1.     PHÉP NHÓM ABEL

Cho 2 dãy số thực a1,a2,...,an và b1,b2,...,bn. Kí hiệu Sk=b1+b2+...+bk. Khi đó ta có đẳng thức:

a1b1+a2b2+...+anbn=(a1−a2)S1+(a2−a3)S2+...+(an−1−an)Sn−1+anSn

2 trường hợp mà chúng ta hay dùng nhất là

·         a1b1+a2b2=(a1−a2)b1+a2(b1+b2)

·         a1b1+a2b2+a3b3=(a1−a2)b1+(a2−a3)(b1+b2)+a3(b1+b2+b3)

      2. CÁC BÀI TOÁN

Bài toán 1:Với α≥β≥γ>0; a≥α,ab≥αβ,abc≥αβγ. Chứng minh rằng :

a+b+c≥α+β+γ

Giải

Sử dụng phép nhóm Abel ta có a+b+c=γ(aα+bβ+cγ)+(β−γ)(aα+bβ)+(α−β)aα≥3γabcαβγ−−−−√3+2(β−γ)abαβ−−−√+(α−β)aα≥3γ+2(β−γ)+(α−β)=α+β+γ

(đpcm)

Bài toán 2:Với 0<a≤b≤c,bc≤6,abc≤6. Chứng minh rằng:

a+b+c≤6

Giải

Ta có 6=1+2+3=a(1a+2b+3c)+(b−a)(2b+3c)+(c−b)3c⇒6≥3a6abc−−−√3+2(b−a)6bc−−−√+(c−b)3c≥a+b+c

(đpcm)

Từ những ví dụ trên, ta có thể rút ra phương pháp giải cho những BĐT dạng này

Bước 1:Xác định dấu đẳng thức xảy ra khi nào bằng cách chuyển các điều kiện đã cho thành đẳng thức

Bước 2:Viết lại đẳng thức cần chứng minh dưới dạng đối xứng 2 vế

Bước 3:Áp dụng phép nhóm Abel cho 1 vế của 1 BĐT theo điều kiện thứ tự

Dưới đây là 1 số ví dụ minh họa

Bài toán 3:Với a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiện a≥b≥1,a≤3,ab≤6,ab≤6c. Chứng minh rằng:

a+b−c≤4

Giải

Bằng cách chuyển tất cả những điều kiện đã cho thành đẳng thức, ta dự đoán dấu bằng sẽ xảy ra khi a=3,b=2,c=1. Do đó ta sẽ viết BĐT cần chứng minh dưới dạng:

a+b+1≤3+2+c

Áp dụng phép nhóm Abel, ta có 3+2+c=(3a+2b+c1)+(b−1)(3a+2b)+3a(a−b)≥36cab−−√3+2(b−1)6ab−−−√+(a−b)=a+b+1

(đpcm)

Bài toán 4:Với a,b,c>0,b2+c≤2,a3+b2+c≤3,c≤1, chứng minh rằng:

1a+1b+1c≥116

Giải

Ta có 1a+1b+1c=13(3a+2b+1c)+(12−13)(2b+1c)+(1−12)1c≥13.9a3+b2+c+(12−13).4b2+c+(1−12).1c≥13.3+(12−13).2+(1−12)=116 

(đpcm)

Bài toán 5:Cho 0<x<y≤z≤1 và 3x+2y+z=4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=3x2+2y2+z2

(Đề thi HSG toán lớp 9 thành phố HCM năm 2007)

Giải

Áp dụng phép nhóm Abel kết hợp với giả thiết, ta có:

P=z.z+2y.y+3x.x=z(z−y)+(z+2y)(y−x)+x(x+2y+3z)≤(z−y)+(1+2)(y−x)+4x=z+2y+x=13(3z+2.3.y+3.x)=13[z(3−3)+(z+2y)(3−1)+z+2y+3x]=13[2(z+2y)+x+2y+3z]≤103

(đpcm)

Bài toán 6:Với a,b là các số thực dương thỏa mãn a≤b≤3,a+b≤5, tìm GTLN của biểu thức:

P=a2(a+1)+b2(b+1)

(Đề thi thử Toán chung trường THPT chuyên  KHTN năm 2012)

Giải

Ta sẽ chứng minh P=a2+a3+b2+b3≤22+23+32+33⇔(33−b3)+(33−b2)+(23−a3)+(22−b2)≥0⇔(3−b)(b2+3b+9)+(2−a)(a2+2a+4)+(3−b)(3+b)+(2−a)(2+a)≥0⇔(3−b)[(b2+3b+9)−(a2+2a+4)]+(3−b)[(3+b)−(2+a)]+[5−(a+b)](a2+2a+4)+[5−(a+b)](a+2)≥0

(đúng)

Bài toán 7:Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=9, x≥5,x+y≥8. Chứng minh rằng:

xyz≤15

(Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm 2008-2009)

Giải

Phản chứng, giả sử xyz>15. Ta có z=9−x−y≤1⇒xy>15z≥15

Áp dụng phép nhóm Abel và BĐT AM-GM, ta có:

x+y+z=x5.5+y3.3+z.1=2x5+2(x5+y3)+(x5+y3+z)≥2.x5+4xy15−−−√+3xyz15−−−√3>2+4+3=9

Điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy xyz≤15

Bài toán 8:Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a≤b≤3≤c, c≥b+1,a+b≥c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=2ab+a+b+c(ab−1)(a+1)(b+1)(c+1)

(Đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên KHTN năm 2012)

Giải

Trước tiên ta sẽ thu gọn biểu thức đang rất cồng kềnh

P=11+c+ab+abc−c−1(a+1)(b+1)(c+1)=11+c+[ab−1(1+a)(1+b)+1]−1=11+c−1+a1+a+b1+b=a1+a+b1+b−c1+c

Ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi a=1,b=2,c=3, khi đó P=512, nên ta sẽ chứng minh P≥512

Thật vậy, ta có P≥512⇔(34−c1+c)+(b1+b−23)+(a1+a−12)≥0⇔3−c4(1+c)+b−23(b+1)+a−12(a+1)≥0

Áp dụng phép nhóm Abel, ta có BĐT tương đương với (3−c)(14(c+1)−13(b+1))+[(3−c)+(b−2)][13(b+1)−12(a+1)]+[(3−c)+(b−2)+(a+1)]12(a+1)≥0⇔(3−c)(3b−4c+1)12(b+1)(c+1)+(b+1−c)(2a−3b−1)6(a+1)(b+1)+a+b−c2(a+1)≥0

(đúng)