Phan Đình Trung: DỒN BIẾN THỪA-TRỪ

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có lẽ các bài toán bất đẳng thức chứa căn là một trong những dạng toán hay và thú vị nhất .Đơn giản là chúng ta không thể dùng các phép biến đổi thông thường để chứng minh bài toán và như thế mới thúc đẩy các ý tưởng mới được.Trong các phương pháp chứng minh dạng toán này không thể không nhắc tới phương pháp dồn biến thừa trừ của anh Võ Quốc Bá Cẩn.Ý tưởng của phương pháp rất đơn giản nhưng điều đơn giản này lại giúp chúng ta giải quyết rất nhiều bất đẳng thức khó,trong đó có một số kết quả từng là những bài toán mở.Trong bài viết này xin được giới thiệu thêm một số bài toán có thể giải bằng phương pháp này.

Bài toán 1 Võ Quốc Bá Cẩn

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c=1$ .Chứng minh rằng:
$\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3}+\sqrt{7c^2-8c+3} \ge \sqrt{12(a^2+b^2+c^2)+6}$

Lời giải

Không mất tổng quát giả sử rằng: $a \ge b \ge c \ge 0.$
Đặt $f(a,b,c)=\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3}+\sqrt{7c^2-8c+3}-\sqrt{12(a^2+b^2+c^2)+6}$
Ta sẽ chứng minh rằng:
$f(a,b,c) \ge f \left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right).$
Để chứng minh điều này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:
$\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3} \ge \sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}}$
Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức: $(x+y)^2=2(x^2+y^2)-(x-y)^2$ ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:
$5(a-b)^2 \ge 2\left(\sqrt{7a^2-8a+3}-\sqrt{7b^2-8b+3}\right)^2$
Hay là
$5(a-b)^2 \ge \frac{2(a-b)^2(8-7(a+b))^2}{\left(\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3}\right)^2}$
Sử dụng bất đẳng thức Minkowski có :
$\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3}=\sqrt{7\left(a-\frac{4}{7}\right)^2+\frac{5}{7}}+\sqrt{7\left(b-\frac{4}{7}\right)^2+\frac{...$
Sử dụng kết quả này và giả thiết: $a+b+c=1$ ,ta chỉ cần chứng minh:
$5(7c^2+2c+3) \ge 2(1+7c)^2$
$\Leftrightarrow 13-18c-63c^2 \ge 0$
$\Leftrightarrow (1-3c)(13+21c) \ge 0$
Điều này hiển nhiên đúng với $0 \le c \le \frac{1}{3}.$
Để hoàn thành bước dồn biến ,ta chỉ cần chứng minh:
$\sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}}-\sqrt{12(a^2+b^2+c^2)+6} \ge \sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12}-\sqrt{6(a+b)^2+12c^2+6}$
$\Leftrightarrow \frac{3(a-b)^2}{\sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}}+\sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12}}\ge \frac{4(a-b)^2}...$
Chú ý rằng

$7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}=7c^2+2c+3+\frac{9(a-b)^2}{2}$
Mặt khác
$3(3c^2-2c+2)-(7c^2+2c+3)=2c^2-8c+3=2c^2+c+3(1-3c) \ge 0$

$3(3c^2-2c+2+(a-b)^2)-\left(7c^2+2c+3+\frac{9(a-b)^2}{2}\right)=2c^2-8c+3-\frac{3(a-b)^2}{2} \ge 2c^2-8c+3-\frac{3(a+b-2c)^2}{...$

Và $3 \sqrt{2} >4$ , bước dồn biến được chứng minh xong.

Cuối cùng,ta chỉ cần chứng minh rằng:
$\sqrt{7c^2+2c+3}+\sqrt{7c^2-8c+3} \ge \sqrt{6(3c^2-2c+2)}$
$\Leftrightarrow \sqrt{(7c^2+2c+3)(7c^2-8c+3)} \ge 2c^2-3c+3$

Ta có
$(7c^2+2c+3)(7c^2-8c+3)-(2c^2-3c+3)^2=45c^4-30c^3+5c^2=5c^2(3c-1)^2 \ge 0$
Bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3} ; a=b=\frac{1}{2} , c=0$ và các hoán vị tương ứng.
Nhận xét
- Bước chứng minh
$\sqrt{7a^2-8a+3}+\sqrt{7b^2-8b+3} \ge \sqrt{7(a+b)^2-16(a+b)+12+\frac{9(a-b)^2}{2}}$
là mấu chốt trong lời giải bài toán này.Kết quả này giúp cho bước dồn biến đơn giản hơn rất nhiều do bớt đi được được một biểu thức chứa căn và như thế cũng làm cho việc tính toán trở nên đơn giản hơn.Nếu trực tiếp chứng minh kết quả $f(a,b,c) \ge f \left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c\right)$ thì tính toán sẽ rất nhiều và gặp rất nhiều khó khăn.
-Sử dụng kết quả này ta có thể chứng minh kết quả sau:
Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c=1$ .Chứng minh rằng:
$\frac{2a-a^2}{2a^2-2a+1}+\frac{2b-b^2}{2b^2-2b+1}+\frac{2c-c^2}{2c^2-2c+1} \le 3$

Bài toán 2 Quykhtn

Cho tam giác $ABC$ có độ dài 3 cạnh là $a,b,c$ và 3 trung tuyến là $m_a,m_b,m_c$ .Chứng minh rằng:
$\frac{2}{\sqrt{3}} \left(m_a+m_b+m_c\right) \ge \sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-...$

Lời giải

Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng tương đương sau:
$\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}+\sqrt{2a^2+2b^2-c^2} \ge \sqrt{3}\left(\sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac...$
Không mất tổng quát giả sử rằng $a \ge b \ge c \ge 0$ .
Kí hiệu
$f(a,b,c)= \sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}+\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}$
Ta sẽ chứng minh: $f(a,b,c) \ge f \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2} \right)$
Để chứng minh kết quả này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:
$\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}+\sqrt{2a^2+2c^2-b^2} \ge \sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2}$
Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức: $(x+y)^2=2(x^2+y^2)-(x-y)^2$ ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:
$3(b-c)^2 \ge \left(\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}-\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}\right)^2$
tương đương
$3(b-c)^2 \ge \frac{9(b-c)^2(b+c)^2}{\left(\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}+\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}\right)^2}$
Chú ý rằng
$\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}+\sqrt{2a^2+2c^2-b^2} \ge \sqrt{(a+b)^2-c^2}+\sqrt{(a+c)^2-b^2}$
$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{a+c-b}=\sqrt{2a+2\sqrt{(a+b-c)(a+c-b}} \ge \sqrt{2(b+c)}$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng:
$2(a+b+c) \ge 3(b+c) \Leftrightarrow 2a \ge b+c$
Điều này luôn đúng với $a \ge b \ge c$
Để hoàn thành bước dồn biến ta phải chứng minh:
$\sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2} +\sqrt{2b^2+2c^2-a^2} \ge \sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2}$
Tương đương
$\frac{(b-c)^2}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2}} \ge \frac{2(b-c)^2}{\sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2}}$
Tương đương
$\sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{8a^2+(b+c)^2-2(b-c)^2} \ge 2 \left(\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2}\right)$
Dễ thấy $(b-c)^2 \le (b-c+2(a-b))^2=(2a-b-c)^2$ nên
$2(b^2+c^2)=(b+c)^2+(b-c)^2 \le (b+c)^2+(2a-b-c)^2$
Do đó
$8a^2+(b+c)^2-4(2b^2+2c^2-a^2) \ge 12a^2+(b+c)^2-4(b+c)^2-4(2a-b-c)^2$
$=(2a-b-c)(7(b+c)-2a) \ge 0$
Bây giờ xét biểu thức:
$g(a,b,c)=\sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}}+\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}}$
Dễ thấy
$\sqrt{a^2-\frac{(b-c)^2}{2}} \le a$

$\left(\sqrt{b^2-\frac{(c-a)^2}{2}}+\sqrt{c^2-\frac{(a-b)^2}{2}}\right)^2$
$=b^2-\frac{(c-a)^2}{2}+c^2-\frac{(a-b)^2}{2}+2\sqrt{\left(b^2-\frac{(c-a)^2}{2}\right)\left(c^2-\frac{(a-b)^2}{2}\right)}$
$\le b^2-\frac{(c-a)^2}{2}+c^2-\frac{(a-b)^2}{2}+2 \left(bc-\frac{(a-b)(a-c)}{2}\right)$
$=(b+c)^2-\frac{(2a-b-c)^2}{2}$
Như vậy
$g(a,b,c) \le g \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right)$
Vậy để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh:
$f \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right) \ge g \left(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2}\right)$
tương đương
$\sqrt{8a^2+(b+c)^2}+\sqrt{(b+c)^2-a^2} \ge \sqrt{3}\left(a+\sqrt{(b+c)^2-\frac{(2a-b-c)^2}{2}}\right)$
Đặt $\frac{b+c}{a}=x$ với $1 < x \le 2$ .
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$\sqrt{x^2+8}+\sqrt{x^2-1} \ge \sqrt{3} \left(1+\sqrt{x^2-\frac{(x-2)^2}{2}}\right)$
tương đương
$\frac{x^2-12x+20}{2}+2\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)} \ge 3\sqrt{2(x^2+4x-4)}$
tương đương
$\frac{x^2-4x+4}{2} +2 \left(\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}-(5x-4)\right) \ge 3(\sqrt{2(x^2+4x-4)}-2x)$
tương đương
$\frac{(x-2)^2}{2}+\frac{2(x-2)^2(x^2+4x-6)}{\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}+(5x-4)} \ge \frac{-6(x-2)^2}{\sqrt{2(x^2+4x-4)}+2x}$
$\frac{1}{2}+\frac{6}{\sqrt{2(x^2+4x-4)}+2x} \ge \frac{2(6-4x-x^2)}{\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}+(5x-4)}$
Chú ý rằng:
$\frac{2(6-4x-x^2)}{\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}+(5x-4)}\le \frac{2}{\sqrt{(x^2+8)(x^2-1)}+(5x-4)} \le \frac{2}{5x-4} \le \frac{2}{x}$
$\sqrt{2(x^2+4x-4)}+2x \le 4x$
Mặt khác:
$\frac{1}{2}+\frac{6}{4x}>\frac{1}{2x}+\frac{3}{2x}=\frac{2}{x}$
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ .

Nguồn: artofproblemsolving.com

Phan Đình Trung

Translate

Wednesday, December 17, 2014

DỒN BIẾN THỪA-TRỪ

No comments: