"Quy luật của toán học càng liên hệ tới thực tế càng không chắc chắn, và càng chắc chắn thì càng ít liên hệ tới thực tế."
Albert Einstein
Bạn đang ở: Trang chủTrung học Phổ thôngĐại số và Lượng giácTHPTKỹ thuật Cauchy ngược dấu (phần I, II)

Kỹ thuật Cauchy ngược dấu (phần I, II)

I. LỜI NÓI ĐẦU

Các bạn thân mến!

Bất đẳng thức (BĐT) là một trong những phần kiến thức đặc biệt quan trọng trong Toán Học nói chung và chương trình THPT nói riêng. BĐT cũng là một phần không thể thiếu trong các kỳ thi Toán, thi Đại Học, Cao Đẳng,...

Nói đến BĐT, chúng ta không thể không nhắc đến một BĐT khá quen thuộc đó là BĐT Cauchy (AM-GM). Việc luyện tập tốt về BĐT, giúp cho các bạn có được những tư duy tốt hơn trong việc học tập và cải thiện tốt tâm lý trong phòng thi (khi gặp một bài BĐT khó) ...

 

 

 

Cuốn "Sáng tạo bất đẳng thức" - tác giả: Phạm Kim Hùng, là một trong những cuốn sách rất hay viết về đề tài này.

Để góp phần giúp cho các bạn nắm vững các kiến thức về BĐT này, vận dụng một số kỹ năng, phương pháp để giải quyết các bài toán liên quan đến BĐT, cũng như việc tìm đọc các tài liệu viết về BĐT được dễ dàng hơn, tôi đã tổng hợp và hệ thống ngắn gọn lại các bài tập tiêu biểu của phương pháp gọi là: "Kỹ thuật Cauchy ngược dấu".

Tài liệu được biên soạn nhân sự kiện http://diendantoanhoc.net kỷ niệm 8 năm hoạt động bởi Vũ Đình ViệtTrần Trung Kiên. Có thể coi đây là phần quà dành cho tất cả các bạn. Bài viết sẽ gồm 4 phần chính:

Phần I - LỜI NÓI ĐẦU

Phần II - KỸ THUẬT CAUCHY NGƯỢC DẤU - PHẠM KIM HÙNG: Phần này sẽ trích nguyên mẫu trong sách ''Sáng tạo bất đẳng thức'' - Phạm Kim Hùng.

Phần III - MỘT SỐ BÀI TOÁN VÀ LỜI GIẢI HAY: Ở Phần này gồm các bài toán và lời giải của các thành viên trên http://diendantoanhoc.net cùng một số bài toán sưu tầm.

Phần IV - BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

Việc biên soạn không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong những ý kiến đóng góp của các bạn! Mọi đóng góp xin gửi về địa chỉ: This email address is being protected from spambots. You need JavaScript enabled to view it.

Trân trọng cảm ơn!

II. KỸ THUẬT CAUCHY NGƯỢC DẤU - PHẠM KIM HÙNG

Phần II này được trích nguyên mẫu trong cuốn sách ''Sáng tạo Bất đẳng thức'' của tác giả Phạm Kim Hùng.

Chúng ta sẽ xem xét bất đẳng thức $AM - GM$ và một kĩ thuật đặc biệt - kỹ thuật Cauchy ngược dấu. Đây là một trong những kĩ thuật hay, khéo léo, mới mẻ và ấn tượng nhất của bất đẳng thức $AM-GM$. Hãy xem các ví dụ cụ thể sau:

Ví dụ 1: Các số dương $ a,b,c $ thỏa mãn điều kiện $ a+b+c=3 $. Chứng minh bất đẳng thức: \[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {a^2}}} \ge \frac{3}{2}\]
LỜI GIẢI

Ta không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức $AM-GM$ với mẫu số vì bất đẳng thức sẽ đổi chiều\[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {a^2}}} \le \frac{a}{{2b}} + \frac{b}{{2c}} + \frac{c}{{2a}} \ge \frac{3}{2}?!\]
Tuy nhiên, rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức đó theo cách khác\[\frac{a}{{1 + {b^2}}} = a - \frac{{a{b^2}}}{{1 + {b^2}}} \ge a - \frac{{a{b^2}}}{{2b}} = a - \frac{{ab}}{2}\]
Ta đã sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM $cho 2 số $1 + {b^2} \ge 2b$ ở dưới mẫu nhưng lại có được một bất đẳng thức thuận chiều? Sự may mắn ở đây là một cách dùng ngược bất đẳng thức $ AM-GM $, một kĩ thuật rất ấn tượng và bất ngờ. Nếu không sử dụng phương pháp này thì bất đẳng thức trên sẽ rất khó và dài.

Từ bất đẳng thức trên, xây dựng 2 bất đẳng thức đương tự với $ b,c $ rồi cộng cả 3 bất đẳng thức lại suy ra:\[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {a^2}}} = a + b + c - \frac{{ab + bc + ac}}{2} \ge \frac{3}{2}\]
vì ta có ${ab + bc + ac \le 3}$. Đẳng thức xảy ra khi  $a=b=c=1$.
Với cách làm trên có thể xây dựng bất đẳng thức tương tự với 4 số.

Ví dụ 2: Các số dương $ a,b,c,d $ thỏa mãn điều kiện $ a+b+c=3 $. Chứng minh bất đẳng thức: \[\frac{a}{{1 + {b^2}}} + \frac{b}{{1 + {c^2}}} + \frac{c}{{1 + {d^2}}} + \frac{d}{{1 + {a^2}}}\ge 2\]
Và nếu không dùng kĩ thuật Cauchy ngược dấu thì gần như bài toán này không thể giải được theo cách thông thường được. Kĩ thuật này thực sự hiệu quả với các bài toán bất đẳng thức hoán vị.

Ví dụ 3: Chứng minh với mọi số thực dương $ a,b,c,d $ thỏa mãn điều kiên $a+b+c+d=4 $ ta có:\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} + \frac{b}{{1 + {c^2}d}} + \frac{c}{{1 + {d^2}a}} + \frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge 2\]
LỜI GIẢI

Theo bất đẳng thức $ AM-GM $
\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} = a - \frac{{a{b^2}c}}{{1 + {b^2}c}} \ge a - \frac{{a{b^2}c}}{{2b\sqrt c }} = a - \frac{{ab\sqrt c }}{2}\]
\[ \ge a - \frac{{b\sqrt {a.ac} }}{2} \ge a - \frac{{b\left( {a + ac} \right)}}{4}\]
\[\, \Rightarrow \frac{a}{{1 + {b^2}c}} \ge a - \frac{1}{4}\left( {ab + abc} \right)\]
Hoàn toàn tương tự ta có thêm 3 bất đẳng thức sau:
\[\frac{b}{{1 + {c^2}d}} \ge b - \frac{1}{4}\left( {bc + bcd} \right),\frac{c}{{1 + {d^2}a}} \ge c - \frac{1}{4}\left( {cd + cda} \right),\frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge d - \frac{1}{4}\left( {da + dab} \right)\]
Cộng vế cả 4 bất đẳng thức trên ta được
\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} + \frac{b}{{1 + {c^2}d}} + \frac{c}{{1 + {d^2}a}} + \frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge a + b + c + d - \frac{1}{4}\left( {ab + bc + cd + da + abc + bcd + cda + dab} \right)\]
Từ bất đẳng thức $ AM-GM $ dễ dàng suy ra các bất đẳng thức:
$${ab + bc + cd + da \le \frac{1}{4}{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2} = 4}$$
$${abc + bcd + cda + dab \le \frac{1}{{16}}{{\left( {a + b + c + d} \right)}^3} = 4}$$
Do đó\[\frac{a}{{1 + {b^2}c}} + \frac{b}{{1 + {c^2}d}} + \frac{c}{{1 + {d^2}a}} + \frac{d}{{1 + {a^2}b}} \ge a + b + c + d - 2 = 2\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ a=b=c=d=1 $.

Ví dụ 4: Chứng minh với mọi số thực dương $ a,b,c,d $ tac luôn có: \[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {d^2}}} + \frac{{{d^3}}}{{{d^2} + {a^2}}} \ge \frac{{a + b + c + d}}{2}\]
LỜI GIẢI

Sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM $ với 2 số
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} = a - \frac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge a - \frac{{a{b^2}}}{{2ab}} = a - \frac{b}{2}\]
Xây dựng 3 bất đẳng thức tương tự với $ b,c,d $rồi cộng theo vế các bất đẳng thức lại ta được:\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {d^2}}} + \frac{{{d^3}}}{{{d^2} + {a^2}}} \ge a - \frac{b}{2} + b - \frac{c}{2} + c - \frac{d}{2} + d - \frac{a}{2} = \frac{{a + b + c + d}}{2}\]
Ta có được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tất cả các biến bằng nhau.
Một bất đẳng thức cùng dạng trên là:\[\frac{{{a^4}}}{{{a^3} + 2{b^3}}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^3} + 2{d^3}}} + \frac{{{d^4}}}{{{d^3} + 2{a^3}}} \ge \frac{{a + b + c + d}}{3}\]

Ví dụ 5: Cho $ a,b,c \ge 0 $  và $ a+b+c=3 $. Chứng minh:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{b + 2{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{b + 2{a^2}}} \ge 1\]
LỜI GIẢI

Sử dụng  biến đổi và bất đẳng thức $ AM-GM $ cho 3 số:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^2}}} = a - \frac{{2a{b^2}}}{{a + 2{b^2}}} \ge a - \frac{{2a{b^2}}}{{3\sqrt[3]{{a{b^4}}}}} = a - \frac{2}{3}{\left( {ab} \right)^{\frac{2}{3}}}\]
Hoàn toàn tương tự ta cũng có 2 bất đẳng thức:
\[\frac{{{b^2}}}{{b + 2{c^2}}} \ge b - \frac{2}{3}{\left( {bc} \right)^{\frac{2}{3}}},\frac{{{c^2}}}{{c + 2{a^2}}} \ge c - \frac{2}{3}{\left( {ca} \right)^{\frac{2}{3}}}\]
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\[a + b + c - \frac{2}{3}\left( {{{\left( {ab} \right)}^{\frac{2}{3}}} + {{\left( {bc} \right)}^{\frac{2}{3}}} + {{\left( {ca} \right)}^{\frac{2}{3}}}} \right) \ge 1\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {ab} \right)^{\frac{2}{3}}} + {\left( {bc} \right)^{\frac{2}{3}}} + {\left( {ca} \right)^{\frac{2}{3}}} \le 3\]
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, vì theo bất đẳng thức $ AM-GM $:
\[a + ab + b \ge 3{\left( {ab} \right)^{\frac{2}{3}}},b + bc + c \ge 3{\left( {bc} \right)^{\frac{2}{3}}},c + ca + a \ge 3{\left( {ca} \right)^{\frac{2}{3}}}\]
Ngoài ra dễ thấy $ ab + bc + ca \le 3 $ nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $

Kết quả của bài toán vẫn đúng khi thay giả thiết $ a+b+c=3 $ bởi $ ab+bc+ca=3 $ hoặc $ \sqrt a  + \sqrt b  + \sqrt c  = 3 $, trường hợp sau khó hơn một chút. Ta có thêm một bất đẳng thức khác cùng dạng trên.

Ví dụ 6: Cho $ a,b,c \ge 0 $  và $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}} + \frac{{{b^2}}}{{b + 2{c^3}}} + \frac{{{c^2}}}{{b + 2{a^3}}} \ge 1\]
LỜI GIẢI

Chứng minh tương tự đưa bất đẳng thức về:
\[b\sqrt[3]{{{a^2}}} + c\sqrt[3]{{{a^2}}} + a\sqrt[3]{{{c^2}}} \le 3\]
Sau đó áp dụng bất đẳng thức $ AM-GM $ ta có:
\[b{a^{\frac{2}{3}}} \le b\left( {2a + 1} \right),c{b^{\frac{2}{3}}} \le c\left( {2b + 1} \right),a{c^{\frac{2}{3}}} \le a\left( {2c + 1} \right)\]
Cộng cả ba vế bất đẳng thức trên được điều phải chứng minh.

Ví dụ 7: Chứng minh với mọi số thực dương $ a,b,c $ có tổng bằng 3 thì:
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{b + 1}}{{{c^2} + 1}} + \frac{{c + 1}}{{{a^2} + 1}} \ge 3\]
LỜI GIẢI

Theo bất đẳng thức $ AM-GM $ dễ thấy
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} = a + 1 - \frac{{\left( {a + 1} \right){b^2}}}{{{b^2} + 1}} \ge a + 1 - \frac{{{b^2}\left( {a + 1} \right)}}{{2b}} = a + 1 - \frac{{ab + b}}{2}\]
Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa với $ b,c $ rồi cộng lại ta được:
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{b + 1}}{{{c^2} + 1}} + \frac{{c + 1}}{{{a^2} + 1}} \ge \left( {a + 1 - \frac{{ab + b}}{2}} \right) + \left( {b + 1 - \frac{{bc + c}}{2}} \right) + \left( {c + 1 - \frac{{ca + a}}{2}} \right)\]
\[ = 3 + \frac{{a + b + c - ab - bc - ca}}{2} \ge 3\]
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1$.

Ví dụ 8: Chứng minh rằng với mọi $ a,b,c,d $ dương có tổng bằng 4 thì:
\[\frac{{a + 1}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{b + 1}}{{{c^2} + 1}} + \frac{{c + 1}}{{{d^2} + 1}} + \frac{{d + 1}}{{{a^2} + 1}} \ge 2\]
Cũng bằng phương pháp tương tự ta có bất đẳng thức sau đây.

Ví dụ 9: Chứng minh rằng với mọi $ a,b,c,d $dương có tổng bằng 4 thì:
\[\frac{1}{{{a^2} + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + 1}} + \frac{1}{{{c^2} + 1}} + \frac{1}{{{d^2} + 1}} \ge 2\]
LỜI GIẢI

Thật vậy ta có đánh giá sau:
\[\frac{1}{{{a^2} + 1}} = 1 - \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + 1}} \ge 1 - \frac{{{a^2}}}{{2a}} = 1 - \frac{a}{2}\]
Sau đó chỉ cần làm tương tự với $ b,c,d $ rồi cộng lại ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=d=1 $.

Kĩ thuật Cauchy ngược dấu là một kĩ thuật giúp giải quyết bài toán theo lối suy nghĩ nhẹ nhàng và trong sáng, các kết quả làm bằng kĩ thuật này nói chung rất khó có thể làm được theo cách khác, hoặc phải làm theo cách khá dài.

Trích ''Sáng tạo Bất đẳng thức--Phạm Kim Hùng''

Còn tiếp ... Phần III

Mời bạn cùng thảo luận về vấn đề này hoặc đặt câu hỏi cho các tác giả V.Đ. Việt - Tr. Tr. Kiên tại: http://diendantoanhoc.net/forum/index.php?showtopic=67736

 

Bình luận (3)

Gửi bình luận

Đăng bình luận như là khách viếng thăm

0
điều khoản sử dụng.

Cộng đồng Toán học

Là cộng đồng Toán học trực tuyến lâu đời nhất Việt Nam, Diễn đàn Toán học là nơi quy tụ của học sinh, giáo viên và những người yêu Toán ở trong nước và nước ngoài. 

Tham gia...

Sách và tài liệu tham khảo

Diễn đàn Toán học và nơi tập trung hàng trăm ngàn tài liệu miễn phí phục vụ cho học tập và nghiên cứu, trong đó có rất nhiều chuyên đề, bài viết được chính các thành viên của diễn đàn tham gia soạn thảo.

Xem và tải về...

Các cuộc thi Toán học online

Nhiều cuộc thi về Toán dành cho học sinh các cấp đang diễn ra sôi động. Hãy tham gia thi tài với bạn bè từ khắp nơi trên đất nước để giao lưu học hỏi và nâng cao kiến thức !

Tham gia...