d) Những vấn đề bức thiết đặt ra buộc chúng ta phải tìm cách giải quyết.Phương pháp này cũng không là một ngoại lệ .Một câu hỏi đặt ra là nếu có thêm nhiều ẩn nữa chứ không phải là ba thì phương pháp trên vô dụng hay sao?
Đây vẫn là một câu hỏi mở mà chúng tôi vẫn còn đang xem xét.Tuy nhiên việc hiệu quả trong ứng dụng của nó thôi cũng đã là rất đáng kinh ngạc.Nó giúp ta nhìn nhận vấn đề một cách rõ ràng và chắc chắn hơn.
Ví dụ 1:Cho [tex]n[/tex] số dương [tex]a_1,a_2,...,a_n[/tex] thỏa [tex]a_1+a_2+...+a_n = n[/tex].Chứng minh rằng:
[tex]n^2(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}) \geq 4(n-1)({a_1}^2+{a_2}^2+...+{a_n}^2) + n(n-2)^2[/tex]
Giải:
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng phương pháp quy nạp theo [tex]n[/tex].Ta sẽ chỉ xét công đoạn phức tạp nhất, đó là bước chuyển quy nạp.
Trước hết nhận xét rằng bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
[tex][n^2(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...\frac{1}{a_n})-n(n-2)^2](a_1+a_2+...+a_n)^2 \geq 4(n-1)n^2({a_1}^2+{a_2}^2+...+{a_n}^2)[/tex]
Do đó nếu BĐT đã đúng cho [tex]a_1+a_2+...+a_n = n[/tex] thì nó cũng đúng cho [tex]a_1+a_2+...+a_n \leq n[/tex] .
Đặt [tex]f(a_1,a_2,...,a_n) = VT-VP[/tex]. Không mất tính tổng quát,giả sử
[tex]a_1= max\lbrace{a_1,a_2,...,a_n}\rbrace[/tex] .Ta có :
[tex]f(a_1,a_2,...,a_n)-f(a_1,\frac{a_2+a_3+...+a_n}{n-1},...,\frac{a_2+a_3+...+a_n}{n-1})[/tex]
[tex]= n^2(\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}-\frac{n^2}{a_2+...+a_n})-4(n-1)({a_2}^2+...+{a_n}^2-\frac{(a_2+...+a_n)^2}{n-1})[/tex]
[tex]\frac{n^2}{a_2+...+a_n}\sum\frac{(a_i-a_j)^2}{a_ia_j}-4\sum(a_i-a_j)^2[/tex]
[tex]\geq \frac{n^2}{n-1}\sum\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}-4\sum(a_i-a_j)^2 [/tex] ( * )
Mặc khác theo giả thiết quy nạp thì:
[tex](n-1)^2(\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}) \geq 4(n-2)({a_2}^2+...+{a_n}^2)+(n-1)(n-3)^2[/tex]
[tex]\Leftrightarrow (n-1)\sum\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}} \geq \frac{4(n-2)}{n-1} \sum(a_i-a_j)^2[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \frac{(n-1)^2}{n-2}\sum \frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}} \geq 4\sum(a_i-a_j)^2[/tex]
Rõ ràng [tex]\frac{n^2}{n-1} \geq \frac{(n-1)^2}{n-2}[/tex] nên ( * )[tex] \geq 0[/tex]
Do đó ta chỉ cần chứng minh [tex]f(a,d,d,...,d) \geq 0[/tex] ở đó [tex]a+(n-1)d=n[/tex] .Điều này không khó khăn lắm,các bạn sẽ dễ dàng tìm ra hướng giải quyết.
Ví dụ 2:
*BĐT Vasc
1)Cho [tex]n[/tex] số thực dương [tex]a_1,a_2,...,a_n[/tex] .Chứng minh BĐT sau:
[tex]{a_1}^n+...+{a_n}^n+n(n-1){a_1}{a_2}...{a_n} \geq {a_1}{a_2}...{a_n}(a_1+a_2+...+a_n)(\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n})[/tex]
Ở đây,chúng ta sẽ vẫn tiếp tục đi tìm một lời giải áp dụng phương pháp chuyển về dạng chính phương nói trên cho Bài toán Vasc 1.BĐT Suranyi bên dưới chúng ta hãy tạm thời công nhận ( chúng tôi đang cố tìm một lời giải bằng phương pháp chính phương hóa nhưng chưa thành công
).Chú ý ở BĐT Suranyi,ta có thể viết dưới dạng tương đương:
[tex](n-1)({a_1}^n+...+{a_n}^n)-\sum{a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1})} \geq {a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n}[/tex]
Bây giờ chúng ta hãy quay lại bài toán Vasc 1.Ta cũng sẽ chứng minh theo phương pháp quy nạp.Rõ ràng [tex]n=3[/tex], đây chính là BĐT Schur.Duới đây tôi sẽ chứng minh bước chuyển từ [tex]n-1[/tex] sang [tex]n[/tex].
Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:
[tex](n-1)({a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n} ) \geq (n-1){a_1}{a_2}...{a_n}[(a_1+a_2+...+a_n)(\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n}) - n^2][/tex]
[tex](n-1)( {a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n} ) \geq (n-1){a_1}{a_2}...{a_n}[\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}][/tex]
Đến đây chúng ta sẽ cố gắng chuyển [tex]{a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n}[/tex] về dạng tổng của các bình phương hiệu.Việc này có thể làm như sau :ta sẽ lấy [tex]\sum a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1})[/tex] làm biểu thức liên hệ.Ta có:
[tex](n-1)( {a_1}^n+...+{a_n}^n-n{a_1}{a_2}...{a_n} )[/tex]
[tex]=(n-1)({a_1}^n+...+{a_n}^n)- \sum a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1}) +\sum a_1({a_2}^{n-1}+...+{a_n}^{n-1}-(n-1){a_2}...{a_n})[/tex]
[tex]\geq {a_1}^n+...+{a_n}^n - n{a_1}{a_2}...{a_n} +[/tex]
[tex](n-2) \sum{a_1}{a_2}...{a_n}[\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}][/tex]
[tex]\Rightarrow {a_1}^n+...+{a_n}^n - n{a_1}{a_2}...{a_n} \geq \sum{a_1}{a_2}...{a_n}[\frac{(a_i-a_j)^2}{{a_i}{a_j}}][/tex]
[tex]= {a_1}{a_2}...{a_n}[(a_1+...+a_n)(\frac{1}{a_1}+...+\frac{1}{a_n})-n^2][/tex]
Và như vậy,bước chuyển quy nạp đã được chứng minh.
Chứng minh rằng với các số thực dương [tex]a,b,c[/tex] tùy ý ta có bất đẳng thức:
[tex]\frac{(a^2+bc)^2}{b^2}+\frac{(b^2+ca)^2}{c^2}+\frac{(c^2+ab)^2}{a^2} \ge 12 \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}[/tex]
Sau đây là lời giải của anh
Phan Thành Nam (nhóm quản lí DDTH):
Bài toán: Cho a,b,c>0, chứng minh:
[tex]\sum_{cyc} (\frac{a^2}{b}+c)^2 \ge 12\frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}[/tex]
Bước 1. Biến đổi tương đương về:
[tex]\sum_{cyc} (\frac{a^2+2ab+2bc}{b^2}-4\frac{a+b}{a+b+c})(a-b)^2 \ge 0[/tex]
Để cho gọn, ta “chuẩn hóa”: cho a+b+c=1 và viết lại:
[tex]\sum_{cyc} (\frac{a}{b^2}+\frac{1}{b}+4c-5)(a-b)^2 \ge 0 hay \sum_{cyc}C(a-b)^2 \ge 0[/tex]
Bước 2. Ta có thể giả sử a=max(a,b,c). Nếu c>b thì hoán đổi vị trí b, c cho nhau, ta thấy vế phải BĐT ban đầu không đổi, trong khi vế trái giảm đi
(lưu ý: [tex]\sum_{cyc}\frac{a^2b}{c}-\sum_{cyc}\frac{a^2c}{b}=\frac{(ab+bc+ca)(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}[/tex])
Do đó, ta có thể giả sử a>=b>=c.
Bước 3. (Chia để trị) Bước này là bước chính, tuy nhiên thật ra đây là công việc “chỉ cần sức khỏe, không cần trình độ”
Ta chia thành các trường hợp (TH):
*
TH1. b>=1/3 (hay b-c >= a-b)
Ta có 2 trường hợp con:
*
TH 1.1. b>=1/3,c>=1/4
Ta có: [tex]C\ge 2/b+4c-5\ge 0[/tex], [tex]A\ge 0[/tex] và lưu ý a<=1/2, ta có:
[tex]\frac{1}{4}A+B\ge \frac{1}{2c}+(a+\frac{1}{a})+4b+\frac{c}{a^2}-5-\frac{5}{4}\ge \frac{3}{2}+(2+\frac{1}{2})+\frac{4}{3}+\frac{1/4}{(1/2)^2}-5-\frac{5}{4}>0[/tex]
Vậy [tex]C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge (A/4)(a-c)^2+B(a-c)^2 \ge 0[/tex].
*
TH 1.2. b>=1/3 và c<=1/4
Ta có: [tex]C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge (C+1-4c)(a-b)^2+(A-1+4C)(b-c)^2+B(a-c)^2[/tex]
Tương tự như trên, ta có: C+1-4c >=0, A-1+4C >=0 và lưu ý a<=2/3, ta có:
[tex]\frac{1}{4}(A-1+4c)+B \ge (a+\frac{}{}) +(\frac{1}{3c} +\frac{13}{4}c) +4b +\frac{1}{4c}-5-\frac{3}{2} \ge (\frac{2}{3}+\frac{3}{2})+2+\frac{4}{3}+1-5-\frac{3}{2}=0[/tex]
Và suy ra đpcm.
*
TH2. b<=1/3
Ta luôn có: [tex]C \ge 2/b-5 \ge 1[/tex] và [tex]A\ge 2/c-5 \ge 1[/tex]. Do đó ta chỉ cần quan tâm khi B<0. Lại chia thành các trường hợp con:
*
TH 2.1. b<=1/3 và c>=1/6 (khi đó a<=2/3)
Ta có: [tex]\frac{1}{2}A+B \ge (5c+\frac{1}{c})+(2a+\frac{1}{a})-7,5 \ge (\frac{5}{3}+3)+(2.\frac{2}{3}+\frac{3}{2})-7,5=0[/tex]
Và: [tex]\frac{1}{2}C+B \ge (\frac{9}{2}a+\frac{1}{a})+(\frac{1}{2b}+4b)+3c-7,5 \ge 3\sqrt{2}+2\sqrt{2}+\frac{3}{6}-7,5>0[/tex]
Suy ra: [tex]C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge (-B)(2(a-b)^2+2(b-c)^2-(a-c)^2) \ge 0[/tex] (vì B<0)
*
TH 2.2. b<=1/3 và c<=1/6. Khi đó a>=1/2.
Ta lại chia thành 2 trường hợp con:
*
TH 2.2.1. b<=0,3 và c<=1/6
Tương tự như trường hợp 2.1:
[tex]\frac{1}{2}A+B \ge \frac{1}{c}+(2a+\frac{1}{a}) -7.5 \ge 6+2\sqrt{2}-7.5>0[/tex]
Và: [tex]\frac{1}{2}C+B \ge (\frac{50}{9}a+\frac{1}{a})+(\frac{1}{2b}+4b) -7.5 \ge 2\sqrt{\frac{50}{9}}+2\sqrt{2}-7.5>0[/tex]
*
TH 2.2.2. b>=0.3 và c<=1/6
Khi này, ta có: 2(a-b)>=(a-c) (tương đương b<=1/3) và 2,75(b-c)>=(a-c) (tương đương 3,75b>=1+0,75c). Hơn nữa:
[tex]C=\frac{a}{b^2}+\frac{1}{b}+4c-5 \ge 9a+\frac{1}{b}-5 \ge \frac{9}{2}+3-5=2,5[/tex]
Và [tex]A=\frac{b}{c^2}+\frac{1}{c}+4a-5 \ge 36b+\frac{1}{b}+4a-5 \ge 36*0,3+6+4/2-5>= 13,8[/tex]
Suy ra: [tex]C(a-b)^2+A(b-c)^2 \ge \frac{2,5}{2^2}(a-c)^2+\frac{13,8}{2,75^2}(a-c)^2 \ge 2,4(a-c)^2[/tex]
Hơn nữa: [tex]B+2,4\ge \frac{1}{a}+4b-5+2,4 \ge \frac{1}{0,7}+4*0,3-5+2,4>0[/tex]
Nên [tex]C(a-b)^2+A(b-c)^2+B(a-c)^2 \ge 0[/tex]
Vậy bài toán chứng minh xong.
Bài toán này còn có một cách giải cực đẹp của Hùng (tác giả) đó là một phép biến đổi
SOS rất nghệ thuật, và nó qui tụ các dạng
SOS.
Một vài bài tập áp dụng
Bài 1:
Cho các số thực dương [tex]a,b,c[/tex].Chứng minh rằng
[tex]\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2a^2} \ge \frac{a+b+c}{3}[/tex]
Bài 2:
Cho các số thực dương [tex]a,b,c[/tex].Chứng minh rằng
[tex]\frac{a^2+b^2+c^2+}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2[/tex]
Bài 3:
Cho [tex]a,b,c \ge 0[/tex].Chứng minh rằng
[tex]1. \ \ \ \frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}} + \frac{1}{c^{2}+ca+a^{2}} + \frac{1}{a^{2}+ab+b^{2}} \geq \frac{21}{2(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}[/tex]
[tex]2. \ \ \frac{1}{8b^{2}+7bc+8c^{2}} + \frac{1}{8c^{2}+7ca+8a^{2}} + \frac{1}{8a^{2}+7ab+8b^{2}} \geq \frac{27}{23(a+b+c)^2}[/tex]
Bài 4:
Tìm tất cả số [tex]n[/tex] nguyên dương để bất đẳng thức
[tex]a(a+b)^n+b(b+c)^n+c(c+a)^n\ge 0[/tex]
Đúng với mọi số thực [tex]a,b,c[/tex]
NGUỒN
http://diendankienthuc.net
