Phương pháp dồn biến trong chứng minh BĐT đã không quá xa lạ với chúng ta, có rất nhiều kỹ thuật cho nó:
$f\left( {a;b;c} \right) \ge f\left( {a;\frac{{b + c}}{2};\frac{{b + c}}{2}} \right)$ hoặc là $f\left( {a;b;c} \right) \ge f\left( {a;\sqrt {bc} ;\sqrt {bc} } \right)$...Trong số đó kỹ thuật chuẩn hóa kết hợp với hàm số cũng tạo nên một vẻ đẹp nhất định cho phương pháp, hiển nhiên nó sẽ không là cách giải đẹp và hay nhất nhưng thiết nghĩ một kỹ thuật nhỏ giải cho một bài rồi nhiều bài sẽ tốt hơn (quan điểm cá nhân) một lời giải đẹp.
Để nắm bắt được kỹ thuật ta bắt đầu bằng một BĐT đơn giản, Nesbit ba biến:
VD1: Với ba số thực dương . Chứng minh rằng:
$$\,\,\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{3}{2}$$
Giải
§ Do BĐT là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $a + b + c = 3$, khi đó tồn tại $m,n$(nó sẽ có điều kiện ta sẽ chọn sau) sao cho $\left\{ \begin{array}{l}a = n + m\\b = n - m\\c = 3 - 2n\end{array} \right.$ khi đó BĐT trở thành:
$$\frac{{n + m}}{{3 - m - n}} + \frac{{n - m}}{{3 - n + m}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}} \ge \frac{3}{2}$$
§ Đặt $f(m) = \frac{{n + m}}{{3 - m - n}} + \frac{{n - m}}{{3 - n + m}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}}$ta có:
\[f'(m) = \frac{3}{{{{\left( {3 - m - n} \right)}^2}}} + \frac{{ - 3}}{{{{\left( {3 + m - n} \right)}^2}}}\]
Ta mong muốn đây là một hàm tăng (để có một đánh giá phụ với số biến ít hơn), để có điều đó ta phải cân nhắc khi chọn $m,n$Nếu ta có:
\[{\left( {3 - m - n} \right)^2} \le {\left( {3 + m - n} \right)^2} \Leftrightarrow 0 \le 2m\]
thì mọi thứ hoàn tất, thế nhưng $2m = a - b$trong khi ta hoàn toàn có thể giả sử $a = {\rm{max}}\left\{ {a,b,c} \right\}$đối với BĐT trên. Vậy ta được:
$$f'(m) \ge 0 \Rightarrow f(m) \ge f(0)$$
§ Do vậy: $\frac{{n + m}}{{3 - m - n}} + \frac{{n - m}}{{3 - n + m}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}} \ge \frac{{2n}}{{3 - n}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}}$ mà $\frac{{2n}}{{3 - n}} + \frac{{3 - 2n}}{{2n}} - \frac{3}{2} = \frac{{9{{(n - 1)}^2}}}{{2n(3 - n)}} \ge 0$
do đó BĐT Nesbit đã được chứng minh.
¯ Nhận xét: Bài giải trên tương đối dài dòng (do có vài điểm cần phân tích ý tưởng) .
VD2: (BĐT Schur) $\forall a,b,c > 0.\,\,CMR:\,\,{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge {a^2}(b + c) + {b^2}(c + a) + {c^2}(a + b)$
Giải
§ Trước hết ta chuẩn hóa $a + b + c = 3$(hiển nhiên trước khi chuẩn hóa như vậy ta cần kiểm tra trường hợp , người viết dành lại phần này cho bạn đọc) và đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = n + m\\b = n - m\\c = 3 - 2n\end{array} \right.$khi đó BĐT trở thành:
$\begin{array}{l}{\left( {n + m} \right)^3} + {\left( {n - m} \right)^3} + {(3 - 2n)^3} + 3\left( {{n^2} - {m^2}} \right)(3 - 2n) - {\left( {n + m} \right)^2}(3 - n - m)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, - {(n - m)^2}(3 -n + m) - {\left( {3 - 2n} \right)^2}2n \ge 0\end{array}$
§ Đặt : $f(m) = {\left( {n + m} \right)^3} + {\left( {n - m} \right)^3} + {(3 - 2n)^3} + 3\left( {{n^2} - {m^2}} \right)(3 - 2n) - {\left( {n + m}\right)^2}(3 - n - m)$
$$- {(n - m)^2}(3 - n + m) - {\left( {3 - 2n} \right)^2}2n$$
Ta có: $f'(m) = 3{\left( {n + m} \right)^2} - 3{\left( {n - m} \right)^2} - 6(3 - 2n)m - 2\left( {n + m} \right)(3 - n - m) + {\left( {n + m}\right)^2}$
$$ + 2(n - m)(3 - n + m) - {(n - m)^2}$$
$$ = 12mn - 18m + 12mn - 2\left( {6m - 4mn} \right) + 4mn = 36mn - 30m = 6m\left( {6n - 5} \right)$$
Nếu ban đầu ta giả sử $a \ge b \ge c$(hoàn toàn có thể) thì ta được :$\left\{ \begin{array}{l}\frac{3}{2} \ge n = \frac{{a + b}}{2} \ge 1\\m = \frac{{a - b}}{2} \ge 0\end{array} \right.$
vì vậy : $f'(m) \ge 0$
§ Do đó :$f(m) \ge f(0) = 2{n^3} + {(3 - 2n)^3} + 3{n^2}(3 - 2n) - 2{n^2}(3 - n) - {\left( {3 - 2n} \right)^2}2n = 9{(n - 1)^2}(3 - 2n) \ge 0$
Phép chứng minh hoàn tất, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left[ \begin{array}{l}m = 0;n = 1\\m = 0,n = \frac{3}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = b = c = 1\\a = b = \frac{3}{2};c = 0\end{array} \right.$
(đều đó có nghĩa đẳng thức của BĐT xảy ra khi và chỉ khi$\left[ \begin{array}{l}a = b = c\\a = b;c = 0\end{array} \right.$ và các hoán vị của nó)
Qua hai ví dụ trên người viết mong rằng ý tưởng của kỹ thuật nhỏ này đã thật sự rõ ràng. Kỹ thuật có một khuyết điểm là tính toán nhiều ở khâu đạo hàm nhưng nó không ảnh hưởng lắm đến vẻ đẹp kỹ thuật cũng như của phương pháp dồn biến. Tiếp đến ta đến với các bài toán khác để thấy những điều thú vị của kỹ thuật nhỏ này:
VD3: Chứng minh rằng với ba số thực không âm thì:${a^2}(b + c) + {b^2}(c + a) + {c^2}(a + b) \le \frac{1}{4}{(a + b + c)^3}$
Giải
Bất đẳng thức trên thật sự là không quá khó, nhưng nó sẽ đẹp trong mắt của kỹ thuật nhỏ này. Lần này ta sẽ chuẩn hóa $a + b + c = 4$(không là 3) với mục tiêu làm cho VP trở nên đẹp hơn.
Không mất tính tổng quát ta giả sử$a \ge b \ge c$.
§ Trước hết ta chuẩn hóa $a + b + c = 4$và đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = n + m\\b = n - m\\c = 4 - 2n\end{array} \right.$(khi đó $\left\{ \begin{array}{l}\frac{4}{3} \le n \le 2\\0 \le m \le n\end{array} \right.$
$${\left( {n + m} \right)^2}(4 - n - m) + {\left( {n - m} \right)^2}(4 - n + m) + {\left( {4 - 2n} \right)^2}(2n) \le 16$$
§ Đặt $f(m) = {\left( {n + m} \right)^2}(4 - n - m) + {\left( {n - m} \right)^2}(4 - n + m) + {\left( {4 - 2n} \right)^2}(2n)$ta được:
$$\begin{array}{l}f'(m) = 2\left( {n + m} \right)(4 - n - m) - {\left( {n + m} \right)^2} - 2\left( {n - m} \right)(4 - n + m) + {\left( {n - m} \right)^2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4m(4 - 3n)\end{array}$$
Do đó$f'(m) \le 0$ nên $f(m) \le f(0) = 2{n^2}(4 - n) + {(4 - 2n)^2}(2n)$
Mà: $$2{n^2}(4 - n) + {(4 - 2n)^2}(2n) - 16 = 2(n - 2)(3{n^2} - 6n + 4) \le 0$$ tức $f(m) \le f(0) = 2{n^2}(4 - n) + {(4 - 2n)^2}(2n)\le 16$
Đẳng thức xảy ra khi $n = 2$ và $m = 0$ tức $a = b = 2;c = 0$(và các hoán vị của nó). (Hiển nhiên còn trường hợp$a = b = c = 0$ của bạn đọc)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1110004: 26-10-2015 - 19:07
