H
huynhbachkhoa23
[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.
Dồn biến toàn miền, hay còn gọi là E.M.V, là một phương pháp rất đỉnh trong bất đẳng thức. Bài viết này chỉ nêu lên các yếu tố cơ bản của E.M.V, không đào quá sâu vào nó.
Với loại E.M.V cũ có giải các bài toán có đại lượng $a-b,b-c,c-a$, loại E.M.V mới thì ta không cần biến đổi về các đại lượng đó cũng không sao, công việc là chỉ cần đạo hàm là xong.
Các ví dụ mở đầu:
Ví dụ 1: Cho các số không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$$f(a,b,c)=\left(ab+bc+ca\right)\left[\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2}+\dfrac{1}{(a-b)^2}\right]$$
Lời giải:
Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$
Ta thấy rằng nếu thay bộ $(a,b,c)$ bằng bộ $(a-c,b-c,0)$ thì ta có:
* $\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2}+\dfrac{1}{(a-b)^2}$ không đổi.
* $ab+bc+ca\ge (a-c)(b-c)$
Nếu đặt $x=a-c > 0, y=b-c> 0$, thì theo hai nhận xét trên, ta có:
$$f(a,b,c) \ge f(a-c,b-c,0)=f(x,y,0)=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{1}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2}=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2+\dfrac{1}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2} + 2\ge 4$$
Chú ý $\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}>2$ vì $a,b,c$ đôi một khác nhau nên $a-c \ne b-c$
Vậy $\text{min}f(x,y,z)=4$
Đẳng thức xảy ra ở $f(a,b,c) \ge f(a-c,b-c,0)$ là $c=0$
Đẳng thức xảy ra ở $f(a-c,b-c,0 )\ge 4$ là $\dfrac{a-c}{b-c}+\dfrac{b-c}{a-c}-2=1$
Hay $c=0, \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=3$
Ví dụ 2: Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$(a+b+c)^3-27abc+9(a-b)(b-c)(c-a) \ge 0$$
Lời giải:
Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$
Thay bộ $(a,b,c)$ bằng bộ $(a-c,b-c, 0)$ ta có các nhận xét:
* $9(a-b)(b-c)(c-a)$ không đổi.
* $(a+b+c)^3-27abc\ge (a+b-2c)^3$
Đặt $x=a-c\ge 0, y=b-c\ge 0$
Theo hai nhận xét trên $(a+b+c)^3-27abc+9(a-b)(b-c)(c-a) \ge (x+y)^3-9xy(x-y)=x^3+y^3-6x^2y+12xy^2=x(x^2-6xy+9y^2)+3xy^2+y^3 =x(x-3y)^2+3xy^2+y^3 \ge 0$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Định nghĩa: The Partial Derivative and The Global Derivative:
Giả sử $f(x_1,x_2,...,x_n)$ là một hàm số liên tục trên $\mathbb{R}^n$.
Đạo hàm riêng (Parial Derivative) của $f$ theo biến $x_i$ là $D_if$ được tính bằng cách lấy đạo hàm theo $x_i$, các biến còn lại coi như tham số.
Đạo hàm toàn miền (Global Derivative) của $f$ là $[f]$, với:
$$[f]=\sum\limits_{i=1}^{n}D_i f$$
"Em dịch tiếng anh không tốt lắm, nếu sai thuật ngữ toán thì thông cảm
"
Các biến đổi trong đạo hàm toàn miền:
Tương tự như đạo hàm cho một biến.
$$ [f+g]=[f]+[g]; \;\;\;\;\;\; [fg]=[f]g+f[g]; \;\;\;\;\; [f(g)]=[f](g).[g]; \;\;\;\;\;\; \left[\dfrac{f}{g}\right]=\dfrac{[f]g-f[g]}{g^2}$$
Và chú ý $[x-y]=0$
Định lý 1: Hàm số $f(x_1,x_2,...,x_n)$ là một hàm số liên tục trên $\mathbb{R}^n$. Bất đẳng thức $f(x_1,x_2,...,x_n) \ge 0$ với $x_1,x_2,...,x_n \ge 0$ đúng khi thỏa cả hai điều kiện sau:
(i) $f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0$ nếu $x_1x_2...x_n =0$
(ii) $[f] \ge 0$ với mọi $x_1,x_2,...,x_n \ge 0$
Định lý 2: Hàm số $f(x_1,x_2,..,x_n)$ liên tục trên $\mathbb{R}^n$. Đặt $f_0=f, f_{k}=[f_{k-1}]\;\;(k>1)$. Khi đó:
$$f(x_1+t,x_2+t,...,x_n+t) = \sum\limits_{k=0}^{∞}\dfrac{f_k(x_1,x_2,...,x_n)}{k!}.t^k$$
Ứng dụng:
Ví dụ 1: (Bất đẳng thức Schur) Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Lời giải:
Lấy đạo hàm toàn miền hai vế:
$$3(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca) \ge 4(ab+bc+ca) \leftrightarrow (b-c)^2+(c-a)^2+(a-b)^2 \ge 0$$
Bất đẳng thức đạo hàm toàn miền đúng. Theo định lý số 1, ta chỉ cần chứng minh khi $c=0$, bất đẳng thức trở thành:
$$a^3+b^3\ge ab(a+b) \leftrightarrow (a+b)(a-b)^2 \ge 0$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $c=0, a=b$ và các hoán vị.
Nếu muốn làm một cách sơ cấp hơn, ta có thể lôi nguyên bản chất của E.M.V ra.
Đặt $f(t)=F(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz-xy(x+y)-yz(y+z)-zx(z+x)$
Trong đó $(x,y,z)=(a+t,b+t,c+t)$ và $t\ge -c=-\text{min}\{a,b,c\}$
Theo định lý số 2, ta có:
$$f'(t)=[F]=x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\ge 0$$
Do đó $f(t)$ đồng biến nên $f(t) \ge f(-c)=(a-c)^3+(b-c)^3-(a-c)(b-c)(a-c+b-c)=(a+b-2c)(a-b)^2 \ge 0$
Ví dụ 2: (Bất đẳng thức Turkevici) Với các số không âm $a,b,c,d$ thì ta luôn có:
$$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \ge (ab)^2+(bc)^2+(cd)^2+(da)^2+(ac)^2+(bd)^2$$
Lời giải:
Đặt $f(\lambda)=F(x,y,z,t)=\sum x^4 + 2xyzt-\sum_{cyc} (xy)^2$
Trong đó $(x,y,z,t)=(a+\lambda, b+\lambda, c+\lambda, d+\lambda)$ và $\lambda \ge -d=-\text{min}\{a,b,c,d\}$
Khi đó $f'(\lambda)=4\sum x^3+2\sum xyz -2\sum xy(x+y)$
$f'(\lambda)\ge 0$ vì luôn đúng theo bất đẳng thức Schur theo $(a,b,c), (b,c,d), (c,d,a), (d,a,b)$. Vì vậy mà $f(\lambda) \ge f(-d)$ hay ta chỉ cần chứng minh khi $d=0$:
$$a^4+b^4+c^4 \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$
Bất đẳng thức này luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d$ hoặc $a=b=c, d=0$ và các hoán vị.
Lưu ý, điều kiện để lấy đạo hàm toàn miền là bất đẳng thức phải đồng bậc.
Ví dụ 3: Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc\le 4$$
Lời giải:
Ta viết lại bất đẳng thức:
$$27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \le 4(a+b+c)^3$$
Lấy đạo hàm toàn miền:
$$27(a+b+c)^2 + 27(ab+bc+ca) \le 36(a+b+c)^2 \leftrightarrow (a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca) \;\;\text{(True)}$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $c=0$
$$27a^2b\le 4(a+b)^3$$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $27a^2b=\dfrac{27}{2}.a.a.2b\le \dfrac{27}{2}.\dfrac{(2a+2b)^3}{27}=4(a+b)^3$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hoặc $a=2, b=1, c=0$ và các hoán vị tương ứng.
Ví dụ 4: Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh:
$$a^4+b^4+c^4-3abc \ge 6\sqrt{2}(a-b)(b-c)(c-a)$$
Để lấy đạo hàm toàn miền, ta phải đồng bậc hóa bất đẳng thức:
$$a^4+b^4+c^4-abc(a+b+c)\ge 2\sqrt{2}(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$
Phần còn lại chắc anh chị có thể tự giải quyết được.
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho các số không âm $a,b,c,d$ thỏa mãn $a+b+c+d=3$. Chứng minh:
$$ab(b+c)+bc(c+d)+cd(d+a)+da(a+b) \le 4$$
Bài 2: Băng đạo hàm toàn miền, chứng minh rằng giá trị của $f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$ không đổi nếu ta cùng thêm vào $a,b,c$ một đại lượng $t$. Nghĩa là $f(a,b,c)=f(a+t,b+t,c+t)$
Bài 3: Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi $a,b,c\ge 0$:
$$a^3+b^3+c^3-3abc\ge k(a-b)(b-c)(c-a)$$
Đi học đã)
Thanks for reading
Với loại E.M.V cũ có giải các bài toán có đại lượng $a-b,b-c,c-a$, loại E.M.V mới thì ta không cần biến đổi về các đại lượng đó cũng không sao, công việc là chỉ cần đạo hàm là xong.
Các ví dụ mở đầu:
Ví dụ 1: Cho các số không âm $a,b,c$ đôi một khác nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$$f(a,b,c)=\left(ab+bc+ca\right)\left[\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2}+\dfrac{1}{(a-b)^2}\right]$$
Lời giải:
Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$
Ta thấy rằng nếu thay bộ $(a,b,c)$ bằng bộ $(a-c,b-c,0)$ thì ta có:
* $\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2}+\dfrac{1}{(a-b)^2}$ không đổi.
* $ab+bc+ca\ge (a-c)(b-c)$
Nếu đặt $x=a-c > 0, y=b-c> 0$, thì theo hai nhận xét trên, ta có:
$$f(a,b,c) \ge f(a-c,b-c,0)=f(x,y,0)=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{1}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2}=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2+\dfrac{1}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2} + 2\ge 4$$
Chú ý $\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}>2$ vì $a,b,c$ đôi một khác nhau nên $a-c \ne b-c$
Vậy $\text{min}f(x,y,z)=4$
Đẳng thức xảy ra ở $f(a,b,c) \ge f(a-c,b-c,0)$ là $c=0$
Đẳng thức xảy ra ở $f(a-c,b-c,0 )\ge 4$ là $\dfrac{a-c}{b-c}+\dfrac{b-c}{a-c}-2=1$
Hay $c=0, \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}=3$
Ví dụ 2: Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$(a+b+c)^3-27abc+9(a-b)(b-c)(c-a) \ge 0$$
Lời giải:
Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$
Thay bộ $(a,b,c)$ bằng bộ $(a-c,b-c, 0)$ ta có các nhận xét:
* $9(a-b)(b-c)(c-a)$ không đổi.
* $(a+b+c)^3-27abc\ge (a+b-2c)^3$
Đặt $x=a-c\ge 0, y=b-c\ge 0$
Theo hai nhận xét trên $(a+b+c)^3-27abc+9(a-b)(b-c)(c-a) \ge (x+y)^3-9xy(x-y)=x^3+y^3-6x^2y+12xy^2=x(x^2-6xy+9y^2)+3xy^2+y^3 =x(x-3y)^2+3xy^2+y^3 \ge 0$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Định nghĩa: The Partial Derivative and The Global Derivative:
Giả sử $f(x_1,x_2,...,x_n)$ là một hàm số liên tục trên $\mathbb{R}^n$.
Đạo hàm riêng (Parial Derivative) của $f$ theo biến $x_i$ là $D_if$ được tính bằng cách lấy đạo hàm theo $x_i$, các biến còn lại coi như tham số.
Đạo hàm toàn miền (Global Derivative) của $f$ là $[f]$, với:
$$[f]=\sum\limits_{i=1}^{n}D_i f$$
"Em dịch tiếng anh không tốt lắm, nếu sai thuật ngữ toán thì thông cảm
"Các biến đổi trong đạo hàm toàn miền:
Tương tự như đạo hàm cho một biến.
$$ [f+g]=[f]+[g]; \;\;\;\;\;\; [fg]=[f]g+f[g]; \;\;\;\;\; [f(g)]=[f](g).[g]; \;\;\;\;\;\; \left[\dfrac{f}{g}\right]=\dfrac{[f]g-f[g]}{g^2}$$
Và chú ý $[x-y]=0$
Định lý 1: Hàm số $f(x_1,x_2,...,x_n)$ là một hàm số liên tục trên $\mathbb{R}^n$. Bất đẳng thức $f(x_1,x_2,...,x_n) \ge 0$ với $x_1,x_2,...,x_n \ge 0$ đúng khi thỏa cả hai điều kiện sau:
(i) $f(x_1,x_2,...,x_n)\ge 0$ nếu $x_1x_2...x_n =0$
(ii) $[f] \ge 0$ với mọi $x_1,x_2,...,x_n \ge 0$
Định lý 2: Hàm số $f(x_1,x_2,..,x_n)$ liên tục trên $\mathbb{R}^n$. Đặt $f_0=f, f_{k}=[f_{k-1}]\;\;(k>1)$. Khi đó:
$$f(x_1+t,x_2+t,...,x_n+t) = \sum\limits_{k=0}^{∞}\dfrac{f_k(x_1,x_2,...,x_n)}{k!}.t^k$$
Nguồn: AoPS
Ứng dụng:
Ví dụ 1: (Bất đẳng thức Schur) Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Lời giải:
Lấy đạo hàm toàn miền hai vế:
$$3(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca) \ge 4(ab+bc+ca) \leftrightarrow (b-c)^2+(c-a)^2+(a-b)^2 \ge 0$$
Bất đẳng thức đạo hàm toàn miền đúng. Theo định lý số 1, ta chỉ cần chứng minh khi $c=0$, bất đẳng thức trở thành:
$$a^3+b^3\ge ab(a+b) \leftrightarrow (a+b)(a-b)^2 \ge 0$$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $c=0, a=b$ và các hoán vị.
Nếu muốn làm một cách sơ cấp hơn, ta có thể lôi nguyên bản chất của E.M.V ra.
Đặt $f(t)=F(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz-xy(x+y)-yz(y+z)-zx(z+x)$
Trong đó $(x,y,z)=(a+t,b+t,c+t)$ và $t\ge -c=-\text{min}\{a,b,c\}$
Theo định lý số 2, ta có:
$$f'(t)=[F]=x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\ge 0$$
Do đó $f(t)$ đồng biến nên $f(t) \ge f(-c)=(a-c)^3+(b-c)^3-(a-c)(b-c)(a-c+b-c)=(a+b-2c)(a-b)^2 \ge 0$
Ví dụ 2: (Bất đẳng thức Turkevici) Với các số không âm $a,b,c,d$ thì ta luôn có:
$$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \ge (ab)^2+(bc)^2+(cd)^2+(da)^2+(ac)^2+(bd)^2$$
Lời giải:
Đặt $f(\lambda)=F(x,y,z,t)=\sum x^4 + 2xyzt-\sum_{cyc} (xy)^2$
Trong đó $(x,y,z,t)=(a+\lambda, b+\lambda, c+\lambda, d+\lambda)$ và $\lambda \ge -d=-\text{min}\{a,b,c,d\}$
Khi đó $f'(\lambda)=4\sum x^3+2\sum xyz -2\sum xy(x+y)$
$f'(\lambda)\ge 0$ vì luôn đúng theo bất đẳng thức Schur theo $(a,b,c), (b,c,d), (c,d,a), (d,a,b)$. Vì vậy mà $f(\lambda) \ge f(-d)$ hay ta chỉ cần chứng minh khi $d=0$:
$$a^4+b^4+c^4 \ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$$
Bất đẳng thức này luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d$ hoặc $a=b=c, d=0$ và các hoán vị.
Lưu ý, điều kiện để lấy đạo hàm toàn miền là bất đẳng thức phải đồng bậc.
Ví dụ 3: Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc\le 4$$
Lời giải:
Ta viết lại bất đẳng thức:
$$27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \le 4(a+b+c)^3$$
Lấy đạo hàm toàn miền:
$$27(a+b+c)^2 + 27(ab+bc+ca) \le 36(a+b+c)^2 \leftrightarrow (a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca) \;\;\text{(True)}$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $c=0$
$$27a^2b\le 4(a+b)^3$$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $27a^2b=\dfrac{27}{2}.a.a.2b\le \dfrac{27}{2}.\dfrac{(2a+2b)^3}{27}=4(a+b)^3$
Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hoặc $a=2, b=1, c=0$ và các hoán vị tương ứng.
Ví dụ 4: Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh:
$$a^4+b^4+c^4-3abc \ge 6\sqrt{2}(a-b)(b-c)(c-a)$$
Để lấy đạo hàm toàn miền, ta phải đồng bậc hóa bất đẳng thức:
$$a^4+b^4+c^4-abc(a+b+c)\ge 2\sqrt{2}(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$
Phần còn lại chắc anh chị có thể tự giải quyết được.
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho các số không âm $a,b,c,d$ thỏa mãn $a+b+c+d=3$. Chứng minh:
$$ab(b+c)+bc(c+d)+cd(d+a)+da(a+b) \le 4$$
Bài 2: Băng đạo hàm toàn miền, chứng minh rằng giá trị của $f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$ không đổi nếu ta cùng thêm vào $a,b,c$ một đại lượng $t$. Nghĩa là $f(a,b,c)=f(a+t,b+t,c+t)$
Bài 3: Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng với mọi $a,b,c\ge 0$:
$$a^3+b^3+c^3-3abc\ge k(a-b)(b-c)(c-a)$$
Đi học đã
)Thanks for reading
Last edited by a moderator: