = + + 2(a + b + c) 2 a+b+c (a − b)(b − c) 3+ . a+b+c Như v y, bài toán s đư c ch ng minh xong n u ta có (a − b)(b − c) 0. (1)
78 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic Đánh giá tương t , ta cũng có các b t đ ng th c (b − c)(c − a) 0, (2) (c − a)(a − b) 0. (3) Mà theo l p lu n c a bài trư c, ta th y trong (1), (2), (3) có ít nh t m t b t đ ng th c đúng. Do đó, bài toán đư c gi i quy t hoàn toàn. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1. Bài toán 1. Cho a, b, c là các s th c th a mãn đi u ki n a2 +b2 +c2 = 1. Ch ng minh r ng 1 1 1 + + 1. 5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca Ch ng minh. B t đ ng th c đã cho có th đư c vi t l i như sau 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − , 2 5 − 6ab 2 5 − 6bc 2 5 − 6ca 2 1 − 2ab 1 − 2bc 1 − 2ca 1 + + . 5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca 3 Do 1 − 2ab = a2 + b2 + c2 − 2ab = (a − b)2 + c2 nên ta có a2 b2 c2 (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 1 + + + + + . 5 − 6bc 5 − 6ca 5 − 6ab 5 − 6bc 5 − 6ca 5 − 6ab 3 T i đây, s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta đư c a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + 5 − 6bc 5 − 6ca 5 − 6ab (5 − 6bc) + (5 − 6ca) + (5 − 6ab) (a + b + c)2 = 15 − 6(ab + bc + ca) và 2 (b − c)2 (a − c)2 (a − b)2 (b − c) + (a − c) + (a − b) + + 5 − 6bc 5 − 6ca 5 − 6ab (5 − 6bc) + (5 − 6ca) + (5 − 6ab) 4(a − c)2 = . 15 − 6(ab + bc + ca) Ta c n ch ng minh 15 − 6(ab + bc + ca) (a + b + c)2 + 4(a − c)2 = 5 − 2(ab + bc + ca). 3
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 79 Thay 5 = 5(a2 + b2 + c2 ) và rút g n, ta đư c 4(a − b)(b − c) 0. (1) Đánh giá tương t , ta cũng l n lư t thu đư c các b t đ ng th c 4(b − c)(c − a) 0, (2) 4(c − a)(a − b) 0. (3) T l p lu n c a bài 1 trên, ta th y trong (1), (2), (3) luôn có m t b t đ ng th c đúng. T đó d dàng suy ra đi u ph i ch ng minh. Đ ng th c 1 x y ra khi và ch khi a = b = c = ± √3 . Nh n xét. T bài toán này, ta có th d dàng suy ra k t qu đ p m t sau trên t p chí Crux Mathematicorum: N u a, b, c là các s th c dương th a mãn a2 + b2 + c2 = 1, thì 1 1 1 9 + + . (4) 1 − bc 1 − ca 1 − ab 2 Th t v y, s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta có 16 1 (1 + 3)2 12 32 · = + . 6 1 − bc 1 + (5 − 6bc) 1 5 − 6bc T đó suy ra 8 1 1 1 1 1 1 + + 3+9 + + 3 1 − bc 1 − ca 1 − ab 5 − 6bc 5 − 6ca 5 − 6ab 3 + 9 · 1 = 12. Nhân m i v c a b t đ ng th c này cho 3 , ta thu đư c ngay (4). 8 Bài toán 2 (Mediterranean Mathematical Competition, 2009). Ch ng minh r ng v i m i a, b, c dương, ta đ u có a b c ab bc ca + + + 2 + 2 . 2a + b 2b + c 2c + a a2 + ab + b 2 b + bc + c 2 c + ca + a2 2 Ch ng minh. Đ ý r ng a2 +ab+b2 = 1 − 3(a(a−b) 2 ) , do đó b t đ ng th c ab 3 2 +ab+b c n ch ng minh có th đư c vi t l i thành (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + + a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a b c +3 + + 3. 2a + b 2b + c 2c + a
80 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic S d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta có a b c (a + b + c)2 + + 2a + b 2b + c 2c + a a(2a + b) + b(2b + c) + c(2c + a) và (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 + + a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 a2 + ac + c2 2 (a − b) + (b − c) + (a − c) . (a2 + ab + b2 ) + (b2 + bc + c2 ) + (a2 + ac + c2 ) T đó, bài toán đư c đưa v ch ng minh 3(a + b + c)2 + 4(a − c)2 3. 2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca Sau khi khai tri n và rút g n, ta đư c (a − c)2 + 3(a − b)(b − c) 0. Do (a − c)2 0 nên b t đ ng th c đúng n u ta có (a − b)(b − c) 0. (1) Hoàn toàn tương t , ta cũng có th đưa đư c bài toán v xét tính đúng đ n c a các b t đ ng th c (c − a)(a − b) 0, (2) (b − c)(c − a) 0. (3) N u trong (1), (2), (3) có m t b t đ ng th c đúng thì bài toán đư c ch ng minh xong. Tuy nhiên, đi u này là hi n nhiên, b i vì (a−b)(b−c) (b−c)(c−a) (c−a)(a−b) = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 0. Phép ch ng minh đư c hoàn t t. D u b ng x y ra khi a = b = c. Bài toán 3. Cho x, y, z là các s th c dương th a mãn đi u ki n xyz = 1. Ch ng minh r ng 1 1 1 + + 1. x+y+1 y+z+1 z+x+1
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 81 Ch ng minh. Đ t x = a2 , y = b2 và z = c2 v i a, b, c > 0, khi đó d th y ta cũng có abc = 1. V i phép đ t này, b t đ ng th c c n ch ng minh có th vi t l i như sau 1 1 1 + 2 + 2 1, b2 +c 2+1 c +a 2+1 a + b2 + 1 1 1 1 1− 2 2+1 + 1− 2 2+1 + 1− 2 2, b +c c +a a + b2 + 1 a2 + b 2 b2 + c 2 c 2 + a2 + + 2. a2 + b 2 + 1 b 2 + c 2 + 1 c 2 + a2 + 1 (a+b)2 +(a−b)2 Do a2 + b2 = 2 nên ta có (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + 2 + 2 + a2 + b 2 + 1 b + c 2 + 1 c + a2 + 1 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + 2 + 2 4. a2 + b 2 + 1 b + c 2 + 1 c + a2 + 1 Theo b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta có (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + 2 + 2 a2 + b 2 + 1 b + c 2 + 1 c + a2 + 1 2 (a + b) + (b + c) + (c + a) (a2 + b2 + 1) + (b2 + c2 + 1) + (c2 + a2 + 1) và (a − b)2 (b − c)2 (a − c)2 + + a2 + b 2 + 1 b 2 + c 2 + 1 c 2 + a2 + 1 2 (a − b) + (b − c) + (a − c) . (a2 + b2 + 1) + (b2 + c2 + 1) + (c2 + a2 + 1) T đó bài toán đư c quy v ch ng minh 4(a + b + c)2 + 4(a − c)2 4, 2(a2 + b2 + c2 ) + 3 hay tương đương (a + b + c)2 + (a − c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + 3.
82 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic Theo b t đ ng th c AM-GM, √ 3 3 = 3 a2 b 2 c 2 ab + bc + ca. Suy ra ta ch c n ch ng minh (a + b + c)2 + (a − c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + (ab + bc + ca). Sau khi khai tri n và rút g n, ta đư c (a − b)(b − c) 0. (1) Ngoài ra, b ng cách đánh giá tương t , ta cũng l n lư t thu đư c các b t đ ng th c sau (b − c)(c − a) 0, (2) (c − a)(a − b) 0. (3) T l p lu n trong ph n ch ng minh c a bài 1, ta th y trong (1), (2), (3) ph i có m t b t đ ng th c đúng. T đó d dàng suy ra đi u ph i ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c, t c x = y = z = 1. Nh n xét. N u đ t x = a3 , y = b3 và z = c3 , thì ta có abc = 1 và 1 1 = 3 , x+y+1 a + b3 + abc do v y b t đ ng th c nêu đ bài còn có th vi t l i thành 1 1 1 1 + 3 + 3 . a3 +b 3 + abc b +c 3 + abc c + a3 + abc abc Đây chính là bài toán USAMO 1997. Có th th y các ví d trên ta c g ng phân tách các t s thành t ng c a hai bình phương, trong đó m t bình phương có d ng (a − b)2 (ho c (b − c)2 , (c − a)2 ) (b n đ c hãy th ng m nghĩ vì sao l i là các d ng này mà không là các d ng khác?). Tuy nhiên, không ph i lúc nào cũng như v y, mà đôi lúc ta còn phân tích theo nhi u ki u khác n a. Sau đây là m t vài ví d . Bài toán 4. Cho a, b, c là các s th c th a mãn đi u ki n a + b + c = 3. Ch ng minh r ng a b c 1 + 2 + 2 . 7a2 + 11 7b + 11 7c + 11 6
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 83 Ch ng minh. B t đ ng th c c n ch ng minh tương đương v i 14a 14b 14c 2 1− + 1− + 1− , 7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11 3 hay 1 1 1 4 + 2 + 2 + 7a2 + 11 7b + 11 7c + 11 (a − 1)2 (b − 1)2 (c − 1)2 2 +7 + 2 + 2 . 7a2 + 11 7b + 11 7c + 11 3 T i đây, s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta có 1 1 1 (1 + 1 + 1)2 + 2 + 2 7a2 + 11 7b + 11 7c + 11 (7a2 + 11) + (7b2 + 11) + (7c2 + 11) 3(a + b + c)2 = 21(a2 + b2 + c2 ) + 11(a + b + c)2 và 2 (a − 1)2 (1 − b)2 (1 − c)2 (a − 1) + (1 − b) + (1 − c) + + 7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11 (7a2 + 11) + (7b2 + 11) + (7c2 + 11) 4(2a − b − c)2 = . 3 21(a2 + b2 + c2 ) + 11(a + b + c)2 T đó bài toán đư c quy v ch ng minh 18(a + b + c)2 + 14(2a − b − c)2 21(a2 + b2 + c2 ) + 11(a + b + c)2 , hay tương đương 42(a − b)(a − c) 0. (1) Rõ ràng (1) không ph i luôn đúng, nhưng t nó ta v n có th đi đ n đư c đi u ph i ch ng minh. B ng cách s d ng các đánh giá tương t 2 (1 − a)2 (b − 1)2 (1 − c)2 (1 − a) + (b − 1) + (1 − c) + 2 + 2 , 7a2 + 11 7b + 11 7c + 11 (7a 2 + 11) + (7b2 + 11) + (7c2 + 11) 2 (1 − a)2 (1 − b)2 (c − 1)2 (1 − a) + (1 − b) + (c − 1) + + , 7a2 + 11 7b2 + 11 7c2 + 11 (7a2 + 11) + (7b2 + 11) + (7c2 + 11) ta cũng l n lư t đưa đư c bài toán v xét tính đúng sai c a 42(b − c)(b − a) 0, (2)
84 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic 42(c − a)(c − b) 0. (3) Ta có (a−b)(a−c)+(b−c)(b−a)+(c−a)(c−b) = a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca 0, do đó trong (1), (2), (3) ph i có ít nh t m t b t đ ng th c đúng. T đó d dàng suy ra đi u ph i ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1. Bài toán 5 (Chinese Northern MO, 2006). Cho các s th c a, b, c th a mãn a + b + c = 3. Ch ng minh r ng a2 + 9 b2 + 9 c2 + 9 + + 5. 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 Ch ng minh. B t đ ng th c c n ch ng minh có th đư c vi t l i thành a2 + 9 b2 + 9 c2 + 9 2− + 2− + 2− 1, 2a2 + (3 − a)2 2b2 + (3 − b)2 2c2 + (3 − c)2 tương đương 5a2 − 12a + 9 5b2 − 12b + 9 5c2 − 12c + 9 + + 1. 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 9(a−1)2 +(3−a)2 9(a−1)2 +(b+c)2 Do 5a2 − 12a + 9 = 2 = 2 nên ta có (a − 1)2 (b − 1)2 (c − 1)2 9 + + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 + + + 2. 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 S d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta đư c (a − 1)2 (1 − b)2 (1 − c)2 + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 2 (a − 1) + (1 − b) + (1 − c) 2a2 + (b + c)2 + 2b2 + (c + a)2 + 2c2 + (a + b)2 2(2a − b − c)2 = 9 [2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca]
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 85 và (b + c)2 (c + a)2 (a + b)2 + + 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 2 (b + c) + (c + a) + (a + b) 2a2 + (b + c)2 + 2b2 + (c + a)2 + 2c2 + (a + b)2 2(a + b + c)2 = . 2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca Do đó ta ch c n ch ng minh (2a − b − c)2 + (a + b + c)2 2(a2 + b2 + c2 ) + ab + bc + ca. Sau khi khai tri n và rút g n, ta đư c 3(a − b)(a − c) 0. (1) Ngoài ra, b ng cách đánh giá tương t , ta cũng có 3(b − c)(b − a) 0, (2) 3(c − a)(c − b) 0. (3) Vì (a − b)(a − c) + (b − c)(b − a) + (c − a)(c − b) = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca là m t s không âm nên ta suy ra có m t b t đ ng th c đúng trong (1), (2), (3). T đó d dàng suy ra k t qu bài toán. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1. Nh n xét. Ngoài cách trên, ta còn có th ch ng minh b t đ ng th c 5a2 − 12a + 9 5b2 − 12b + 9 5c2 − 12c + 9 + + 1 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 theo cách khác (cũng b ng cách s d ng Cauchy-Schwarz) như sau: S d ng Cauchy-Schwarz v i chú ý r ng 5a2 − 12a + 9 > 0, ta có 5a2 − 12a + 9 5a2 − 12a + 9 5a2 − 12a + 9 = . 2a2 + (b + c)2 2a2 + 2(b2 + c2 ) 2(a2 + b2 + c2 ) T b t đ ng th c này và hai b t đ ng th c tương t , ta đưa đư c bài toán v ch ng minh (5a2 − 12a + 9) + (5b2 − 12b + 9) + (5c2 − 12c + 9) 2(a2 + b2 + c2 ),
86 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic hay tương đương 3(a2 + b2 + c2 ) 9, B t đ ng th c này đúng do theo b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta có 3(a2 + b2 + c2 ) (a + b + c)2 = 9. Bài toán 6. Cho a, b, c là các s th c th a mãn đi u ki n a + b + c = 3. Ch ng minh r ng 18a − 35 18b − 35 18c − 35 + 2 + 2 −17. a2− 4a + 6 b − 4b + 6 c − 4c + 6 Ch ng minh. B t đ ng th c đã cho có th đư c vi t l i thành 18a − 35 18b − 35 18c − 35 7+ + 7+ + 7+ 4, a2− 4a + 6 b2− 4b + 6 c2 − 4c + 6 7a2 − 10a + 7 7b2 − 10b + 7 7c2 − 10c + 7 + 2 + 2 4. a2 − 4a + 6 b − 4b + 6 c − 4c + 6 Do 7a2 − 10a + 7 = (a + 1)2 + 6(a − 1)2 nên ta có (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 + + + a2 − 4a + 6 b2 − 4b + 6 c2 − 4c + 6 (a − 1)2 (b − 1)2 (c − 1)2 +6 2 + + 4. a − 4a + 6 b2 − 4b + 6 c2 − 4c + 6 S d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta đư c (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 + + a2 − 4a + 6 b2 − 4b + 6 c2 − 4c + 6 2 (a + 1) + (b + 1) + (c + 1) (a2 − 4a + 6) + (b2 − 4b + 6) + (c2 − 4c + 6) 4(a + b + c)2 12(a + b + c)2 = 2 = a + b2 + c 2 + 6 3(a2 + b2 + c2 ) + 2(a + b + c)2 và (a − 1)2 (1 − b)2 (1 − c)2 + + a2 − 4a + 6 b2 − 4b + 6 c2 − 4c + 6 2 (a − 1) + (1 − b) + (1 − c) (a2 − 4a + 6) + (b2 − 4b + 6) + (c2 − 4c + 6) 4(2a − b − c)2 4(2a − b − c)2 = = . 9(a2 + b2 + c2 + 6) 3 3(a2 + b2 + c2 ) + 2(a + b + c)2
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 87 Bài toán đư c quy v ch ng minh 3(a + b + c)2 + 2(2a − b − c)2 3(a2 + b2 + c2 ) + 2(a + b + c)2 , hay tương đương v i 6(a − b)(a − c) 0. (1) Đánh giá tương t , ta cũng có các b t đ ng th c 6(b − c)(b − a) 0, (2) 6(c − a)(c − b) 0. (3) Đ n đây, ta l i th y (a−b)(a−c)+(b−c)(b−a)+(c−a)(c−b) = a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca 0, nên trong (1), (2), (3) ph i có m t b t đ ng th c đúng. T đó d dàng suy ra đi u ph i ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1. Quan sát l i gi i c a các bài toán trên, ta th y có m t đi m chung là đo n cu i c a phép ch ng minh, ta luôn có các b t đ ng th c d ng (a − b)(b − c) 0 (i) ho c (a − b)(a − c) 0. (ii) Và ch c h n b n đ c cũng th c m c là t i sao chúng tôi l i ph i đánh giá thông qua tích ho c t ng (c th là (a − b)(b − c) = (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 0, (iii) (a − b)(a − c) = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca 0)? (iv) B i l th t ra chúng ta hoàn toàn có th đánh giá đơn gi n hơn, ch ng h n n u ta s d ng tính đ i x ng (ho c hoán v ) c a bài toán mà gi s b n m gi a a và c thì (i) s đúng, và n u ta gi s a = max{a, b, c} (ho c a = min{a, b, c}) thì (ii) s đúng. Các đánh giá thông qua (iii), (iv) không quá ph c t p nhưng l i khi n cho ch ng minh c a ta tr nên dài và c ng k nh hơn. V y m c đích c a vi c s d ng (iii), (iv) đây là gì? Th t ra, đi u mà chúng tôi mu n nh n m nh đây chính là ch : khi mà s s p th t các bi n không còn tác d ng n a thì y u t “ít nh t” v n có th s d ng đư c khá hi u qu khi ph i h p v i b t đ ng th c Cauchy-Schwarz.
88 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic Ta cùng xét ví d sau. Bài toán 7. Cho a, b, c là các s th c th a mãn đi u ki n a + b + c = 1. Ch ng minh r ng a2 b2 c2 + 2 + 2 1. 6a2 − 4a + 1 6b − 4b + 1 6c − 4c + 1 Phân tích và tìm tòi l i gi i. Cũng tương t các bài toán khác, ta tìm cách chuy n b t đ ng th c v d ng c a b t đ ng th c Cauchy-Schwarz a2 1 d ng phân th c. Ta nh n th y 6a2 −4a+1 2 và 1 a2 (2a − 1)2 − = . 2 6a2 − 4a + 1 2(6a2 − 4a + 1) Do đó ta vi t đư c b t đ ng th c l i thành (2a − 1)2 (2b − 1)2 (2c − 1)2 + 2 + 2 1. 6a2 − 4a + 1 6b − 4b + 1 6c − 4c + 1 Tuy nhiên, n u lúc này áp d ng Cauchy-Schwarz ki u như thư ng dùng (2a − 1)2 (2b − 1)2 (2c − 1)2 + + 6a2 − 4a + 1 6b2 − 4b + 1 6c2 − 4c + 1 2 (2a − 1) + (2b − 1) + (2c − 1) , (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) + (6c2 − 4c + 1) thì b t đ ng th c thu đư c sau đó s không đúng. Lí do th t đơn gi n. Các b n hãy quan sát b t đ ng th c đã cho đ bài, ngoài trư ng h p 1 đ ng th c thông thư ng là a = b = c = 3 ra, thì nó còn x y ra d u b ng 1 khi a = b = 2 , c = 0 (và các hoán v ). Trong khi đó, đánh giá trên có d u b ng khi 2a − 1 2b − 1 2c − 1 = 2 = 2 , 6a2 − 4a + 1 6b − 4b + 1 6c − 4c + 1 và h n nhiên b s 2 , 1 , 0 không th a mãn h phương trình này. Như 1 2 v y, ta c n thay đ i cách s d ng Cauchy-Schwarz sao cho hi u qu hơn. Bây gi , ta gi đ nh ngoài trư ng h p đ ng th c a = b = c = 1 thì b t 3 đ ng th c s ch x y ra d u b ng t i m t b n a là a = b = 1 , c = 0 2 (t c ta không xét đ n các hoán v c a b này). Khi đó, có th d dàng
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 89 nh n th y đư c cách s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz sau đây s đ m b o đư c đi u ki n đ ng th c 2 (2a − 1)2 (2b − 1)2 (2a − 1) + (2b − 1) + 2 6a2 − 4a + 1 6b − 4b + 1 (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) 4c2 = . (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) Và t đánh giá này, ta s ph i ch ng minh 4c2 (2c − 1)2 + 1. (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) 6c2 − 4c + 1 B t đ ng th c này tương đương v i 4c2 (2c − 1)2 2c2 1− = 2 , (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1) 6c2 − 4c + 1 6c − 4c + 1 và do 2c2 0 nên ta ch c n ch ng minh 2(6c2 − 4c + 1) (6a2 − 4a + 1) + (6b2 − 4b + 1). (1) N u b t đ ng th c (1) đúng thì bài toán s đư c ch ng minh xong. Tuy nhiên trên th c t , (1) không ph i lúc nào cũng đúng, ngay c khi ta 1 s p th t các bi n a b c (d a trên đi u ki n đ ng th c a = b = 2 , c = 0), thì (1) cũng chưa ch c đư c th a mãn (b n đ c có th th ki m tra). Có v như ta đang đư ng cùng? Th t ra không ph i v y đâu các b n . Tư tư ng y u t “ít nh t” v n có th s d ng khá hi u qu cho bài này. Th t v y, b ng đánh giá tương t như trên, ta cũng l n lư t có các b t đ ng th c 2(6a2 − 4a + 1) (6b2 − 4b + 1) + (6c2 − 4c + 1), (2) 2(6b2 − 4b + 1) (6c2 − 4c + 1) + (6a2 − 4a + 1). (3) Và n u (1) ho c (2) ho c (3) đư c th a mãn thì cũng đ ng nghĩa v i vi c bài toán đư c ch ng minh xong. Bây gi ta l i th y 2(6a2 − 4a + 1) − (6b2 − 4b + 1) − (6c2 − 4c + 1) = 0. Do đó trong (1), (2), (3) ph i có m t b t đ ng th c đúng. Đi u này cho phép ta k t thúc phép ch ng minh đây.
90 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic Đây là m t ví d r t đi n hình đ minh h a cho tính n i b t c a y u t “ít nh t” so v i vi c s p th t các bi n. Sau đây là m t bài toán khác v i cách gi i tương t . Bài toán 8. Cho a, b, c là các s th c th a mãn đi u ki n a + b + c = 1. Ch ng minh r ng a2 b2 c2 1 + + . 3a2 − 2a + 3 3b2 − 2b + 3 3c2 − 2c + 3 8 Ch ng minh. Đ ý r ng 2(3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3) = 0, do đó trong các s 2(3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3), 2(3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3) − (3a2 − 2a + 3), 2(3c2 − 2c + 3) − (3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3), ph i có m t s không âm. Không m t tính t ng quát, gi s 2(3a2 − 2a + 3) (3b2 − 2b + 3) + (3c2 − 2c + 3). Khi đó, s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz, ta có b2 c2 (b + c)2 + 2 3b2 − 2b + 3 3c − 2c + 3 (3b2 − 2b + 3) + (3c2 − 2c + 3) (b + c)2 (1 − a)2 = . 2(3a2 − 2a + 3) 2(3a2 − 2a + 3) Ta c n ch ng minh a2 (1 − a)2 1 + . 3a2 − 2a + 3 2(3a2 − 2a + 3) 8 B t đ ng th c này tương đương v i 8a2 + 4(1 − a)2 3a2 − 2a + 3, đúng vì 8a2 + 4(1 − a)2 − (3a2 − 2a + 3) = (3a − 1)2 0. Bài toán đư c ch ng minh xong. D u b ng x y ra khi a = b = c = 1 . 3
M t k thu t nh đ s d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz 91 Nh n xét. M t đi m c n lưu ý là đ có th s d ng thành công đư c y u t “ít nh t” (theo cách gi ng như hai bài trên) các bài toán có cùng d ng như hai bài toán trên thì các m u s các phân th c ph i th a mãn m t s đi u ki n nh t đ nh: Xét hi u A = 2(6a2 − 4a + 1) − (6b2 − 4b + 1) − (6c2 − 4c + 1) bài 7. Khi b = c thì ta có a + 2b = 1, và lúc này A = 2(6a2 − 4a + 1) − 2(6b2 − 4b + 1) = 4(a − b) 3(a + b) − 2 = 4(a − b) 3(a + b) − 2(a + 2b) = 4(a − b)2 . Tương t , xét hi u B = 2(3a2 − 2a + 3) − (3b2 − 2b + 3) − (3c2 − 2c + 3) bài 8. Khi b = c thì ta có a + 2b = 1 và B = 2(3a2 − 2a + 3) − 2(3b2 − 2b + 3) = 2(a − b) 3(a + b) − 2 = 2(a − b) 3(a + b) − 2(a + 2b) = 2(a − b)2 . Như v y, đi u ki n đây là n u có hai bi n b ng nhau thì A, B ph i phân tích ra đư c các bình phương. Tuy nhiên, trên th c t không ph i bài toán nào cũng cũng có nh ng tính ch t đ c bi t như th . Do đó, ta c n có cách làm khác hi u qu hơn. Ph n dư i đây chúng tôi s gi i thi u m t k thu t khác cũng khá hi u qu đ gi i các bài toán d ng này. Như ta đã bi t, ph n l n nh ng b t đ ng th c có ít bi n thì s d ch ng minh hơn các b t đ ng th c có nhi u bi n. Chính vì v y, m t trong nh ng ý tư ng thư ng đư c s d ng trong ch ng minh b t đ ng th c, đó là đưa các b t đ ng th c v i nhi u bi n s tr v d ng có ít bi n s hơn. Có nhi u công c h tr ta th c hi n đi u này như phương pháp d n bi n, EV, . . . Dư i đây chúng ta s cùng xem xét ng d ng c a y u t “ít nh t” và b t đ ng th c Cauchy-Schwarz trong vi c làm gi m s bi n c a b t đ ng th c. C th hơn, ta s đưa m t b t đ ng th c t ba bi n v d ng m t bi n đ ch ng minh. Ý tư ng c a k thu t như sau: V i b n s th c b t kỳ a, b, c, k, ta có (a−k)(b−k) (b−k)(c−k) (c−k)(a−k) = (a − k)2 (b − k)2 (c − k)2 0. Do đó trong ba s (a − k)(b − k), (b − k)(c − k), (c − k)(a − k) ph i có ít nh t m t s không âm. Ta gi s s đó là (a − k)(b − k), th thì a2 + b2 = k 2 + (a + b − k)2 − 2(a − k)(b − k) k 2 + (a + b − k)2 .
92 Các phương pháp gi i Toán qua các kỳ thi Olympic Như v y, đ ch ng minh m t b t đ ng th c có gi thi t a + b + c = s và đ ng th c x y ra khi có hai bi n b ng m t giá tr m nào đó thì ta có th áp d ng đánh giá trên đ làm gi m s bi n c a b t đ ng th c ban đ u. C th là ta s ch n k = m (đ đ m b o d u b ng) và như th ta s có a2 + b 2 m2 + (a + b − m) = m2 + (s − c − m)2 , có nghĩa là n u s d ng đánh giá này vào bài toán thì ta s ch còn ph i ch ng minh m t b t đ ng th c c a m t bi n là c. Đ n m rõ hơn, ta cùng xét ví d sau. Bài toán 9 (Polish MO, 1996). Cho các s th c a, b, c th a mãn đi u ki n a + b + c = 1. Ch ng minh r ng a b c 9 + 2 + 2 . a2 +1 b +1 c +1 10 Phân tích và tìm tòi l i gi i. Nh n xét r ng đ ng th c x y ra t i m t 1 b đi m duy nh t là a = b = c = 3 . Do đó, b ng cách g i a, b là hai s sao cho a − 1 b − 1 3 3 0 và ti n hành đánh giá như trên, ta có 2 2 1 1 1 2 a2 + b 2 + a+b− = + −c . (1) 9 3 9 3 N u mu n áp d ng Cauchy-Schwarz đ có đ i lư ng a2 + b2 xu t hi n (đ có th s d ng (1)), ta c n chuy n v hai phân th c a2a , b2b và thêm +1 +1 b t đ có bình phương xu t hi n. Ta bi n đ i như sau c 1 a 1 b 1 − 2 + − 2 − , c2 + 1 2 a +1 2 b +1 10 (a − 1)2 (b − 1)2 1 2c + 2 + 2 . a2 + 1 b +1 5 c +1 Bây gi , ta đã có th s d ng Cauchy-Schwarz và đánh giá (1) trên: 2 (a − 1)2 (b − 1)2 (a − 1) + (b − 1) (c + 1)2 + 2 = 2 a2 + 1 b +1 (a2 + 1) + (b2 + 1) (a + b2 ) + 2 (c + 1)2 9(c + 1)2 2 = . 1 + 2 −c +2 23 − 12c + 9c2 3 3 Như v y ta ch còn ph i ch ng minh m t b t đ ng th c m t bi n là 9(c + 1)2 1 + 10c + c2 . (2) 23 − 12c + 9c2 5(1 + c2 )