THAM SỐ HÓA TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐĂNG THỨC Cao Minh Quang! Chúng ta đã quen với kỹ thuật tham số hóa trong các bài toán về phương trình, hệ phương trình. Trong bài viết này, chúng tôi xin trình bày kỹ thuật giải các bài toán bất đẳng thức bằng cách tham số hóa. Ý tưởng chính của kỹ thuật là nhận xét các mối quan hệ giữa các biến trong bài toán để có thể thêm biến phụ. Ở đãy, ta thực hiện tham số hóa bằng cách sử dụng tính chất: Véi moi sé thực a, b thà luôn tồn tại số thực k sao choa=b+k.
Trong trường hợp bài toán có nhiều biến thì ta có thể tham số hóa thêm một vài biến khác. Mục tiêu chính ở đây là sử dụng “phép tịnh tiến trên trục số” để chuyển các biến đang được xem xét thành các biến nhận giá trị nhỏ hơn, và từ đây ta sẽ dễ dàng đánh giá các biến mới so với các biến ban đầu. Kỹ thuật này thường áp dụng cho lớp các bài toán bất đẳng thức đồng bậc, đối xứng hoặc hoán vị. Sau đây là một số bài toán minh họa.
Chứng mảnh rằng uới mọi số thực không âm a, b, c, ta có bất đẳng thúc : — > 4 abc. Dây là bài toán cơ bản, nổi tiếng, có nhiều cách chứng minh và ứng dụng. Một cách tương đương, ta chỉ cần chứng minh a+b? +c? > 3abe, Va,b,c>0 Không mất tính tổng quát, giả sử a = min{a, b, c}. Đặt b = a+ z và c= ø + g thì z, > 0.
Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh, ta có ah +(a+z)°+(ø+)Ÿ > 3a(a+ z)(a + 9). Sau khi khai triển và rút gọn, ta được 3a+? + 3a? + zŸ + yi?> 3axụ. Bat đẳng thức này hiển nhiên đúng do ta có 3az2 + 3ay2 — 3az= 3a( — yy + 3az 2 0 và z3 +3 >0. Bài toán được chứng minh xong.
Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng mình rằng a3+ b3+ c° > abc + HC — b)( — e)(c — a)|. 3 !Giáo viên trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vinh Long. | 177 178 „ | Các chuyên dé bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Nhận sét.
Bài toán 2 là một kết quả chặt hơn so với bài toán 1 nên có thể chúng ta sẽ gặp nhiều khó khăn trong việc tìm lời giải. Mặc dù bất đẳng thức đang xét có dạng đồng bậc và đối xứng nhưng khó khăn mà chúng ta gặp phải là làm thế nào phá bỏ được dấu trị tuyệt đối. May mắn thay, vì tính chất đối xứng, nên không mất tính tổng quát, ta có thể “sắp xếp thứ tự? các biến a, b, e, từ đó ta có thể bỏ dấu trị tuyệt đối và biến đổi tiếp để có lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a <b<c.
Khi đó tồn tại z, > 0 sao cho b=a+z, c=aty, y2r. Thay vào, bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành 9 gŠ + (a+ z)Š + (ø + g) — 3a(a + z)(a + ) — 129 —2z) 20, tương đương với zy + cay > 0, (3ay2 — 3az) + 3az? + zẺ + y3 — hay là Bay(y — ø) + 8x2 + (y — #)" + 2zW(y ~ 2) + 20° > 0. Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì > z > 0. 0 Ta sẽ cùng xem xét một số vfdụ khác.
Cho a, b, c la cdc 86 không âm thỏa mãn a + b+ c = 1. Chứng mính rằng (a— 9) — ©)(c — a) < v3SẾ. Khó khăn chúng ta gặp phải là biểu thức không đối xứng. Nếu dùng phép biến đổi đại số thì ta phải chứng minh một bắt đẳng thức bậc 3 không đối xứng.
Tuy nhiên, với lưu ý rằng A < |A|, VA € R, ta có thể chuyển biểu thức thành dạng đối xứng như ở bài toán 2. Ta sẽ chứng minh bat dang thức mạnh hơn † v3 |(a — b)(b — c)(c— a)| < =. 18 Vì đây là một bất đẳng thức đối xứng nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a < b < c. Đặt b= a+z~ và c = a + g với > z > 0, bất đẳng thức của ta trở thành v3 zy(y ——z) 2)<< ~~.
Tg Doatbte=Tnendato+y =I, suy ra ø + S 1. Mà y > z >0 nên ta có Ö < # < š và <y<1-—z. Tt day suy ra ry(y ~ 2) < 2(1—2)(1 — 2z) = 22° — 327 + 2. Tham số hóa trong chứng minh bất đẳng thức 179 Dễ thấy ƒ(z) = 0 khi z = 3Ÿ, ƒ'(z) > 0 khi z € lo, s1) và ƒ'(z) < 0 khi z € (34, t— Nop Két qua nay cho thay 3 là điểm cực đại, và như vậy ta có f(x) <f (3 =) = v3 Var € [o, ;|2.
Kết hợp với (1), ta suy ra ngay kết quả cần chứng minh. Với giả thiết ø < b < c, đẳng thức xây ra khi và chỉ z = #3, ụ = #t⁄Š, tức a = 0, b = 338, c= 34. Với chứng minh trên, ta không chỉ giải được bài toán mà còn thu được một bất đẳng thức “kép” thú vị là v3 &S (a—b)(b “1g v3 — c)(c — a) < Te Các bài toán tiếp theo sẽ minh họa cho tính ưu việt của kỹ thuật này. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác.
Chứng mình rằng (a+b+c) min{a, 6, ec} < 2ab + 2be + 2ca — a2 — b2 — cỀ. Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử a = min{a, b, c}. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (œ+b+ c)a < 2ab + 2bc + 2ca — a2 — bˆ — €, tương đương 2a2 + b2 + cˆ S ab + ac + 2bc. Đặt b = a + z và c= a + với z, y > 0.
Thay vao trên, ta cố 2a? + (a + ø)” + (a + y)Ÿ S a(a + z) + a(a + ) + 2(a + z)(œ + 9), hay tương đương 2” +1” < z(ø+9) +u(a+z). Bất đẳng thức cuối luôn đúng, vì ta có ø + z > (tương đương với ø + b > c) và a + > ø (tương đương với a + c > b). Bài toán được giải quyết xong. Cho ø, b, c, d> 0 uà d = min{a, b, c, đ}.
Chứng minh rằng a` + b + ct + đÊ — 4abcd > 4d [(a — đ)” + (b — đ)” + (e — đ)” ~ 3(a — đ)(b — d)(c — d)]. Do d = min{a, b, c, đ} nên ta có thể đặt a = z+ đ, b = + d và c= z+d với z,,z >0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (z+ đ)°+(w+ đ)! + (z + đ)! + đ° — 4d(z + đ)(w + đ)(z + đ) 3 4d(xŠ + ) + zỶ — 3z). Sử dụng các phép biến đổi đại số, ta có A=(z+3)°+(wu+d)°+(z+d)°+ø =#“+t+zt+ 4d! + 4d(xŠ + Ÿ + z) + 64?(+? + y2 + z2) + AdŠ(x + y + z) và 4d(z + đ)(ụ + đ)(z + đ) = 4đ! + 4dŸ(z + ụ + z) + 4d2(zụ + uz + zz) + Anpzd.
180 _ Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Do đó bất đẳng thức trên có thể viết lại thành + + 1 + z* + 6d2(+? + 2? + z2) — 4d°(zụ + yz 4+ 22)+8cyzd>0, 4 tương đương citys t 24+ 4d? (a? + y? + 2”) — (sự + uz + zz)] + 2d2(+? + y2 + z?) + 8ruzd > 0. Bắt đẳng thức cuối cùng luôn đúng đó z2 + 1ˆ + z? > zụ + 0z + zz và +, ụ, z, d> 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = = z = 0, hay a = b= c= ở. Cho các số thực œ, b, c thỏa mãn max{a, b, c} — min{a, b, c} < 1.
Chứng mink 1+a?+b? +c? 4+ Gabe > 3a7b + 3b7c + 3c%a. Khong mắt tính tổng quát, giả sử ø = min{a, b, c}. Đặt b = a+z và e= a+ với z, >0. Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương với 1+z”+>3z?.
Từ giả thiết, ta suy ra 0 < z, < 1. Và như vậy, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được 1+z”+ > 3zụ > 3+?. Bài toán được chứng minh xong. IN Bài toán 7.
Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng 1 1 1 27 (a + 4-2 — ab ~ be ca) | (be "bop * od 2+ Chitng minh. St dung tinh déi ximg, ta gid sit a = min{a, b, c} va dat b=a+2,c=aty. Vi a, b, c doi mot phan biét nén z, y > 0 va x # y.
Bat dang thức cần chứng minh trở thành 2 A11 yho _ wi) 2 |5+ ato]o. 1 _ ty ery) tary? _ (ety (er ty — dey) + 029? 7 J (nụ). Ta cần chứng minh 43 > 2ï. t—1 Do 4/3 — 27( — 1) = (2£ — 3)?( + 3) > 0 nên bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Chứng minh rằng uới mọi a, b, c > 0, ta có a + b + SỐ 3 7 max {(a — b)?, (b— c)’, (c— a)?} b+c c+a a+bf 2 *16 gb + bc + ca. Khong mat tinh téng quat, gid sit a > b > c. Bat dang thttc đã cho trở thành ai b 46 53,7. (a —c)* b+c c+a atb~2 16 abtbe+ca Nhân cả hai vé cho ab + bc + ca, ta cé6 ala(bt+c)+be] b[b(e+a)+ca] clc(a+b) + ab] > = (ab + bc +ca) + F(a —c), b+€c + c+a + a+b hay tương đương 1 1 3.
P4P +2 + abe( ) > Fla +00-+ ca) + Ela oF atb’ bte c+a 16 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 1 + 1 + 1 > 9 a+b b+c c+a_” 2(a+b+c) Từ đó suy ra ta chỉ cần chứng minh 7. Đặt a =e+ + và b = c+ g với z > > 0. Bất đẳng thức trên trở thành (11z? — 32z + 32?)e + (z + y)(3z — 4u)? > 0. Day là một kết quả hiên nhiên, vì vậy ta có điều phải chứng minh.
0 Cuối cùng, xin đưa ra một số bài tập để bạn đọc tự tìm hiểu thêm. Cho a, b, c, r là các số thực không âm. Chứng mỉnh rằng a”(œ — b)(œ — e) + b (b — c)(b — a) + (e — a)(c— b) >0. 182 Các: chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Bài tập 2.
Cho các số thực phân biét a, b, c. Chứng minh rằng 1 1 1 9 (a? +b? +c?) | 25: (a— 62 * G-eP” (e- apy 7 Bài tập 3. Cho các số thuc phan biét a, b, c théa man c&c điều kiện ø + b + c = 1 và ab + be + ca > 0. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ¬.
5 A _ Jø-b| |b-c| |ec—a| wab+bec+ca Bài tập 4 (Việt Nam, 2008).