Phan Đình Trung: Bất đẳng thức thuần nhất

I/ Bất đẳng thức thuần nhất:

Khái niệm: Hàm số $f(x_{1},x_{2},...,x_{n})$ với các biến số thực $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ được gọi là hàm thuần nhất bậc k nếu với mọi số thực t ta có $f(tx_{1},tx_{2},...,tx_{n})=t^{k} f(x_{1},x_{2},...,x_{n})$ với t ∈ R\{0} và $x_{i} \in R$ , $k\geq 2$ . Khi đó, $f(x_{1},x_{2},...,x_{n}) \geq 0$ được gọi là bất đẳng thức bậc k

Ví dụ: $a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq ab+bc+ca$

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$

II/ Phương pháp chuẩn hóa:

Ta xét bài toán sau ( Japan 1997):

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\dfrac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}+\dfrac{(c+a-b)^{2}}{b^{2}+(c+a)^{2}}+\dfrac{(a+b-c)^{2}}{c^{2}+(a+b)^{2}} \geq \dfrac{3}{5}$

Lời giải: Đặt $m=a+b+c$ , $x = \dfrac{a}{m}$ , $y = \dfrac{b}{m}$ , $z = \dfrac{c}{m}$ . Khi đó, $x+y+z = 1$ và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$\dfrac{(1-2x)^{2}}{x^{2}+(1-x)^{2}} + \dfrac{(1-2y)^{2}}{y^{2}+(1-y)^{2}} + \dfrac{(1-2z)^{2}}{z^{2}+(1-z)^{2}} \geq \dfrac{3}{5}$

Ta sẽ chứng minh $\dfrac{(1-2x)^{2}}{x^{2}+(1-x)^{2}} \geq \dfrac{23-54x}{25}$ với mọi $x \in [0;1]$ , thật vậy, khai triển và rút gọn, bất đẳng thức này trở thành $2(3x-1)^{2}(6x+1) \geq 0$ (hiển nhiên đúng)

Tương tự, ta cũng có

$\dfrac{(1-2y)^{2}}{y^{2}+(1-y)^{2}} \geq \dfrac{23y-54}{25}$

$\dfrac{(1-2z)^{2}}{z^{2}+(1-z)^{2}} \geq \dfrac{23z-54}{25}$

Cộng ba bất đẳng thức này lại, chú ý tới $x+y+z = 1$ , ta thu được đpcm

Như vậy, đối với một bất đẳng thức thuần nhất, ta luôn có thể chuẩn hóa cho $a+b+c=k$ hoặc $ab+bc+ca=k, abc = k$

Ví dụ 1: (Phạm Kim Hùng) Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ . Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a^{2}+b+c} + \dfrac{1}{b^{2}+c+a} + \dfrac{1}{c^{2}+a+b} \leq 1$

Lời giải: Do $a+b+c = 3$ nên bất đẳng thức đã cho có thể viết lại thành:

$\dfrac{1}{a^{2}-a+3}+\dfrac{1}{b^{2}-b+3}+\dfrac{1}{c^{2}-c+3} \leq 1$

Ta chứng minh $\dfrac{1}{a^{2}-a+3} \leq \dfrac{1}{3} - \dfrac{a-1}{9}$ . Bất đẳng thức này tương đương với $\dfrac{(a-1)^{2}(3-a)}{9(a^{2}-a+3} \geq 0$ (hiển nhiên đúng với $0 < a < 3$ )

Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế, ta có đpcm.

Ví dụ 2: Cho $a, b, c$ là các số thực dương . Chứng minh rằng:

$\dfrac{a(b+c)}{(b+c)^{2}=a^{2}} + \dfrac{b(c+a)}{(c+a)^{2}+b^{2}} + \dfrac{c(a+b)}{(a+b)^{2}+c^{2}} \leq \dfrac{6}{5}$

Lời giải: Do tính thuần nhất của bài toán nên ta chuẩn hóa cho $a+b+c=3$

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $\dfrac{a(3-a)}{(3-a)^{2}+a^{2}}+\dfrac{b(3-b)}{(3-b)^{2}+b^{2}}+\dfrac{c(3-c)}{(3-c)^{2}+c^{2}} \leq \dfrac{6}{5}$

Ta chứng minh $\dfrac{a(3-a)}{(3-a)^{2}+a^{2}} \leq \dfrac{9x+1}{25}$ ,

$\dfrac{-(18a+9)(a-1)^{2}}{25(2a^{2}-6a+9)}\le 0$, với mọi $a \in (0;3)$

Tương tự, ta cũng thiết lập được bất đẳng thức như trên với a và b. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều, chú ý tới $a+b+c=3$ ta có đpcm.

Ví dụ 3 (Bất đẳng thức Nesbit): Cho các số dương $a, c$. Chứng minh rằng :

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$

Hướng dẫn: chuẩn hóa cho $a+b+c=1$ , dùng kĩ thuật cân bằng hệ số để tìm các bất đẳng thức phụ

II/ Phương pháp dồn biến p, q, r:

Tất cả các bất đẳng thức đối xứng ba biến $x,y,z$ đều có thể qui về dạng $x+y+z, xy+yz+zx, xyz$ . Do đó ta có thể đặt $p= x+y+z, q=xy+yz+zx, r=xyz$

1/ Bất đẳng thức Schur:

Với mọi số thực không âm a, b, c, k, ta có:
$a^{k}(a-b)(a-c)+b^{k}(b-c)(b-a)+c^{k}(c-a)(c-b) \geq 0$

Bất đẳng thức Schur suy rộng: Với các số thực dương $a, b, c, x, y, z$ thỏa mãn $(a, b, c)$ và $(x, y, z)$ là các bộ đơn điệu. Khi đó, ta có:

$x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b) \geq 0$

2/ Kĩ thuật dồn biến p, q, r:

Với việc dồn biến p, q, r ta có thể biểu diễn bất đẳng thức Schur bậc 0, 1, 2 có thể biểu diễn lại như sau:

$k=0$ thì $pq-9r \geq 0$

$k=1$ thì $p^{3}-4pq+9r \geq 0$

$k=2$ thì $p^{4}-5p^{2}q+4q^{2}+6pr \geq 0$

Ví dụ 4: Cho $x, y, z$ không âm, ta có:

$2(x+y+z)^{3}+9xyz \geq 7(x+y+z)(xy+yz+zx)$

Lời giải: Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên ta chuẩn hóa cho $x+y+z=1$ . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $2+9xyz \geq 7(xy+yz+zx)$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x=max \left \{x;y;z \right \}$. Xét hàm số
$f(x)=(7y+7z-9yz)x+7yz-2$ với $x \in [\dfrac{1}{3};1]$

Ta có: $f(\dfrac{1}{3})=\dfrac{7(y+z)+12yz-6}{3}=\dfrac{4(9yz-1)}{3} \leq 0$ vì $yz \leq \dfrac{(y+z)^{2}}{4}=\dfrac{1}{9}$

$f(1)=-2 <0$ vì $x=1, y=z=0$ suy ra $f(x) \leq 0$ . Bất đẳng thức được chứng minh.

Với cách làm tương tự như trên, ta có thể giải quyết được bài toán sau:

1/ Cho $x, y, z$ không âm. Chứng minh rằng: $9xyz+(x+y+z)^{3} \geq 4(xy+yz+zx)(x+y+z)$

2/ (IMO 1984) Cho $x, y,z$ không âm. Chứng minh rằng:

$27(x+y+z)(xy+yz+zx) \leq 7(x+y+z)^{3}+54xyz$

3/ Cho $x, y, z$ không âm. Chứng minh rằng: $2(x+y+z)^{3} \leq 9(x^{3}+y^{3}+z^{3})+27xyz \leq 9(x+y+z)^{3}$

Ví dụ 5: (Iran 1996) Chứng minh rằng nếu $x, y, z$ dương thì:

$(xy+yz+zx)[\dfrac{1}{(x+y)^{2}} + \dfrac{1}{(y+z)^{2}} + \dfrac{1}{(z+x)^{2}}] \geq \dfrac{9}{4}$

Lời giải: Đặt $p=x+y+z$ ; $q=xy+yz+zx$ & $r=xyz$

thế thì $(x+y)(y+z)(z+x) = pq-r$ . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$q[\dfrac{(p^{2}+q)^{2}-4p(4pq-r)}{(pq-r)^{2}} \geq \dfrac{9}{4}$

Biến đổi tương đương ta được:
$4p^{4}q-17p^{2}q^{2}+4q^{3}+34pqr-9r^{2} \geq 0$

⇔ $pq(p^{3}-4pqr+9r)+p(q^{4}-5p^{2}q+4q^{2}+6pr)+r(pq-9r) \geq 0$ (hiển nhiên đúng)

Bài toán được chứng minh.

Phan Đình Trung

Translate

Sunday, June 8, 2014

Bất đẳng thức thuần nhất

I/ Bất đẳng thức thuần nhất:

II/ Phương pháp chuẩn hóa:

II/ Phương pháp dồn biến p, q, r:

No comments: