[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Khai triển Abel là một biến đổi khá hiển nhiên, việc chứng minh không có gì là khó khăn vì nó chỉ đơn thuần là đẳng thức. Thật kì lạ là công thức này lại rất thường xuyên được sử dụng trong toán học, đặc biệt là trong biến đổi đại số và bất đẳng thức. Công thức khai triển Abel được phát biểu như sau:
Khai triển Abel:
Giả sử [imath]x_1,x_2,...,x_n[/imath] và [imath]y_1,y_2,...,y_n[/imath] là các số thực tùy ý. Đặt [imath]c_k=y_1+y_2+...+y_n (1 \le k\le n)[/imath] . Khi đó:
[imath]x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_{n-1}-x_n)c_{n-1}+x_nc_n[/imath]
Trong trường hợp [imath]n=3[/imath] thì ta có [imath]ax+by+cz=x(a-b)+(x+y)(b-c)+(x+y+z)c[/imath]
Ví dụ 1.1: (Bất đẳng thức Abel) Cho 2 dãy số thực [imath]x_1,x_2,...,x_n[/imath] và [imath]y_1 \ge y_2 \ge ... \ge y_n[/imath]. Ta đặt
[math]S_k=x_1+x_2+...+x_n[/math][math]M=_{k=\overline{1,n}}^{max}S_k , m=_{k=\overline{1,n}}^{min}S_k[/math]Chứng minh bất đẳng thức
[math]my_1 \le x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n \le My_1[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Ta sử dụng khai triển Abel được
[math]x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n=(y_1-y_2)S_1+(y_2-y_3)S_2+...+ (y_{n-1}-y_n)S_{n-1}+y_nS_n[/math][math]\ge (y_1-y_2)m+(y_2-y_3)m+...+ (y_{n-1}-y_n)m+y_nm \ge my_1[/math]
Chứng minh hoàn toàn tương tự đối với bất đẳng thức bên phải
Sau đây là một số bất đẳng thức tiêu biểu sử dụng khai triển quan trọng này
Ví dụ 1.2: Cho 2 dãy số dương [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] và [imath]b_1,b_2,...,b_n[/imath] thỏa mãn các điều kiện
[math]\left\{\begin{matrix} a_1,a_2,...,a_n \geq 0\\ b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n\\ a_1 \ge b_1\\ a_1a_2 \ge b_1b_2\\ ...\\ a_1a_2...a_n \geq b_1b_2...b_n \end{matrix}\right.[/math]Chứng minh bất đẳng thức
[math]a_1+a_2+...+a_n \ge b_1+b_2+...+b_n[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel được
[math]a_1+a_2+...+a_n \ge b_1+b_2+...+b_n[/math][math]\Leftrightarrow b_1\left ( \dfrac{a_1}{b_1}-1 \right )+b_2\left ( \dfrac{a_2}{b_2}-1 \right )+...+b_n\left ( \dfrac{a_n}{b_n}-1 \right )\geq 0[/math][math]\Leftrightarrow (b_1-b_2)\left ( \dfrac{a_1}{b_1}-1 \right )+(b_2-b_3)\left ( \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}-2 \right )+...+(b_{n-1}-b_n)\left ( \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+...+\dfrac{a_{n-1}}{b_{n-1}}-(n-1) \right )+b_n\left ( \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+...+\dfrac{a_{n}}{b_{n}}-n \right )\geq 0[/math]
Mặt khác ta có
[math]\dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+...+\dfrac{a_k}{b_k}\geq k\sqrt[k]{\dfrac{a_1}{b_1}.\dfrac{a_2}{b_2}...\dfrac{a_k}{b_k}} \geq k\left ( \forall k=\overline{1,n} \right )[/math]Và theo giả thiết có [imath]b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n[/imath]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi [imath]a_i=b_i ( \forall i=\overline{1,n} )[/imath]
Ví dụ 1.3: Cho 2 dãy số dương [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] và [imath]b_1,b_2,...,b_n[/imath] thỏa mãn
[math]\left\{\begin{matrix} b_1 \le b_2 \le .. \le b_n\\ \forall k=\overline{1,n} : a_1^2+a_2^2+...+a_k^2 \le b_1^2+b_2^2+...+b_k^2 \end{matrix}\right.[/math]Chứng minh bất đẳng thức:
[math]a_1+a_2+...+a_n \le b_1+b_2+...+b_n[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ.
Theo Cauchy-Schwarz ta có:
[math]\left (b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \right )^2\geq \left (a_1^2+a_2^2+...+a_n^2 \right )\left (b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \right )\geq \left ( a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \right )^2[/math][math]\Leftrightarrow b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \geq a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n[/math]
Ta sẽ sử dụng quy nạp để chứng minh. Hiển nhiên với [imath]n=1[/imath] thì bất đẳng thức đúng . Giả sử bất đẳng thức đã đúng với [imath]n-1[/imath] ta đi chứng minh với [imath]n[/imath] thì nó vẫn đúng
Thật vậy ta có [math]b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \geq a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n[/math][math]\Leftrightarrow b_1(b_1-a_1)+b_2(b_2-a_2)+...+b_{n}(b_{n}-a_{n})\geq 0[/math][math]\Leftrightarrow (b_1-b_2)(b_1-a_1)+(b_2-b_3)(b_1+b_2-a_1-a_2)+...+(b_n-b_{n-1})(b_1+b_2+..+b_n-a_1-a_2-...-a_n)\geq 0[/math]Trong tổng số hạng cuối là không dương do đó ta phải có
[math]b_1+b_2+..+b_n-a_1-a_2-...-a_n \ge 0[/math]Theo nguyên lí quy nạp thì bất đẳng thức được chứng minh xong
Ví dụ 2.1: Cho các số thực [imath]a,b,c \in [1,3][/imath] có tổng là 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
[math]P=a^2+b^2+c^2[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ.
Không mất tính tổng quát giả sử [imath]a \le b \le c[/imath]
Ta sẽ chứng minh [imath]a^2+b^2+c^2 \le 14=1^2+2^2+3^2[/imath]
Hay [math](a-1)(a+1)+(b-2)(b+2)+(c-3)(c+3) \le 0[/math][math]\Leftrightarrow (a+1-b-2)(a-1)+(b+2-c-3)(a-1+b-2)+(c+3-a-1)(a-1+b-2+c-3)\leq 0[/math]
Điều này luôn đúng do đó bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi [imath](a,b,c)=(1,2,3)[/imath] và các hoán vị của chúng
Ví dụ 2.2: Cho [imath]0<a \le b \le c \le 3 ,bc \le 6 ,abc \le 6[/imath] Tìm giá trị lớn nhất của [imath]a+b+c[/imath]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel có
[math]6=c.\dfrac{3}{c}+b.\dfrac{2}{b}+a.\dfrac{1}{a}=(c-b).\dfrac{3}{c}+(b-a)\left ( \dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{b} \right )+a\left ( \dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a} \right )\geq (c-b).\dfrac{3}{3}+(b-a).2\sqrt{\dfrac{3}{c}.\dfrac{2}{b}}+a.3\sqrt[3]{\dfrac{3}{c}.\dfrac{2}{b}.\dfrac{1}{a}}\geq a+b+c[/math]
Ví dụ 2.3: Cho [imath]3 \ge a≥b≥1,ab≤6,ab≤6c[/imath] . Chứng minh rằng [imath]a+b-c \le 4[/imath]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel có
[math]3+2+c=(a-b)\dfrac{3}{a}+(b-1)\left ( \dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b} \right )+\left ( \dfrac{3}{a}+ \dfrac{2}{b}+\dfrac{c}{1}\right )\geq (a-b)\dfrac{3}{3}+(b-1)2\sqrt{\dfrac{3}{a}.\dfrac{2}{b}} +3\sqrt[3]{\dfrac{3}{a}. \dfrac{2}{b}.\dfrac{c}{1}}=a+b+1[/math]
Ví dụ 2.4: Cho [imath]0<x<y≤z≤1[/imath] và [imath]3x+2y+z=4[/imath]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: [imath]P=3x^2+2y^2+z^2[/imath]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel có
[math]P=3x^2+2y^2+z^2=(z-y)z+(y-x)(z+2y)+x(z+2y+3x) \le (z-y)+(y-x)(1+2)+4x=z+2y+x=\dfrac{1}{3}\left ( 3z+3.2y+1.3x \right )=\dfrac{1}{3}\left ( (3-3)z+(3-z)(z+2y)+1(z+2y+3x) \right ) \leq \dfrac{10}{3}[/math]
Một số bài tập luyện tập
Bài 1: Giả sử [imath]a,b,c[/imath] là các số thực dương thỏa mãn [imath]a≤b≤3≤c[/imath], [imath]c≥b+1,a+b≥c[/imath]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
[math]P=\dfrac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}[/math]
Bài 2: Cho [imath]x,y,z[/imath] là các số thực dương thỏa mãn[imath]x+y+z=9[/imath],[imath]x≥5,x+y≥8[/imath]. Chứng minh rằng:
[math]xyz≤15[/math]
Bài 3: Với [imath]a≥3,a+b≥5,a+b+c≥6[/imath]. Chứng minh rằng
[math]a^2+b^2+c^2≥14[/math]
Khai triển Abel:
Giả sử [imath]x_1,x_2,...,x_n[/imath] và [imath]y_1,y_2,...,y_n[/imath] là các số thực tùy ý. Đặt [imath]c_k=y_1+y_2+...+y_n (1 \le k\le n)[/imath] . Khi đó:
[imath]x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_{n-1}-x_n)c_{n-1}+x_nc_n[/imath]
Trong trường hợp [imath]n=3[/imath] thì ta có [imath]ax+by+cz=x(a-b)+(x+y)(b-c)+(x+y+z)c[/imath]
Ví dụ 1.1: (Bất đẳng thức Abel) Cho 2 dãy số thực [imath]x_1,x_2,...,x_n[/imath] và [imath]y_1 \ge y_2 \ge ... \ge y_n[/imath]. Ta đặt
[math]S_k=x_1+x_2+...+x_n[/math][math]M=_{k=\overline{1,n}}^{max}S_k , m=_{k=\overline{1,n}}^{min}S_k[/math]Chứng minh bất đẳng thức
[math]my_1 \le x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n \le My_1[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Ta sử dụng khai triển Abel được
[math]x_1y_1+x_2y_2+...+x_ny_n=(y_1-y_2)S_1+(y_2-y_3)S_2+...+ (y_{n-1}-y_n)S_{n-1}+y_nS_n[/math][math]\ge (y_1-y_2)m+(y_2-y_3)m+...+ (y_{n-1}-y_n)m+y_nm \ge my_1[/math]
Chứng minh hoàn toàn tương tự đối với bất đẳng thức bên phải
Sau đây là một số bất đẳng thức tiêu biểu sử dụng khai triển quan trọng này
Ví dụ 1.2: Cho 2 dãy số dương [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] và [imath]b_1,b_2,...,b_n[/imath] thỏa mãn các điều kiện
[math]\left\{\begin{matrix} a_1,a_2,...,a_n \geq 0\\ b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n\\ a_1 \ge b_1\\ a_1a_2 \ge b_1b_2\\ ...\\ a_1a_2...a_n \geq b_1b_2...b_n \end{matrix}\right.[/math]Chứng minh bất đẳng thức
[math]a_1+a_2+...+a_n \ge b_1+b_2+...+b_n[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel được
[math]a_1+a_2+...+a_n \ge b_1+b_2+...+b_n[/math][math]\Leftrightarrow b_1\left ( \dfrac{a_1}{b_1}-1 \right )+b_2\left ( \dfrac{a_2}{b_2}-1 \right )+...+b_n\left ( \dfrac{a_n}{b_n}-1 \right )\geq 0[/math][math]\Leftrightarrow (b_1-b_2)\left ( \dfrac{a_1}{b_1}-1 \right )+(b_2-b_3)\left ( \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}-2 \right )+...+(b_{n-1}-b_n)\left ( \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+...+\dfrac{a_{n-1}}{b_{n-1}}-(n-1) \right )+b_n\left ( \dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+...+\dfrac{a_{n}}{b_{n}}-n \right )\geq 0[/math]
Mặt khác ta có
[math]\dfrac{a_1}{b_1}+\dfrac{a_2}{b_2}+...+\dfrac{a_k}{b_k}\geq k\sqrt[k]{\dfrac{a_1}{b_1}.\dfrac{a_2}{b_2}...\dfrac{a_k}{b_k}} \geq k\left ( \forall k=\overline{1,n} \right )[/math]Và theo giả thiết có [imath]b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n[/imath]
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi [imath]a_i=b_i ( \forall i=\overline{1,n} )[/imath]
Ví dụ 1.3: Cho 2 dãy số dương [imath]a_1,a_2,...,a_n[/imath] và [imath]b_1,b_2,...,b_n[/imath] thỏa mãn
[math]\left\{\begin{matrix} b_1 \le b_2 \le .. \le b_n\\ \forall k=\overline{1,n} : a_1^2+a_2^2+...+a_k^2 \le b_1^2+b_2^2+...+b_k^2 \end{matrix}\right.[/math]Chứng minh bất đẳng thức:
[math]a_1+a_2+...+a_n \le b_1+b_2+...+b_n[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ.
Theo Cauchy-Schwarz ta có:
[math]\left (b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \right )^2\geq \left (a_1^2+a_2^2+...+a_n^2 \right )\left (b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \right )\geq \left ( a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \right )^2[/math][math]\Leftrightarrow b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \geq a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n[/math]
Ta sẽ sử dụng quy nạp để chứng minh. Hiển nhiên với [imath]n=1[/imath] thì bất đẳng thức đúng . Giả sử bất đẳng thức đã đúng với [imath]n-1[/imath] ta đi chứng minh với [imath]n[/imath] thì nó vẫn đúng
Thật vậy ta có [math]b_1^2+b_2^2+...+b_n^2 \geq a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n[/math][math]\Leftrightarrow b_1(b_1-a_1)+b_2(b_2-a_2)+...+b_{n}(b_{n}-a_{n})\geq 0[/math][math]\Leftrightarrow (b_1-b_2)(b_1-a_1)+(b_2-b_3)(b_1+b_2-a_1-a_2)+...+(b_n-b_{n-1})(b_1+b_2+..+b_n-a_1-a_2-...-a_n)\geq 0[/math]Trong tổng số hạng cuối là không dương do đó ta phải có
[math]b_1+b_2+..+b_n-a_1-a_2-...-a_n \ge 0[/math]Theo nguyên lí quy nạp thì bất đẳng thức được chứng minh xong
Ví dụ 2.1: Cho các số thực [imath]a,b,c \in [1,3][/imath] có tổng là 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
[math]P=a^2+b^2+c^2[/math]
ʟờɪ ɢɪảɪ.
Không mất tính tổng quát giả sử [imath]a \le b \le c[/imath]
Ta sẽ chứng minh [imath]a^2+b^2+c^2 \le 14=1^2+2^2+3^2[/imath]
Hay [math](a-1)(a+1)+(b-2)(b+2)+(c-3)(c+3) \le 0[/math][math]\Leftrightarrow (a+1-b-2)(a-1)+(b+2-c-3)(a-1+b-2)+(c+3-a-1)(a-1+b-2+c-3)\leq 0[/math]
Điều này luôn đúng do đó bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi [imath](a,b,c)=(1,2,3)[/imath] và các hoán vị của chúng
Ví dụ 2.2: Cho [imath]0<a \le b \le c \le 3 ,bc \le 6 ,abc \le 6[/imath] Tìm giá trị lớn nhất của [imath]a+b+c[/imath]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel có
[math]6=c.\dfrac{3}{c}+b.\dfrac{2}{b}+a.\dfrac{1}{a}=(c-b).\dfrac{3}{c}+(b-a)\left ( \dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{b} \right )+a\left ( \dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{a} \right )\geq (c-b).\dfrac{3}{3}+(b-a).2\sqrt{\dfrac{3}{c}.\dfrac{2}{b}}+a.3\sqrt[3]{\dfrac{3}{c}.\dfrac{2}{b}.\dfrac{1}{a}}\geq a+b+c[/math]
Ví dụ 2.3: Cho [imath]3 \ge a≥b≥1,ab≤6,ab≤6c[/imath] . Chứng minh rằng [imath]a+b-c \le 4[/imath]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel có
[math]3+2+c=(a-b)\dfrac{3}{a}+(b-1)\left ( \dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b} \right )+\left ( \dfrac{3}{a}+ \dfrac{2}{b}+\dfrac{c}{1}\right )\geq (a-b)\dfrac{3}{3}+(b-1)2\sqrt{\dfrac{3}{a}.\dfrac{2}{b}} +3\sqrt[3]{\dfrac{3}{a}. \dfrac{2}{b}.\dfrac{c}{1}}=a+b+1[/math]
Ví dụ 2.4: Cho [imath]0<x<y≤z≤1[/imath] và [imath]3x+2y+z=4[/imath]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: [imath]P=3x^2+2y^2+z^2[/imath]
ʟờɪ ɢɪảɪ. Sử dụng khai triển Abel có
[math]P=3x^2+2y^2+z^2=(z-y)z+(y-x)(z+2y)+x(z+2y+3x) \le (z-y)+(y-x)(1+2)+4x=z+2y+x=\dfrac{1}{3}\left ( 3z+3.2y+1.3x \right )=\dfrac{1}{3}\left ( (3-3)z+(3-z)(z+2y)+1(z+2y+3x) \right ) \leq \dfrac{10}{3}[/math]
Một số bài tập luyện tập
Bài 1: Giả sử [imath]a,b,c[/imath] là các số thực dương thỏa mãn [imath]a≤b≤3≤c[/imath], [imath]c≥b+1,a+b≥c[/imath]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
[math]P=\dfrac{2ab+a+b+c(ab-1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}[/math]
Bài 2: Cho [imath]x,y,z[/imath] là các số thực dương thỏa mãn[imath]x+y+z=9[/imath],[imath]x≥5,x+y≥8[/imath]. Chứng minh rằng:
[math]xyz≤15[/math]
Bài 3: Với [imath]a≥3,a+b≥5,a+b+c≥6[/imath]. Chứng minh rằng
[math]a^2+b^2+c^2≥14[/math]
