Phan Đình Trung: Khai triển Abel chứng minh bất đẳng thức

CÔNG THỨC KHAI TRIỂN ABEL

Cho $x_1,x_2,...,x_n$ và $y_1,y_2,...,y_n$ là các số thực tùy ý. Đặt $S_{k}=y_{1}+y_{2}+...+y_{k}\forall k\in \mathbb{Z}^{+},1\leq k\leq n$

Khi đó :

$\boxed{x_{1}y_{1}+x_{2}y_{2}+...+x_{n}y_{n}=\left ( x_{1}-x_{2} \right )S_{1}+\left ( x_{2}-x_{3} \right )S_{2}+...+\left ( x_{n-1}-x_{n} \right )S_{n-1}+x_{n}S_{n}}$

Hai đẳng thức thường dùng :

Trường hợp $n=3$ :

$\boxed{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}=(a_{1}-a_{2})b_{1}+(a_{2}-a_{3})(b_{1}+b_{2})+a_{3}(b_{1}+b_{2}+b_{3})}$

Trường hợp $n=2$ :

$\boxed{a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+=(a_{1}-a_{2})b_{1}+a_{2}(b_{1}+b_{2})}$

Hệ quả của khai triển Abel :

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,...,x_n),(a_1,a_2,...,a_n)$ . Khi đó ta có đẳng thức :

$\boxed{a_1(x_1-x_2)+a_2(x_2-x_3)+...+a_{n-1}(a_{n-1}-a_n)+a_nx_n=a_1x_1+(a_2-a_1)x_2+...+(a_n-a_{n-1})x_n}$

Chứng minh : Áp dụng công thức khai triển $Abel$ cho hai dãy $\left ( x_1,x_2,...,x_n \right ),(y_1=a_1,y_2=a_2-a_1,...,y_n=a_n-a_{n-1})$ .

BẤT ĐẲNG THỨC ABEL

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,....,x_n),(y_1,y_2,...,y_n)$ với $x_{1}\geq x_{2}\geq ...\geq x_{n}$ . Nếu $c_{k}=y_1+y_2+...+y_k\;\;\forall k=\overline{1,n}$ và $M=\underset{k=1,2,...,n}{max}c_k$ , $m=\underset{k=1,2,...,n}{min}c_k$ thì ta có :

$\boxed{mx_1\leq x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n\leq Mx_1}$ .

Chứng minh :

Theo công thức khai triển $Abel$ :

$x_{1}y_1+x_2y_2+...+x_ny_n=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_{n}-x_{n-1})c_{n-1}+x_nc_n\leq (x_1-x_2)M+(x_2-x_3)M+...+(x_n-x_{n-1})M+x_nM=Mx_1$

Tương tự : $x_{1}y_1+x_2y_2+...+x_ny_n\geq mx_1$

Bài toán 1 (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2010 THPT Chuyên Lê Qúy Đôn, Bình Định)

Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} 1\leq z\leq min\left \{ x,y \right \}\\ xz\geq 3\\ yz\geq 2 \end{matrix}\right.$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=\dfrac{30}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{2010}{z}$

Lời giải :

Ta viết $P$ thành :

$P=30\left ( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z} \right )+4\left ( \dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \right )+\dfrac{1976}{z}$

Áp dụng công thức khai triển $Abel$ :

$\dfrac{1}{3}+1=\dfrac{x}{3}.\dfrac{1}{x}+\dfrac{z}{1}.\dfrac{1}{z}=\left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x} \right )\dfrac{z}{1}+\dfrac{1}{x}\left ( \dfrac{x}{3}+\dfrac{z}{1} \right )\geq \left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x} \right )+\dfrac{1}{x}.2\sqrt{\dfrac{xz}{3}}\geq \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{x}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}$

Và :

$\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{y}{2}.\dfrac{1}{y}+\dfrac{z}{1}.\dfrac{1}{z}=\left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{y} \right )\dfrac{z}{1}+\dfrac{1}{y}\left ( \dfrac{y}{2}+\dfrac{z}{1} \right )\geq \left ( \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{y} \right )+\dfrac{1}{y}.2\sqrt{\dfrac{yz}{2}}\geq \dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}=\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$

Do đó :

$P\leq 30\left ( 1+\dfrac{1}{3} \right )+4\left ( 1+\dfrac{1}{2} \right )+\dfrac{1976}{1}=2022$

Kết luận : $MaxP=2022\Leftrightarrow x=3,y=2,z=1$

Bài toán 2 (Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2011 THPT Hùng Vương, Bình Phước) : Cho các số dương $v,l,t$ thỏa mãn hệ :

$\left\{\begin{matrix} \dfrac{2}{5}\leq t\leq min\left \{ v,l \right \}\\ vt\geq \dfrac{4}{15}\\ lt\geq \dfrac{1}{5} \end{matrix}\right.$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $E(v,l,t)=\dfrac{1}{v}+\dfrac{2}{l}+\dfrac{3}{t}$

Lời giải :

Dự đoán giá trị lớn nhất là $13$ và đạt được khi $v=\dfrac{2}{3},l=\frac{1}{2},t=\dfrac{2}{5}$ .

Do đó ta sẽ chứng minh $E(v,l,t)=\left ( \dfrac{1}{v}+\dfrac{1}{t} \right )+2\left ( \dfrac{1}{l} +\dfrac{1}{t}\right )\leq 13$

Thật vậy, áp dụng công thức khai triển $Abel$ :

$4=\dfrac{5}{2}+\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{t}.\dfrac{5}{2}t+\dfrac{1}{v}.\dfrac{3}{2}v=\left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{v} \right ).\dfrac{5}{2}t+\dfrac{1}{v}\left ( \dfrac{5}{2}t+\dfrac{3}{2}v \right )\geq \left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{v} \right ).\dfrac{5}{2}.\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{v}.2\sqrt{\dfrac{15}{4}.vt}\geq \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{v}+\dfrac{2}{v}=\frac{1}{v}+\dfrac{1}{t}$

Và :

$\dfrac{9}{2}=2+\dfrac{5}{2}=\dfrac{1}{l}.2l+\dfrac{1}{t}.\dfrac{5}{2}t=\left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{l} \right ).\dfrac{5}{2}t+\dfrac{1}{l}\left ( 2l+\dfrac{5}{2}t \right )\geq \dfrac{5}{2}.\dfrac{2}{5}\left ( \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{l} \right )+\dfrac{1}{l}.2\sqrt{5lt}\geq \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{l}+\dfrac{2}{l}=\dfrac{1}{l}+\dfrac{1}{t}$

Từ đó suy ra $E(v,l,t)=\left ( \dfrac{1}{v}+\dfrac{1}{t} \right )+2\left ( \dfrac{1}{l}+\dfrac{1}{t} \right )\leq 4+2.\dfrac{9}{2}=13$

Kết luận : $Max\;E(v,l,t)=13\Leftrightarrow v=2/3,l=1/2,t=2/5$

Bài toán 3 : Cho các số không âm $a_1,a_2,...,a_n$ thỏa mãn $a_{1}a_{2}...a_{k}\geq \dfrac{1}{(2k)!}\;\;\;\forall k=\overline{1,n}$ . Chứng minh rằng $a_1+a_2+...+a_n\geq \dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}$

Lời giải :

Dự đoán đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=\dfrac{1}{2!},a_{2}=\dfrac{2!}{4!},a_{3}=\dfrac{4!}{6!},...,a_{n}=\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}$

Từ đó ta áp dụng khai triển $Abel$ và BĐT $AM-GM$ :

$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=\dfrac{1}{2!}.(2!a_1)+\dfrac{2!}{4!}.\left ( \dfrac{4!}{2!}a_{2} \right )+\dfrac{4!}{6!}\left ( \dfrac{6!}{4!}a_{3} \right )+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}\left ( \dfrac{(2n)!}{(2n-2)!} a_n\right )=\left ( \dfrac{1}{2!} -\dfrac{2!}{4!}\right )2!a_1+\left ( \dfrac{2!}{4!}-\dfrac{4!}{6!} \right )\left ( 2!a_1+\dfrac{4!}{2!}a_2 \right )+...+\left ( \dfrac{(2n-4)!}{(2n-2)!}-\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!} \right )\left ( 2!a_1+\dfrac{4!}{2!}a_2+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n-4)!}a_{n-1} \right )+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}\left ( 2!a_1+\dfrac{4!}{2!}a_2+...+\dfrac{(2n)!}{(2n-2)!} \right )$

$\geq \left ( \dfrac{1}{2!}-\dfrac{2!}{4!} \right )2!a_1+\left ( \dfrac{2!}{4!}-\dfrac{4!}{6!} \right ).2\sqrt{4!a_1a_2}+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}.n\sqrt[n]{(2n)!a_1a_2...a_n}=\left ( \dfrac{1}{2!} -\dfrac{2!}{4!}\right )+2\left ( \dfrac{2!}{4!}-\dfrac{4!}{6!} \right )+...+(n-1)\left ( \dfrac{(2n-4)!}{(2n-2)!}-\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!} \right )+n.\dfrac{(2n-2!)}{(2n)!}=\dfrac{1}{2!}+\dfrac{2!}{4!}+\dfrac{4!}{6!}+...+\dfrac{(2n-2)!}{(2n)!}=\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{3.4}+\dfrac{1}{5.6}+...+\dfrac{1}{(2n-1).2n}$

Như vậy nếu ta chỉ ra được đẳng thức :

$\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{3.4}+\dfrac{1}{5.6}+...+\dfrac{1}{(2n-1).2n}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}\;\;\;\;(*)$

Thì bài toán được giải quyết.

Ta chứng minh đẳng thức $(*)$ bằng quy nạp, dễ thấy với $n=1$ thì $(*)$ đúng, giả sử $(*)$ đúng . Xét $(*)$ với $n+1$

Ta có :

$\left ( \dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{3.4}+....+\dfrac{1}{(2n-1).2n} \right )+\dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)}=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{2(2n+1)(n+1)}=\left ( \dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+...+\dfrac{1}{2n} \right )+\dfrac{2(2n+1)+1}{2(2n+1)(n+1)}=\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+...+\dfrac{1}{2n}+\dfrac{1}{2n+1}+\dfrac{1}{2n+2}$ .

Theo nguyên lí quy nạp, $(*)$ được chứng minh.

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Bài toán 4 : Cho các số thực $x,y,z$ mà $0<x<y\leq z\leq 1$ thỏa mãn $3x+2y+z\leq 4$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=3x^3+2y^3+z^3$

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh $3x^{2}+2y^{2}+z^2\leq \dfrac{10}{3}$

Thật vậy, theo khai triển $Abel$ , ta có :

$3x^{2}+2y^2+z^2=z.z+2y.y+3x.x=(z-y)z+(y-x)(z+2y)+x(z+2y+3x)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+4x=x+2y+z=\dfrac{1}{3}\left [ (3x+2y+z)+(4y+2z) \right ]\leq \dfrac{1}{3}\left ( 4+4+2 \right )=\dfrac{10}{3}$

Tiếp tục sử dụng công thức khai triển $Abel$ :

$P=3x^{3}+2y^3+z^3=z^2.z+2y^2.y+3x^2.x=(z-y)z^{2}+(y-x)(z^2+2y^2)+x(z^2+2y^2+3x^2)\leq (z-y)+(y-x)(1+2)+x.\dfrac{10}{3}=\frac{1}{3}x+2y+z=\frac{1}{9}(3x+18y+9z)=\dfrac{1}{9}\left [ (3x+2y+z)+(16y+8z) \right ]\leq \dfrac{1}{9}\left ( 4+16+8 \right )=\dfrac{28}{9}$

Kết luận : $MaxP=\dfrac{28}{9}\Leftrightarrow x=1/3,y=z=1$

Bài toán 5 :

1) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a\geq b\geq c>0$ và $\left\{\begin{matrix} x\geq a\\ x+y\geq a+b\\ x+y+z\geq a+b+c \end{matrix}\right.$ . Chứng minh rằng $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

2) Cho tam giác $ABC$ không nhọn. Chứng minh rằng :

$A^{2}+B^{2}+C^{2}\geq \dfrac{3\pi ^{2}}{8}$

Lời giải :

1) Sử dụng khai triển $Abel$ và bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ :

$x^{2}+y^{2}+z^{2}=a.\dfrac{x^{2}}{a}+b.\dfrac{y^{2}}{b}b+c.\dfrac{z^{2}}{c}=(a-b).\dfrac{x^{2}}{a}+(b-c)\left ( \dfrac{x^{2}}{a}+\dfrac{y^{2}}{b} \right )+c\left ( \dfrac{x^{2}}{a}+\dfrac{y^{2}}{b}+\dfrac{z^{2}}{c} \right )\geq (a-b).a+(b-c).\dfrac{(x+y)^{2}}{a+b}+c.\dfrac{(x+y+z)^{2}}{a+b+c}\geq a(a-b)+(b-c)(a+b)+c(a+b+c)=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=a,y=b,z=c$

2) Vì tam giác $ABC$ không nhọn nên ta giả sử $A\geq \dfrac{\pi }{2}$ , khi đó $B+C\leq \dfrac{\pi }{2}$ . Do đó tồn tại một góc có số đó không vượt quá $\dfrac{\pi }{4}$ . Gỉa sử $C\leq \dfrac{\pi }{4}\Rightarrow B\geq \dfrac{\pi }{4}$ .

Khi đó ta có $\left\{\begin{matrix} A\geq \dfrac{\pi }{2}\\ A+B\geq \dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\pi }{4}\\ A+B+C=\dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\pi }{4}+\dfrac{\pi }{4} \end{matrix}\right.$ và $A\geq B\geq C>0$ .

Áp dụng kết quả câu trên, ta có :

$A^{2}+B^{2}+C^{2}\geq \left ( \dfrac{\pi }{2} \right )^{2}+\left ( \dfrac{\pi }{4} \right )^{2}+\left ( \dfrac{\pi }{4} \right )^{2}=\dfrac{3\pi ^{2}}{8}$ .

Đẳng thức xảy ra khi $A=\dfrac{\pi }{2},B=C=\dfrac{\pi }{4}\Leftrightarrow \Delta ABC$ vuông cân.

Bài toán 6 : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} 0<a\leq b\leq c\leq d\\ \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 3\\ \dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 2 \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $a^{4}+b^{4}+c^{4}-d^{4}\leq 17$

Lời giải :

Ta đoán dấu bằng của bài toán bằng cách cho đẳng thức xảy ra tại các giả thiết : $a=1,b=2,c=d$ .

Khi đó viết bất đẳng thức đã cho dưới dạng $a^{4}+b^{4}+c^{4}\leq 1^{4}+2^{4}+d^{4}$

Bằng bất đẳng thức $Holder$ ta dễ thấy :

$\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+\dfrac{d^{4}}{c^{4}}\geq \dfrac{\left ( \dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \right )}{8}^{4}\geq \dfrac{2^{4}}{8}=2$

$\dfrac{1}{a^{4}}+\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+\dfrac{d^{4}}{c^{4}}\geq \dfrac{\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \right )}{27}^{4}\geq \dfrac{3^{4}}{27}=3$

Theo khai triển $Abel$ :

$1^{4}+2^{4}+d^{4}=a^{4}.\dfrac{1}{a^{4}}+b^{4}.\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+c^{4}.\dfrac{d^{4}}{c^{4}}=\left ( c^{4}-b^{4} \right ).\dfrac{d^{4}}{c^{4}}+\left ( b^{4}-a^{4} \right ).\left ( \dfrac{d^{4}}{c^{4}}+\dfrac{2^{4}}{b^{4}} \right )+a^{4}.\left ( \dfrac{d^{4}}{c^{4}}+\dfrac{2^{4}}{b^{4}}+\dfrac{1}{a^{4}} \right )\geq (c^{4}-b^{4})+2(b^{4}-a^{4})+3a^{4}=a^{4}+b^{4}+c^{4}$

Đây là điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=1,b=2,c=d$ .

* Tổng quát : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} 0<a\leq b\leq c\leq d\\ \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 3\\ \dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c}\geq 2 \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $a^k+b^k+c^k-d^k\leq 2^k+1$ với $k$ là số nguyên dương cho trước