2 VIF I/ Lời Lời nói đầu Bất ñẳng thức hoán vị toán ñẹp bới phát biểu ñơn giản nhẹ nhàng chúng Tuy nhiên, việc giải chúng ngược lại, việc tìm lời giải cho chúng vô vất vả khó khăn Và ñối với toán có ñẳng thức trở lên việc lại trở nên khó khăn Sau thời gian học hỏi kinh nghiệm tìm tòi, ñã tìm ñược kĩ thuật ñể ñánh giá cho bất ñẳng thức hoán vị ñơn giản Do ñộ khó toán nên ñôi số lời giải có ñôi chút dài, bù lại ta làm chặt cho số toán (ñây ñiều bất ngờ mà kĩ thuật mang lại) Cũng xin nói thêm rằng: bất ñẳng thức ñại phong phú với nhiều tập Tuy nhiên với bất ñẳng thức hoán vị vòng quanh khác, nên coi toán Việc tạo bất ñẳng thức ñúng ñã khó mà ñể bất ñẳng thức ñó hay khó hơn, nên ñối với bất ñẳng thức hoán vị ñiều ñó lại khó thực Vì kĩ thuật công cụ nhỏ lại vô hữu ích ñể bạn có thêm hướng giải toán bất ñẳng thức hoán vị vòng quanh ba biến Mặc dù viết ñược hoàn thành lúc ñang cắm trại nên mệt, cố gắng hoàn thành viết ngày trọng ñại 26-3-2009 (ðoàn niên Cộng sản Hồ Chí Minh) Vì hoan nghênh ñóng góp, tìm tòi sáng tạo thêm cho kĩ thuật từ phía bạn Mọi thắc mắc – ñóng góp ý kiến xin vui long lien hệ theo ñịa chỉ: E-mail: vnineq@yahoo.com YM: vnineq giảả Tác gi VIF Ngày 26 Tháng Năm 2009 VIF II/ Cơ sở sở kĩ thuật Sẽ thật bất ngờ nói với bạn sở kĩ thuật phương pháp phân tích bình phương S.O.S: ñưa bất ñẳng thức ba biến a,b,c dạng: S a (b − c ) + S b ( c − a ) + S c ( a − b ) ≥ ðối với bất ñẳng thức ñối xứng ba biến việc quy dạng tắc S.O.S ñơn giản giúp ta dễ dàng giải toán Tuy nhiên, ñối với bất ñẳng thức hoán vị vòng quanh cách quy ñôi không thích hợp tạo hệ số S a ; Sb ; S c cồng kềnh khó xử lí Trong trường hợp ñó có cách khác quy dạng: (Tôi tạm gọi phân tích bình phương hoán vị S.O.C) S a (b − c ) + Sb (c − a ) + Sc ( a − b) ≥ S ( a − b)(b − c )(c − a ) Cách quy có lợi?: - Thứ nhất: ñối với dạng hoán vị vòng quanh tự nhiên ñơn giản cách ñưa S.O.S thống - Thứ hai: ñối với bất ñẳng thức hoán vị ta cần xét khả sau: + Một ba số lớn (giả sử a = max{a,b,c} ), ta xét trường hợp xảy a ≥ b ≥ c a ≥ c ≥ b + Một ba số (giả sử b), ta xét trường hợp xảy a ≥ b ≥ c c ≥ b ≥ a Vì vậy, vế trái S không âm ta xét trường hợp c ≥ b ≥ a mà bỏ qua trường hợp a ≥ b ≥ c Cuối xin lưu ý ñối với toán sau ñây xét trường hợp c ≥ b ≥ a (khi ñó (a − b)(b − c)(c − a ) ≥ ⇒ a 2b + b 2c + c a ≤ ab + bc + ca ), với trường hợp a ≥ b ≥ c S (a − b)(b − c)(c − a) ≤ , ta phải làm theo phương pháp truyền thống S.O.S chứng minh bất ñẳng thức: S a (b − c ) + S b ( c − a ) + S c ( a − b ) ≥ Ngày 26 Tháng Năm 2009 VIF III/ Phân tích sở ab + bc + ca − a 2b − b 2c − c a = (a − b)(b − c)(c − a ) ab2 + bc2 + ca − 3abc = ( ab2 + bc + ca − a 2b − b2c − c a + ab2 + bc2 + ca + a 2b + b2c + c2 a − 6abc ) (a − b)(b − c)(c − a ) + a (b − c) + b(c − a )2 + c( a − b) ) ( a − b b − c c − a −(a − b)(b − c )(c − a ) + + = a + b b + c c + a (a + b)(b + c )(c + a ) a b c a −b b −c c −a   a +b+ a−b b+c +b−c c+ a+c −a   + + =  + + + +  = 3 + = a+b b+c c+a 2 a+b b+c c+a a+b b+c c+a   2 1 (a − b)(b − c)(c − a)  = 3−   (a + b)(b + c)(c + a)  = ab3 + bc + ca − a 3b − b3c − c3a = (a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a ) Bên cạnh phân tích sơ sở nhiều cách phân tích khác mà bạn tự tìm thấy trình giải toán Ngày 26 Tháng Năm 2009 VIF IV/ Xây dựng dựng định lí Chúng ta xây dựng ñịnh lí, ñưa tiêu chuẩn từ cách phân tích S a (b − c ) + Sb (c − a ) + Sc ( a − b) ≥ S ( a − b)(b − c )(c − a ) Chú ý: ñây ta xét ñến trường hợp c ≥ b ≥ a Như (a − b)(b − c ) ≥ nên S a ( b − c ) + S b ( c − a ) + S c ( a − b ) = S a (b − c ) + S b ( a − b + b − c ) + S c ( a − b ) = = ( Sb + Sc ) (a − b)2 + ( Sa + Sb ) (b − c)2 + 2Sb (a − b)(b − c) ≥ AM −GM ( Sa + Sb )( Sb + Sc ) (a − b)(b − c) + 2Sb (a − b)(b − c) Do ñó bất ñẳng thức ñược chứng minh ta chứng minh ñược ( Sa + Sb )( Sb + Sc ) + 2Sb − S ≥ Xây dựng tương tự cách tách a − b = c − b − (c − a ) b − c = b − a − (c − a ) , ta ñược thêm tiểu chuẩn Tiếp tục xây dựng: ta có Sb ( c − a ) = Sb ( c − b + b − a ) ≥ AM −GM 4Sb (c − b)(b − a) S a (b − c ) + S c (a − b) ≥ S a S c (b − a )(c − b) Do ñó bất ñẳng thức ñược chứng minh ta chứng minh ñược Sb + S a S c ≥ S (c − a ) Ngoài ta có Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 3 Sa Sb Sc (b − c)2 (c − a)2 (a − b)2 Nên bất ñẳng thức ñược chứng minh ta chứng minh ñược 27 S a Sb S c ≥ S (a − b)(b − c )(c − a ) Hệ thống kết ta có tiêu chuẩn sau: Sa + Sb ≥ 0, Sb + Sc ≥ 0, ( Sa + Sb )( Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) ≥ Sa + Sb ≥ 0, Sa + Sc ≥ 0, ( Sa + Sb )( Sa + Sc ) − 2Sa − S (c − b) ≥ Sc + Sa ≥ 0, Sc + Sb ≥ 0, ( Sc + Sa )( Sc + Sb ) − 2Sc − S (b − a) ≥ S a ≥ 0, S c ≥ 0, S a S c + Sb − S (c − a ) ≥ S a ≥ 0, Sb ≥ 0, S c ≥ 0, Sb Sc − S (c − b) ≥ S a ≥ 0, Sb ≥ 0, Sc ≥ 0, S a Sb − S (b − a ) ≥ S a ≥ 0, Sb ≥ 0, S c ≥ 0, 27 S a Sb Sc − S (a − b)(b − c)(c − a ) ≥ Các tiêu chuẩn tiện ñể xử lí toán có hệ số S a ; Sb ; S c cồng kềnh (ñặc biệt tiêu chuẩn mạnh) Tuy nhiên ta gặp toán chặt ñến nỗi áp dụng ñược tiêu chí có cách khác ñặt c = a + x + y b = a + x ( x, y ≥ 0) Cách làm giúp ta loại ñi a cách nhanh chóng nhờ cách phân tích (bởi c − a = x + y; b − a = x ) Hơn ta lại làm chặt cho bất ñẳng thức nhờ biến thừa lại Các toán áp dụng sau ñể làm sáng tỏ thêm cho ñiều Ngoài ra, ta chia nhỏ nhiều trường hợp c ≥ b ≥ a ñể dễ dàng giải toán Ngày 26 Tháng Năm 2009 VIF V/ Áp dụng dụng vào giải toán Có lẽ kĩ thuật xuất phát từ toán ñó Và vậy, xin bắt ñầu toán khởi ñầu cho kĩ thuật cách tình cờ: Bài toán Cho số thực không âm a,b,c Chứng minh bất ñẳng thức a 2b + b c + c a a + b + c + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) ab + bc + ca 3 Lời giải Nếu a ≥ b ≥ c a 2b + b c + c a ≥ ab + bc + ca , nên theo bất ñẳng thức Schur a + b3 + c + 3abc a 2b + b c + c a ≥ a + b3 + c3 + 3abc ≥ ab( a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ab + bc + ca Nếu c ≥ b ≥ a bất ñẳng thức ñược viết lại sau  a 2b + b c + c a  a + b3 + c3 − 3abc + 3abc  − 1 ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) − 6abc 2  ab + bc +ca  ⇔ 3abc(a − b)(b − c)(c − a) (a + b + c ) ( ( a − b) + (b − c) + (c − a) ) − ≥ a (b − c ) + b(c − a) + c( a − b) 2 ab + bc +ca 1 3abc(a − b)(b − c)(c − a ) (a + b − c)(a − b) + (b + c − a )(b − c) + (c + a − b)(c − a )2 ≥ 2 ab + bc + ca 3abc(c − a ) Theo tiêu chuẩn ta cần chứng minh ac + c + a − b − ≥0 ab + bc +ca ⇔ Quy ñồng, rút gọn nhóm số hạng lại với ta ñược bất ñẳng thức tương ñương 2bc ( ) ac − a + ab (c − b) + bc (c − b) + a 2c + a 2b + a 3c + 2ab2 ac + 2ca ac + 2a 2bc ≥ Bất ñẳng thức ñúng c ≥ b ≥ a Vậy ta có ta có ñiều phải chứng minh ðẳng thức xảy ba biến nhua biến biến lại Bài toán (Nguyễn Trọng Thọ) Chứng minh với a,b,c>0 thì: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 2a + b 2b + c 2c + a Lời giải ñể chô gọn ta kí hiệu cách biến ñổi tương ñương ta có ∑ tổng cyclic (mỗi tổng gồm số hạng) Bằng a − ab ∑ 2a + b2 ≥ ⇔ ∑ (a3 − ab2 )(2b2 + c )(2c + a ) ≥ ⇔ 3∑ a 3b c + 2∑ a 3c + 2∑ a 5b + ∑ a 5c ≥ 4∑ ab c + 2∑ ab c + 2∑ a 3b ⇔ 2∑ ( a5b2 + a3b2c − 2a 4b2c ) + ∑ ( a5c + a3b2 c − 2a 4bc ) ≥ ( ∑ a3b4 − a3c ) ⇔ 2∑ a3b2 (a − c) + ∑ a3c (a − b)2 ≥ 2(a − b)(b − c)(c − a) ( ∑ a 2b2 + ∑ a 2bc ) Bây giả sử a = max{a,b,c} Nếu c a − c , tương tự ta có 2a c (c − b) + a 3c ( a − b) ≥ 2a c (a − c )(c − b ) + 4a 3c (a − c )(c − b ) Vì a 2c3 + 2a3c − a3 ( c + bc + b2 ) > a 2c 2b + a3bc − a3 ( bc + b2 ) = a3b(c − b) + a 2bc(c − a) ≥ Nên ta có ñiều phải chứng minh Vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh xong ðẳng thức xảy a=b=c Bài toán (VIF) Cho số thực không âm a,b,c Chứng minh 4a 4b 4c ab + bc + ca + abc + + + ≥7 a + b b + c c + a a b + b c + c a + abc Lời giải theo cách phân tích sở bất ñẳng thức ñược viết lại thành  (a − b)(b − c)(c − a)   ab + bc +ca + abc  23− − 1 ≥ + 2  (a + b)(b + c)(c + a )   a b + b c + c a + abc  ( a − b)(b − c)(c − a ) 2(a − b)(b − c)(c − a ) ⇔ − ≥0 a b + b c + c a + abc ( a + b)(b + c)(c + a ) (a − b)(b − c)(c − a ) (a + b)(b + c)(c + a ) − ( a 2b + b c + c a + abc )  ⇔ ≥0 ( a 2b + b2c + c a + abc ) (a + b)(b + c)(c + a) [ (a − b)(b − c)(c − a)] ⇔ ( a b + b c + c a + abc ) (a + b)(b + c)(c + a) 2 ≥0 Bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng Vậy ta có ñiều phải chứng minh ðẳng thức xảy a=b=c Bài toán (UK TST 2005) cho số thực dương a,b,c cho abc=1 Chứng minh rằng: a+3 b+3 c+3 + + ≥3 2 (a + 1) (b + 1) (c + 1)2 y x z y Lời giải (VIF) abc=1 nên ñặt a = , b = , c = x z Bất ñẳng thức ñược viết lại sau x + xy y + yz z + zx  x − y   y − z   z − x  + + ≥ ⇔  + 1 +  + 1 +  + 1 2 ( x + y) ( y + z) ( z + x)  x + y   y + z   z + x   ( x + y )2 − ( x − y ) ( y + z ) − ( y − z )2 ( z + x) − ( z − x)  +  + +  ≥3⇔ 4 ( x + y)2 ( y + z )2 ( z + x)2  2 2  +   x− y  y−z   z−x  x − y y − z z − x  3( x − y )( y − z )( z − x) ⇔ + +  +  + =  ≥ −3   x+ y  y+z  z+x  x + y y + z z + x  ( x + y )( y + z )( z + x) Ngày 26 Tháng Năm 2009 VIF Nếu ( x − y)( y − z)( z − x) ≤ bñt hiển nhiên ñúng 2  x− y  y−z  z−x Nếu ( x − y)( y − z)( z − x) ≥   +  +   x+ y  y+z  z+x nên ta cần chứng minh  ( x − y )( y − z )( z − x)  ≥ 33   AM − GM  ( x + y )( y + z )( z + x)  ( x − y )( y − z )( z − x ) ≤ ⇔ ( x y + y z + z x ) ≥ (luôn ñúng) ( x + y )( y + z )( z + x ) Vậy ta có ñiều phải chứng minh ðẳng thức xảy a=b=c=1 Có thể nói hai toán không cần phải sử dụng ñến tiêu chuẩn mặt khác lại cho thấy ñược lời phân tích S (a − b)(b − c)(c − a ) Và thực làm chặt số bất ñẳng thức biến thừa ñã nói Lời nói ñầu Bài toán Cho số thực không âm a,b,c Chứng minh bất ñẳng thức 4( a + b + c )3 ≥ 27 ( ab + bc + ca + abc ) Lời giải Nếu a ≥ b ≥ c ab + bc +ca + abc ≥ ab + bc + ca + abc nên 27 ( ab + bc + ca + abc ) ≤ 27 ( ab2 + bc +ca + ab2 + bc +ca + abc ) Do ñó ta cần chứng minh 27 ab2 + bc +ca + ab2 + bc +ca + abc ≤ 8(a + b + c)3 ( ) ⇔ ( a3 + b3 + c3 ) ≥ ( ab + bc +ca + ab + bc +ca ) + 6abc Bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng theo bất ñẳng thức AM-GM Nếu c ≥ b ≥ a ta viết bất ñẳng thức lại sau: 4∑ a + 12∑ a 2b − 15∑ ab − 3abc ≥ 27 ⇔ ( ∑ a − 3abc ) −  ∑ (ab(a + b)) − 6abc  + ( ∑ a 2b − ∑ ab ) ≥ 2 27 ⇔ 2(a + b + c)  ∑ (a − b)  − ∑ ( a (b − c) ) ≥ (c − b)(b − a )(c − a ) 2 ⇔ (4b + 4c + a )(b − c ) + (4c + 4a + b)(c − a ) + (4a + 4b + c )( a − b) ≥ 27(c − b)(b − a )(c − a ) ⇔ (5a + 5b + 8c)(c − b) + (8a + 5b + 5c)(b − a ) + 2(4a + b + 4c)(c − b)(b − a) ≥ 27(c − b)(b − a )(c − a ) ðặt c = a + x + y, b = a + x Bất ñẳng thức ñược viết lại sau y (18a + y + 13 x ) + x (18a + y + 10 x ) + 2(9a + x + y ) xy ≥ 27 xy ( x + y ) Loại a ta cần chứng minh y (8 y + 13 x ) + x (5 y + 10 x ) + 2(5 x + y ) xy ≥ 27 xy ( x + y ) ⇔ x + y ≥ x y + xy Ta có ( x3 + x3 + y ) AM≥−GM x y; x3 + y + y AM≥−GM xy Do ñó ta có ñiều phải chứng minh Bây ñã nói phần Xây dựng ñịnh lí, ta làm chặt bất ñẳng thức nhờ biến thừa: Ngày 26 Tháng Năm 2009 VIF 27 18a ( x + y + xy ) ≥ 9a .( x + y )2 = a (c − a ) AM − GM Như ta có bất ñẳng thức chặt là: với k = min{a, b, c} t=max{a,b,c} 27 4(a + b + c)3 ≥ 27 ( ab + bc +ca + abc ) + k (t − k )2 , Các bạn ñừng lo cách làm chặt ñúng trường hợp mà ta ñang xét, trường hợp ngược lại a ≥ b ≥ c sau ñánh giá bất ñẳng thức (a − b)(b − c)(c − a ) ≤ ≤ −(a − b)(b − c)(c − a ) , công việc lại vấn ñề tương tự Bài toán Cho số thực không âm a,b,c Chứng minh bất ñẳng thức a + b3 + c + 2( a 2b + b c + c a ) ≥ 3( ab + bc + ca ) Lời giải Nếu a ≥ b ≥ c 2(a 2b + b c + c a ) ≥ 2(ab + bc + ca ) a + b3 + c3 ≥ ab + bc + ca nên bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng Nếu c ≥ b ≥ a bất ñẳng thức ñược viết lại sau (a + b)( a − b) + (b + c )(a − b ) + (c + a )(a − b ) ≥ 5(a − b)(b − c )(c − a ) ⇔ (2a + b + c )(b − a ) + (2c + a + b)(c − b) ≥ (b − a )(c − b)(3c − a ) ðặt c = a + x + y, b = a + x Bất ñẳng thức ñược viết lại sau x (4a + x + y ) + y (4a + x + y ) ≥ xy ( −4a + x + y ) Loại a ñi ta cần chứng minh x (2 x + y ) + y (3 x + y ) ≥ xy (3 x + y ) ⇔ x + y ≥ x y Bất ñẳng thức ñúng x3 + y AM≥−GM x y Cũng toán trên, ta làm chặt toán thu ñược: a + b3 + c + 2(a 2b + b c + c a ) ≥ 3(ab + bc + ca ) + k (t − k )2 Bài toán (VIF) cho số thực dương a,b,c Chứng minh 2 a + b2 + c ( a b + b c + c a ) − abc + ≥ ab + bc + ca 2 ( ab + bc +ca ) − abc Lời giải Nếu a ≥ b ≥ c 2(a 2b + b c + c a ) − abc ≥ , nên dễ dàng suy ñiều phải chứng minh 2( ab + bc + ca ) − abc Nếu c ≥ b ≥ a bất ñẳng thức ñược viết lại sau (a − b) + (b − c) + (c − a) 6(a − b)(b − c)(c − a) ≥ ab + bc + ca ( ab + bc +ca ) − abc 2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a) 2 (c − b) + (b − a) + (c − b)(b − a)  6(c − b)(b − a) = ≥ Mà ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca c−a ≥ Nên ta cần chứng minh ab + bc + ca ( ab + bc +ca ) − abc Quy ñồng rút gọn bất ñẳng thức thành c(b − a )(c − a ) + 2ca + 3a 2b ≥ Ngày 26 Tháng Năm 2009 10 VIF Bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng Vậy ta có ñiều phải chứng minh ðẳng thức xảy a=b=c Bài toán Cho số thực không âm a,b,c Chứng minh bất ñẳng thức a + b3 + c 3 ≥ abc + | (a − b)(b − c )(c − a ) | Lời giải thật ta chứng minh bất ñẳng thức mạnh là: a + b3 + c ≥ abc + | ( a − b)(b − c)(c − a ) | Không tính tổng quát giả sử c ≥ b ≥ a Bất ñẳng thức ñược viết lại sau a + b + c ≥ 3abc + | ( a − b)(b − c )(c − a ) | ⇔ (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)  ≥ | (a − b)(b − c)(c − a) | Áp dụng tiêu chuẩn 4, ta cần phải chứng minh 6(a + b + c) − 6(c − a) ≥ ⇔ 12a + 6b ≥ Bất ñẳng thức hiển nhiên Vậy ta có ñiều phải chứng minh ðẳng thức xảy a=b=c Thật số tốt toán 3 +9 , tức ta có bất ñẳng thức 3 −1 3 +9 a + b3 + c ≥ abc + | (a − b)(b − c)(c − a ) | 3 −1 Nhưng ñể giải toán cần phải nhờ ñến công cụ hàm số, nên không tiện nhắc ñến ñây Ngày 26 Tháng Năm 2009 11 VIF VI/ Bài tập tập áp dụng Qua ví dụ ñã phần nói lên ñiểm mạnh kĩ thuật này, bạn thử áp dụng phương pháp ñể giải toán: Bài toán Cho số thực không âm a,b,c cho a + b + c = Chứng minh ab + bc + ca ≤ + abc Bài toán Cho số thực không âm a,b,c cho a + b + c = Chứng minh (a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a ) ≤ Bài toán Cho số thực không âm a,b,c chứng minh bất ñẳng thức a b c 3abc + + + ≥2 b + c c + a a + b ( ab + bc +ca ) Ngày 26 Tháng Năm 2009