Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 7

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

100
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tài liệu chuyên toán - bất đẳng thức hiện đại - phần 7', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 7

1.5. THE HYBERBOLIC FUNCTIONAL TECHNIQUE 173 A; B sao cho b t đ ng th c trên có đ ng th c t i x = 1; y = 0 ho c x = 0; y = 1: N u p ta ch n A; Bp cho b t đ ng th c có đ ng th c t i x = 1; y = 0 thì ta có A = 2 2 sao và B = 3 2 2; nh ng giá tr này l và s gây tr ng i cho các tính toán c a ta. N u ta ch n A; B sao cho b t đ ng th c t i x = 0; y = 1 thì ta đư c A = 2; B = 1 và ta thi t l p đư c b t đ ng th c p (2x + y )2 + 8x2 + y 2 6x2 + 2xy + y 2 8x2 + y 2 = 2(2x + y ) 2x + y Và ta gi i đư c bài toán sau (cũng r t khó) Ví d 1.151 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng p p p (a + b + c)2 a 8b2 + c2 + b 8c2 + a2 + c 8a2 + b2 : (Võ Qu c Bá C n) L i gi i. Chú ý r ng (6b2 + 2bc + c2 )2 4b2 (b c)2 (8b2 + c2 ) = 0 (2b + c)2 (2b + c)2 p 6b2 + 2bc + c2 3bc 8b2 + c2 ) = 3b + c 2b + c 2b + c Do đó, ta ch c n ch ng minh đư c !2 X X 3bc a a 3b + c 2b + c cyc cyc X X X 1 a2 , 3abc + 2 bc 0 2b + c cyc cyc cyc S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có X 1 3 P 2b + c a cyc cyc Do đó, ta ch c n ch ng minh 9abc X 2 X P+ a 2 bc 0 a cyc cyc cyc
174 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN X X a3 + 3abc , bc(b + c): cyc cyc Đây chính là b t đ ng th c Schur b c 3. V y ta có đpcm. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c. Đôi khi chúng ta cũng có th b t đ u t vi c s d ng liên phân s , ch ng h n xu t phát t b t đ ng th c hi n nhiên sau p 4x2 + y 2 2x + y 8x; y 0 Ta có p 4xy p 4x2 + y 2 2x y = 2 + y 2 + 2x + y 4x 4xy = 2(2x + y ) p 2 4xy 2 4x +y +2x+y = Ch ng h n, ta s s d ng đ ng th c p 4xy 4x2 + y 2 2x y = 4xy p 2(2x + y ) 4x2 +y 2 +2x+y p 4x2 + y 2 2x + y; ta thi t l p đư c k th pv i p 4xy 4x2 + y 2 2x y = 4xy 2(2x + y ) p 4x2 +y 2 +2x+y 4xy 4xy 2(2x + y ) 2(2x+y ) 2xy (2x + y ) = 4x2 + 3xy + y 2 p 2xy (2x + y ) 4x2 + y 2 ) 2x + y 4x2 + 3xy + y 2 (2x + y )(4x2 + xy + y 2 ) = 4x2 + 3xy + y 2 Ta gi i đư c bài toán sau Ví d 1.152 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng p p p 3 (a + b + c)2 a 4b2 + c2 + b 4c2 + a2 + c 4a2 + b2 : 4 (Võ Qu c Bá C n)
1.5. THE HYBERBOLIC FUNCTIONAL TECHNIQUE 175 L i gi i. Chú ý r ng (2b + c)2 (4b2 + bc + c2 )2 4b3 c3 4b2 c2 = 0 (4b2 + 3bc + c2 )2 (4b2 + 3bc + c2 )2 p (2b + c)(4b2 + bc + c2 ) 2bc(2b + c) 4b2 + c2 ) = 2b + c 4b2 + 3bc + c2 4b2 + 3bc + c2 Do đó, ta ch c n ch ng minh đư c !2 3X X 2bc(2b + c) a a 2b + c 4b2 + 3bc + c2 4 cyc cyc X X X 2b + c a2 , 8abc +3 6 bc 0 4b2 + 3bc + c2 cyc cyc cyc Đ ch ng minh b t đ ng th c này, ta ch c n ch ng minh đư c X 2b + c 27 P 8 4b2 + 3bc + c2 a cyc cyc khi đó, b t đ ng th c trên là m t h qu c a b t đ ng th c Schur vì X X 27abc a2 P +3 6 bc 0 a cyc cyc cyc X X a3 + 3abc , bc(b + c) cyc cyc Do đó, t t c chúng ta ph i làm bây gi là ch ng minh X 2b + c 27 P 8 4b2 + 3bc + c2 a cyc cyc X X X X X a5 b + 32 ab5 + 68 a2 b4 a4 b2 + 60 a3 b3 ,64 128 cyc cyc cyc cyc cyc ! X X X 3 2 2 + abc 132 a + 147 ab 243 ab 396abc 0 cyc cyc cyc X X ab(16a2 ab + 8b2 )(a b)2 + 4 a2 b2 (a2 11ab + 34b2 ) ,4 cyc cyc ! X X X 3 2 2 + abc 132 a + 147 ab 243 ab 396abc 0 cyc cyc cyc
176 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN X X X ab(16a2 ab + 8b2 )(a b)2 + a2 b2 (2a 11b)2 + 15 a2 b4 ,4 cyc cyc cyc ! X X X 3 2 2 + abc 132 a + 147 ab 243 ab 396abc 0 cyc cyc cyc S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có X X a2 b4 a2 b abc cyc cyc và X 1X 2 2 a2 b2 (2a 11b)2 = [a b (2a 11b)2 + b2 c2 (2b 11c)2 ] 2 cyc cyc X ab2 c(2a 11b)(2b 11c) cyc ! X X X 2 2 3 = abc 121 a b+4 ab 22 a 66abc cyc cyc cyc Ta c n ch ng minh X X X X a2 b + 4 ab2 a3 a2 b 121 22 66abc + 15 cyc cyc cyc cyc X X X 3 2 a2 b + 132 a + 147 ab 243 396abc 0 cyc cyc cyc X X X a3 + 151 ab2 a2 b , 110 107 462abc 0 cyc cyc cyc ! ! X X X X 3 2 3 2 , 107 a ab + 3 a + 151 ab 462abc 0: cyc cyc cyc cyc hi n nhiên đúng theo b t đ ng th c AM-GM. V y ta có đpcm. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b; c = 0 ho c các hoán v tương ng. Ví d 1.153 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng p p p a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca a 3b2 + c2 + b 3c2 + a2 + c 3a2 + b2 :
1.5. THE HYBERBOLIC FUNCTIONAL TECHNIQUE 177 L i gi i. Chú ý r ng (2b2 + bc + c2 )2 b2 (b c)2 3b2 c2 = 0 (b + c)2 (b + c)2 p 2b2 + bc + c2 2bc 3b2 + c2 ) = 2b + c b+c b+c Ta c n ch ng minh X X X 2bc a2 + ab a 2b + c b+c cyc cyc cyc X X X 1 a2 , 2abc + 2 ab 0 b + c cyc cyc cyc S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có X 1 9 P b+c 2 a cyc cyc Ta c n ch ng minh 9abc X 2 X P+ a 2 ab 0 a cyc cyc cyc X X a3 + 3abc , bc(b + c): cyc cyc hi n nhiên đúng vì đây chính là b t đ ng th c Schur b c 3. V y ta có đpcm. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c: Nh n xét 17 M t cách t ng quát, ta có k t qu sau v i m i k > 0 p p p p k+1 2 2 2 a kb2 + c2 + b kc2 + a2 + c ka2 + b2 a + b + c + ab + bc + ca 2 (Võ Qu c Bá C n, Vasile Cirtoaje) Th t v y, s d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 !" # Xp X X 2 2 a kb2 + c2 a a(kb + c ) cyc cyc cyc
178 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN T đây, ta th y b t đ ng th c trên đư c suy ra t 2 b t đ ng th c sau !2 ! ! X X X X 2 2 a+ ab 4 a ab cyc cyc cyc cyc !2 ! ! X X X X 2 2 a+ ab 4 a ab cyc cyc cyc cyc Ta s ch ng minh b t đ ng th c th nh t, b t đ ng th c th c 2 đư c ch ng minh tương t . Ta có b t đ ng th c tương đương X X X X a4 a2 b2 + 2 ab3 2 a3 b 0 cyc cyc cyc cyc Gi s c = min fa; b; cg ; đ t a = c + x; b = c + y v i x; y 0 thì b t đ ng th c này tr thành 4(x2 xy + y 2 )c2 + 4[x(x y )2 + y 3 ]c + (x2 y 2 )2 xy 0: B t đ ng th c này hi n nhiên đúng nên ta có đpcm. Chúng ta có k t qu t ng quát c a b t đ ng th c !2 ! ! X X X X a2 + a2 b ab 4 a cyc cyc cyc cyc là [(q + r)a + (r + p)b + (p + q )c]2 4(p + q + r)(pbc + qca + rab) v i p; q; r là các s không âm và a; b; c là các s th c tùy ý. Ch ng minh b t đ ng th c này như sau Gi s a = maxfa; b; cg, khi đó ta có [(q + r)a + (r + p)b + (p + q )c]2 4(p + q + r)(pbc + qca + rab) (p + q )c]2 + 4qr(a b)(a c) = [(q r)a + (r + p)b 0 0 và p = bk ; q = ck ; r = ak ; ta đư c Cho a; b; c " #2 ! ! X X X k k k+1 a (a + b) 4 a a b cyc cyc cyc V i k = 1; ta thu đư c b t đ ng th c trên. V i k = 1; ta đư c s b ca 111 + + +3 2 (a + b + c) ++ : ab c ab c
1.6. CÁC D NG T NG BÌNH PHƯƠNG 179 Ví d 1.154 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng r r r p p p a3 b3 c3 a+ b+ c p + + : a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 3 (Lê Trung Kiên) Hư ng d n. S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có p p 2 3(x4 + x2 y 2 + y 4 ) = 2 (x2 + xy + y 2 ) 3(x2 xy + y 2 ) (x2 + xy + y 2 ) + 3(x2 xy + y 2 ) = 2(2x2 xy + 2y 2 ) và ta thi t l p đư c b t đ ng th c p 2x2 xy + 2y 2 3(x4 + x2 y 2 + y 4 ): 1.6 Các d ng t ng bình phương K thu t này d a trên m t k t qu hi n nhiên c a b t đ ng th c là x2 0 8x 2 R; nó có th giúp ta gi i đư c nh ng bài toán mà n u dùng k thu t thông thư ng thì r t khó (thông thư ng đây là các b t đ ng th c b c 4). Chúng ta có đ nh lý sau Đ nh lý 1.6 Xét b t đ ng th c sau v i các bi n th c a; b; c X X X X X a4 + n a2 b2 + p a3 b + g ab3 (m + n + p + g ) a2 bc m 0 cyc cyc cyc cyc cyc m>0 khi đó b t đ ng th c này đúng n u . p2 + pg + g 2 3m(m + n) Ch ng minh. Vi t l i b t đ ng th c như sau ! ! ! X X X X X X a4 a2 b2 + (m + n) a2 b2 a2 bc a3 b a2 bc m +p cyc cyc cyc cyc cyc cyc ! X X ab3 a2 bc +g 0 cyc cyc Chú ý r ng X X 1X 2 a4 a2 b2 = b2 )2 (a 2 cyc cyc cyc
180 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN X X X X X a3 b a2 bc = b3 c a2 bc = bc(a2 b2 ) cyc cyc cyc cyc cyc X X 1 2 2 (a2 b2 ) = bc(a b ) + (ab + bc + ca) 3 cyc cyc 1X 2 b2 )(ab + ac = (a 2bc) 3 cyc X X X X X ab3 a2 bc = ca3 ab2 c = ca(a2 b2 ) cyc cyc cyc cyc cyc X X 1 ca(a2 b2 ) (a2 b2 ) = (ab + bc + ca) 3 cyc cyc 1X 2 b2 )(ab + bc = (a 2ca) 3 cyc Do đó, b t đ ng th c trên tương đương v i mX 2 1X 2 b2 )2 + b2 )[(p (a (a g )ab (2p + g )bc + (p + 2g )ca] 2 cyc 3 cyc ! X X 22 2 +(m + n) ab a bc 0 cyc cyc M t khác X X X 1 a2 b2 a2 bc = (2p + g )bc + (p + 2g )ca]2 [(p g )ab 6(p2 2) + pg + g cyc cyc cyc B t đ ng th c đư c vi t l i thành mX 2 1X 2 b2 )2 + b2 )[(p (a (a g )ab (2p + g )bc + (p + 2g )ca] 2 cyc 3 cyc X m+n (2p + g )bc + (p + 2g )ca]2 + [(p g )ab 0 6(p2 2) + pg + g cyc 1X [3m(a2 b2 ) + (p (2p + g )bc + (p + 2g )ca]2 , g )ab 18m cyc 3m(m + n) p2 pg g 2 X (2p + g )bc + (p + 2g )ca]2 + [(p g )ab 0 18m(p2 + pg + g 2 ) cyc
1.6. CÁC D NG T NG BÌNH PHƯƠNG 181 m>0 T đây, ta có th d dàng ki m tra đư c v i thì b t p2 + pg + g 2 3m(m + n) đ ng th c trên hi n nhiên đúng. Đ nh lý đư c ch ng minh. 1.155 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d (a2 + b2 + c2 )2 3(a3 b + b3 c + c3 a): (Vasile Cirtoaje) L i gi i. B t đ ng th c tương đương X X X a4 + 2 a2 b2 a3 b 0 cyc cyc cyc T đây, ta đư c m = 1 > 0; n = 2; p = 3; g = 0, ta có p2 g 2 = 3 1 (1 + 2) ( 3)2 02 = 0: 3m(m + n) pg ( 3) 0 Do đó, theo đ nh lý c a ta, b t đ ng th c đư c ch ng minh. 1.156 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d p p3 a4 + b4 + c4 + 3(a b + b3 c + c3 a): 3 1 abc(a + b + c) (Võ Qu c Bá C n) p L i gi i. Ta có m = 1 > 0; n = 0; p = 3; g = 0 và p p 2 p2 g 2 = 3 1 (1 + 0) 02 = 0: 3m(m + n) pg 3 3 0 Do đó b t đ ng th c c n ch ng minh đúng. 1.157 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d 7(a4 + b4 + c4 ) + 10(a3 b + b3 c + c3 a) 0: (Ph m Văn Thu n) L i gi i. Ta s ch ng minh k t qu m nh hơn là !4 X X X 17 4 3 7 a + 10 ab a 27 cyc cyc cyc X X X X X a4 a2 b2 + 101 a3 b ab3 a2 bc , 86 51 34 102 0 cyc cyc cyc cyc cyc
182 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN 8 > m = 86 > 0 > < n = 51 ) > p = 101 > : g = 34 M t khác, ta có p2 g 2 = 3 86 (86 1012 ( 34)2 = 1107 > 0: 3m(m + n) pg 51) 101 ( 34) B t đ ng th c đư c ch ng minh. 1.158 Cho các s th c a; b; c th a mãn abc = 1: Ch ng minh r ng Ví d 1 1 1 + + 3: a2 a + 1 b2 b + 1 c2 c+1 (Vũ Đình Quý) y z x L i gi i. Do abc = 1 nên t n t i các s x; y; z sao cho a = x ; b = y ; c = b t đ ng z th c tr thành X x2 3 2 xy + y 2 x cyc X 3x2 , 9 x2 xy + y 2 cyc X 3x2 , 4 3 x2 xy + y 2 cyc X 2y )2 (x , 3 x2 xy + y 2 cyc S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có " #" # " #2 X X X 2y )2 (x 2 2 2 2 (x 2y ) (x xy + y ) (x 2y ) x2 xy + y 2 cyc cyc cyc Ta c n ch ng minh " #2 X X 2y )2 2y )2 (x2 xy + y 2 ) (x 3 (x cyc cyc X X X X X x4 + 39 x2 y 2 x3 y xy 3 x2 yz , 10 25 16 8 0 cyc cyc cyc cyc cyc
1.6. CÁC D NG T NG BÌNH PHƯƠNG 183 T đây, ta đư c m = 10 > 0; n = 39; p = 25; g = 16 và 2 2 2 ( 25) ( 16) ( 16)2 = 189 > 0: 3m(m + n) p pg g = 3 10 (10+39) ( 25) B t đ ng th c đư c ch ng minh. 1.159 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d (b + c a)2 (c + a b)2 (a + b c)2 3 +2 +2 : 2 + (b + c)2 2 c + (a + b)2 a b + (c + a) 5 (Japan MO 1997) L i gi i. Đ t x = b + c a; y = c + a b; z = a + b c; b t đ ng th c tr thành X 2 4x 3 z )2 + (2x + y + z )2 (y + 5 cyc X x2 3 ,2 x2 + (x + y + z )2 5 cyc S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 P 2 x X x2 cyc P x2 + (x + y + z )2 x2 [x2 + (x + y + z )2 ] cyc cyc Ta c n ch ng minh !2 X X 2 x2 [x2 + (x + y + z )2 ] 10 x 3 cyc cyc X X X X X x4 + 14 x2 y 2 x3 y xy 3 ,4 6 6 6xyz x 0 cyc cyc cyc cyc cyc T đây, ta có m = 4 > 0; n = 14; p = 6; g = 6 và p2 g 2 = 3 4 (4 + 14) ( 6)2 ( 6)2 = 108 > 0: 3m(m + n) pg ( 6) ( 6) B t đ ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c: 1.160 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 +2 +2 8: 2 + (b + c)2 2 2c + (a + b)2 2a 2b + (c + a) (USA MO 2003)
184 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN L i gi i. B t đ ng th c tương đương X (2a + b + c)2 3 1 2a2 + (b + c)2 cyc X (b + c a)2 1 , 2a2 + (b + c)2 2 cyc Đ t x=b+c a; y = c + a b; z = a + b c; khi đó b t đ ng th c tr thành X x2 1 z )2 + (2x + y + z )2 2(y + 8 cyc S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 P 2 x X x2 cyc P 2 + (2x + y + z )2 x2 [2(y + z )2 + (2x + y + z )2 ] 2(y + z ) cyc Ta c n ch ng minh !2 X X 2 x2 [2(y + z )2 + (2x + y + z )2 ] 8 x cyc cyc X X X X X x4 + 5 x2 y 2 x3 y xy 3 ,2 2 2 3xyz x 0 cyc cyc cyc cyc cyc T đây, ta có m = 2 > 0; n = 5; p = 2; g = 2 và p2 g 2 = 3 2 (2 + 5) ( 2)2 ( 2)2 = 30 > 0: 3m(m + n) pg ( 2) ( 2) B t đ ng th c đư c ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c: 1.161 Cho các s a; b; c 0; a + b + c = 1: Ch ng minh r ng Ví d a b c 3 p +p +p p: 2 2 4c + 5a2 17 4a + 5b 4b + 5c (Võ Qu c Bá C n) L i gi i. S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, !2 ! ! X X X X a a a p a = 2 4a + 5b2 4a + 5b 4a + 5b2 cyc cyc cyc cyc
1.6. CÁC D NG T NG BÌNH PHƯƠNG 185 nên ta ch c n ch ng minh X a 9 4a + 5b2 17 cyc X b2 3 , 4a + 5b2 17 cyc L i theo b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có !2 !2 P2 P2 b a X b2 cyc cyc ! ! P2 = 4a + 5b2 b (4a + 5b2 ) P P2 P cyc ab + 5 a4 4 a cyc cyc cyc cyc Ta c n ch ng minh !2 ! ! X X X X 2 2 a4 17 a 12 a ab + 15 cyc cyc cyc cyc X X X X a4 + 11 a2 b2 ab3 a2 bc , 6 6 0 cyc cyc cyc cyc T đây, m=1>0 p2 g 2 = 3 1 (1 + 11) 02 ( 6)2 = 0 3m(m + n) pg 0 ( 6) 1 nên b t đ ng th c trên đúng. Đ ng th c x y ra khi a = b = c = 3 : 1.162 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d a4 + b4 + c4 + a3 b + b3 c + c3 a 2(a3 b + b3 c + c3 a): (Vasile Cirtoaje) 1.163 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d 8 a(a + b)3 + b(b + c)3 + c(c + a)3 (a + b + c)4 : 27 (Ph m Văn Thu n, Võ Qu c Bá C n) 1.164 Cho các s th c a; b; c: Ch ng minh r ng Ví d 1 a4 + b4 + c4 + (ab + bc + ca)2 2(a3 b + b3 c + c3 a): 3 (Ph m Kim Hùng)
186 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN 1.7 Hàm l i, hàm b c nh t Hàm l i có nh ng tính ch t r t đ c bi t mà có th giúp chúng ta gi i toán m t cách hi u qu . Dư i đây là m t s tính ch t mà chúng tôi cho là c n thi t và phù h p v i chương trình toán THPT Đ nh lý 1.7 N u f (x) l i trên [a; b] thì f (x) max ff (a); f (b)g N u f (x) lõm trên [a; b] thì f (x) min ff (a); f (b)g : Tính ch t này đư c suy ra t đ nh nghĩa c a hàm l i. T tính ch t này, ta suy ra đ ch ng minh m t b t đ ng th c f (x1 ; x2 ; :::; xn ) K V i f (x1 ; x2 ; :::; xn ) l i trên [a; b] cho t ng bi n x1 ; x2 ; :::; xn và x1 ; x2 ; :::; xn 2 [a; b]; ta ch c n xét b t đ ng th c t i x1 = = xk = a (k = 0; 1; :::n) xk+1 = = xn = b Tương t n u f (x) là hàm lõm. Đ nh lý 1.8 N u f (x) là hàm l i và kh vi c p 2 trên kho ng I thì f (y ) + f 0 (y )(x f (x) y) 8x; y 2 I N u f (x) là hàm lõm và kh vi c p 2 trên kho ng I thì f (y ) + f 0 (y )(x f (x) y) 8x; y 2 I: Tính ch t này ta có th ch ng minh d dàng b ng đ nh lý Lagrange. Tính ch t 2 đư c dùng đ ch ng minh các b t đ ng th c d ng f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) f (y1 ) + f (y2 ) + + f (yn ) k t h p v i k thu t nhóm Abel, ho c các b t đ ng th c d ng m1 f (x1 ) + m2 f (x2 ) + + mn f (xn ) m1 f (y1 ) + m2 f (y2 ) + + mn f (yn ) trong đó ta có m1 f 0 (y1 ) = m2 f 0 (y2 ) = = mn f 0 (yn ) x1 + x2 + + xn = y1 + y2 + + yn T tính ch t th hai, chúng ta suy ra đư c h qu sau
1.7. HÀM L I, HÀM B C NH T 187 H qu 1.6 N u f (x) l i và kh vi c p 2 trên kho ng I thì v i m i x; y; z 2 I th a x y z ; ta có f (x) + f (z ) f (y ) + f (x + z y ) N u f (x) lõm và kh vi c p 2 trên kho ng I thì v i m i x; y; z 2 I th a x y z ; ta có f (x) + f (z ) f (y ) + f (x + z y ): Ch ng minh. Ta s ch ng minh k t qu này trong trư ng h p f (x) là hàm l i (trư ng h p hàm lõm ch ng minh tương t ). N u y x + z y ; theo tính ch t 2, ta có f (y ) + f 0 (y )(x f (x) y) y ) + f 0 (x + z f (z ) f (x + z y )[z (x + z y )] y ) f 0 (x + z = f (x + z y )(x y) y ) + [f 0 (y ) f 0 (x + z ) f (x) + f (z ) f (y ) + f (x + z y )](x y) f (y ) + f (x + z y) N u x+z y y ; theo tính ch t 2, ta có y ) + f 0 (x + z f (x) f (x + z y )[x (x + z y )] y ) + f 0 (x + z = f (x + z y )(y z) f (y ) + f 0 (y )(z f (z ) y) y ) + [f 0 (x + z f 0 (y )](y ) f (x) + f (z ) f (y ) + f (x + z y) z) f (y ) + f (x + z y) H qu c a ta đư c ch ng minh xong. Có th th y nh ng tính ch t này đư c phát bi u r t đơn gi n và nh nhàng, nhưng ng d ng c a chúng thì l i r t l n. Chúng ta xét 1 vài ví d 1.165 Cho các s a; b; c 2 [1; 2]: Ch ng minh r ng Ví d a3 + b3 + c3 5abc: (Toán h c tu i tr )
188 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN L i gi i. Xét P (a; b; c) = a3 + b3 + c3 5abc, rõ ràng P (a; b; c) là hàm l i l n lư t theo các bi n a; b; c; do đó ta ch c n xét các trư ng h p sau là đ Trư ng h p 1. a = b = c = 2; ta có P (a; b; c) = 16 < 0: Trư ng h p 2. a = 1; b = c = 2; ta có P (a; b; c) = 3 < 0: Trư ng h p 3. a = b = 1; c = 2; ta có P (a; b; c) = 0: Trư ng h p 4. a = b = c = 1; ta có P (a; b; c) = 2 < 0: Do đó b t đ ng th c c n ch ng minh đúng. Đ ng th c x y ra khi a = b = 1; c = 2 và các hoán v . p P k 1.166 Cho dãy dương x1 ; x2 ; :::; xn th a xi k 8k = 1; 2; :::; n: Ch ng Ví d i=1 minh r ng 1 1 1 x2 + x2 + + x2 1+ + + : 1 2 n 4 2 n (Titu Andreescu) L i gi i. Rõ ràng hàm s f (x) = x2 là hàm l i, nên theo tính ch t 2, ta có h i p p p p p p i 1 + f0 f (xi ) f i i i 1 xi i i1 8i = 1; 2; :::; n Do đó Xh h ii n n X p p p p p p x2 1 + f0 f i i i i 1 xi i i 1 i i=1 i=1 h i n n X X p p p p p p f0 = f i i 1+ i i 1 xi i i 1 i=1 i=1 S d ng k thu t nhóm Abel, ta có h i n X p p p p f0 i i 1 xi i i 1 i=1 2 3 n 1h piXi i X Xp p p p p i4 15 f0 f0 = i i 1 i+1 xj j j i=1 j =1 j =1 " # n n X X p p p p +f 0 n n 1 xj i i 1 i=1 i=1 0 1 n 1h piXi X p p p p i@ iA f0 f0 = i i 1 i+1 xj i=1 j =1 ! n X p p p +f 0 n n 1 xj n i=1
1.7. HÀM L I, HÀM B C NH T 189 p p p p i i 1> i+1 i 8i = 1; 2; :::; n và f (x) l i nên ta có Do 0 1 n 1h piX i X p p p p i@ iA f0 f0 i i 1 i+1 xj 0 i=1 j =1 T đây, ta có p p 2 n n n n X X Xp X 4i p p p i i 1 2 x2 f i i 1= i i 1 = i 4i i=1 i=1 i=1 i=1 p p p p 2 2 n n X 1X1 i+ i 1 i i 1 > = : 4i 4 i=1 i i=1 B t đ ng th c đư c ch ng minh xong. Ví d 1.167 Cho các s không âm a; b; c; không có 2 s nào đ ng th i b ng 0: Ch ng minh r ng p p p a2 + bc + b2 + ca + c2 + ab : 3(a + b + c) 2 (Ph m Kim Hùng) L i gi i. N u abc = 0; gi s c = 0 thì d th y b t đ ng th c hi n nhiên đúng. N u abc > 0; ta chu n hóa cho abc = 1 và gi s a b c; khi đó đó t n t i các s th c x y z sao cho a = ex ; b = ey ; c = ez th a x + y + z = 0; b t đ ng th c tr thành p f (x) + f (y ) + f (z ) 0 v i f (t) = 3et 2 et + e t : Ta có 6e3t=2 (e3t + 1)3=2 4e6t 14e3t 1 f "(t) = 2e2t (e2t + e t )3=2 f "(t) = 0 , 6e3t=2 (e3t + 1)3=2 = 4e6t + 14e3t + 1 , 36e3t (e3t + 1)3 = (4e6t + 14e3t + 1)2 3t + 1)3 = (4 + 14e 3t 6t 2 , 36(e +e ) 3 22 3t , 36(u + 1) = (4 + 14u + u ) (u = e > 0) , g (u) = u4 9u3 + 96u2 + 4u 20 = 0 Rõ ràng g (u) là hàm đ ng bi n, l i có g (0) = 20 < 0; g (1) = 73 > 0; nên t n t i duy nh t u0 2 (0; 1) th a mãn g (u0 ) = 0; suy ra f "(t) có đúng m t nghi m t0 , t đây d th y f (t) l i trên [t0 ; +1) và lõm trên ( 1; t0 ]: Trư ng h p 1. N u y t0 ; khi đó s d ng b t đ ng th c Jensen, ta có x+y f (x) + f (y ) 2f 2
190 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN Ta c n ch ng minh x+y 2f + f (z ) 0 2 q p p p , 6 ab + 3c 4 ab + c ab + 2 c2 + ab q p 2 p p 2 4 ab + c ab + 2 c2 + ab , 6 ab + 3c r p p 2 ab + c ab (c2 + ab) , 15ab + 20c ab + 5c 16 q p 2 p p c2 + ab + 3c 4 ab c ,8 ab + c ab 0 p B t đ ng th c cu i hi n nhiên đúng do ab c: Trư ng h p 2. N u t0 y ; khi đó ta có t0 y y + z t0 nên theo h qu c a ta f (y ) + f (z ) f (t0 ) + f (y + z t0 ) M t khác, theo b t đ ng th c Jensen thì x + t0 f (x) + f (t0 ) 2f 2 N ên ta ch c n ch ng minh x + t0 2f + f (y + z t0 ) 0: 2 Đây chính là trư ng h p 1 mà ta đã xét trên. Bài toán đư c gi i quy t xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi 2 trong 3 s b ng nhau, s còn l i b ng 0. 1.168 Cho các s không âm a; b; c; d th a mãn a + b + c + d = 4: Ch ng minh Ví d r ng 1 1 1 1 4 + + + : 48 11abc 48 11bcd 48 11cda 48 11dab 37 (Võ Qu c Bá C n) ( (2 z2 z x 0 4 =x,a=b . 4 L i gi i. Đ t x = ab; y = cd; z = a+b; t = c+d ) ;v i t2 t2 y 0 4 =y,c=d 4 B t đ ng th c tương đương 96 11xt 96 11yz f (x; y ) = + 2304 528xt + 121x2 y 2304 528yz + 121xy 2 1 1 96 11yz = + + 48 11xc 48 11xd 2304 528yz + 121xy 2 1 1 96 11xt 4 = + + 48 11ya 48 11yb 2304 528xt + 121x2 y 37
1.7. HÀM L I, HÀM B C NH T 191 Có th ki m tra đư c f (x; y ) là hàm l i cho t ng bi n x; y; ch ng h n 242c2 242d2 2(96 11yz ) f "x (x; y ) = + + 0 (48 11xc)3 (48 11xd)3 (2304 528yz + 121xy 2 ) 22 t2 z 4 = x; 4 = y 6 z2 6 = x; y = 0 Do đó, ta ch c n xét các trư ng h p sau là đ 6 4 . Có th th y vi c 2 4 x = 0; t = y 4 x=y=0 xét các trư ng h p này tương đương v i vi c xét các trư ng h p dư i đây 4 4 Trư ng h p 1. a = c = 0; b t đ ng th c tr thành 48 37 : Trư ng h p 2. a = b; c = 0; b t đ ng th c tr thành 1 1 4 + 16 48 11abd 37 S d ng b t đ ng th c AM-GM, ta có 1 1 1 1 4 + + = : a+b+d 3 16 48 11abd 16 48 37 11 3 Trư ng h p 3. a = b; c = d ) c = 2 a; b t đ ng th c tr thành 2 2 4 + 2c 1 ac2 1a 37 Thay c = 2 a vào và thu g n, ta có b t đ ng th c tương đương 44(a 1)2 (48 22a 33a2 + 44a3 11a4 ) 0: 37(48 22a2 + 11a3 )(48 44a + 44a2 11a3 ) B t đ ng th c này hi n nhiên đúng do a 2: Ta có đpcm. Đ ng th c x y ra khi 4 a = b = c = d = 1 ho c ba trong b n s a; b; c; d b ng 3 ; s còn l i b ng 0. Ví d 1.169 Cho các s dương a; b; c th a mãn a + b + c = 3: Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c P = a3 + 2b3 + 3c3 : L i gi i. Rõ ràng hàm f (x) = x3 là hàm l i, do đó f (A) + f 0 (A)(a f (a) A) f (B ) + f 0 (B )(b f (b) B) f (C ) + f 0 (C )(c f (c) C)
192 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI M T S K THU T GI I TOÁN f (A) + 2f (B ) + 3f (C ) + f 0 (A)(a A) + 2f 0 (B )(b B ) + 3f 0 (C )(c )P C) 0 0 0 f (A) = 2f (B ) = 3f (C ) Ý tư ng c a ta là ch n các s dương A; B; C sao cho : A+B+C =3 Khi đó, ta s có P f (A) + 2f (B ) + 3f (C ) f 0 (A) = 2f 0 (B ) = 3f 0 (C ) : Như v y, vi c c a ta còn l i ch là gi i h phương trình A+B+C =3 H này r t d gi i nên xin đư c dành cho các b n. 1.170 Cho các s dương a1 ; a2 ; :::; an : Ch ng minh r ng Ví d + an )2 1)n 1 (a1 + a2 + (n : (a2 2 + 1) (a2 + 1) nn 2 + 1)(a2 n 1 (Vasile Cirtoaje) L i gi i. B đ . Cho f là m t hàm lõm trên [a; b], khi đó v i m i x1 ; x2 ; :::; xn 2 [a; b] th a mãn x1 + x2 + + xn (n 1)a b ta có f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) (n 1)f (a) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) Ch ng minh. Ta s ch ng minh b ng quy n p theo n: N u n = 1; b t đ ng th c là hi n nhiên. Gi s kh ng đ nh đúng v i n; ta s ch ng minh nó cũng đúng v i n + 1: Th t v y, gi s xn+1 = max fx1 ; xn ; :::; xn+1 g ; khi đó theo gi thi t quy n p, ta có f (x1 ) + f (x2 ) + + f (xn ) (n 1)f (a) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) Ta c n ch ng minh f (xn+1 ) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) f (a) + f (x1 + x2 + + xn+1 na) Ta có b x1 + x2 + + xn+1 na x1 + x2 + + xn (n 1)a a Nên theo h qu c a ta f (xn+1 ) + f (x1 + x2 + + xn (n 1)a) f (a) + f (x1 + x2 + + xn+1 na) : B đ đư c ch ng minh. Tr l i bài toán c a ta, b t đ ng th c đã cho tương đương v i ! n n X X f (ai ) 2 ln ai + (n 2) ln n (n 1) ln(n 1) i=1 i=1