Bạn đang xem: Bất đẳng thức thuần nhất





Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậc", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Xem thêm: Thuê Nicehash - Dịch Vụ Đào Bitcoin Nicehash Là Gì
Chương 4Bất đẳng thức dạng thuầnnhất bậcTính thuần nhất bậc (đồng bậc, thuần nhất) là một tiêu chuẩn đầu tiên phảitính đến khi so sánh các đại lượng. Các bất đẳng thức cổ điển ta đã biết nhưbất đẳng thức giữa trung các đại lượng trung bình, Cauchy, Ho¨lder, Minkowski,Chebychev, . . . , đều là các bất đẳng thức dạng đồng bậc. 1Trong chương này, chúng ta sẽ đề cập tới các phương pháp cơ bản để chứngminh bất đẳng thức đồng bậc, cũng như cách chuyển từ một bất đẳng thứckhông đồng bậc về một bất đẳng thức đồng bậc. Nắm vững và vận dụng nhuầnnhuyễn các phương pháp này, chúng ta có thể chứng minh được nhiều lớp bấtđẳng thức sơ cấp.4.1 Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậcHàm số f (x1, x2, . . . , xn) của các biến số thực x1, x2, . . . , xn được là hàm thuầnnhất bậc m nếu với mọi số thực t ta cóf (tx1, tx2, . . . , txn) = tm f (x1, x2, . . . , xn),với t ∈ R− 0, và xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n, m, n ∈ N, m 6= 0, n ≥ 2. Số tự nhiên mđược gọi là bậc của đa thức đồng bậc.Bất đẳng thức dạng f (x1, x2, . . . , xn) ≥ 0, với f là một hàm thuần nhất đượcgọi là bất đẳng thức thuần nhất (bậc m). Khái niệm bất đẳng thức đồng bậc liênquan chặt chẽ với đa thức đồng bậc. Thí dụ, hai đa thức sau là hai đa thức đồng1Đây là một chương trong cuốn sách Bất đẳng thức, Suy luận & Khám phá đã xuất bản của tác giảPhạm Văn Thuận, Lê Vĩ.1194.2. Đồng bậc hoá bất đẳng thức 120bậc đồng bậcg(x) = x5 + y5 + 8x2y3, f (x) = x2 y + 4yx2 − 3x3 + 10y3.Từng đơn thức trong đa thức thứ nhất có bậc là năm, còn mỗi đơn thức trongđa thức thứ hai có bậc là ba. Cũng cần chú ý rằng đa thức kiểu như f (x) =(x + 2y)3 + 101x2 không phải là đồng bậc.4.2 Đồng bậc hoá bất đẳng thứcVới những bất đẳng thức có điều kiện, ta có thể chuyển về dạng bất đẳngthức đồng bậc. Điều kiện cho trước thường là một hệ thức liên hệ giữa các biếnsố. Từ giả thiết đã cho ta có thể viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạngđồng bậc.Bài toán 4.1. Cho các số thực không âm a, b thoả mãn điều kiện a + b = 2, chứngminh dãy bất đẳng thức2 ≤ a2 + b2 ≤ a3 + b3 ≤ a4 + b4 .Chứng minh. Ta lần lượt chứng minh từng bất đẳng thức. Mỗi vế bất đẳng thứchơn kém nhau một bậc; mà ta cũng thấy rằng biểu thức ở điều kiện cho trước códạng bậc nhất. Sử dụng giả thiết này ta làm cân bằng bậc của các bất đẳng thức.Trước hết ta chứng minh 2 ≤ a2 + b2. Thật vậy, nhân hai vế với hai, và viếtnó dưới dạng tương đương (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2). Dễ dàng quy bất đẳng thứcnày về dạng (a− b)2 ≥ 0.Đối với bất đẳng thức thứ hai, ta viết lại dưới dạng(a2 + b2)(a + b) ≤ 2(a3 + b3).Bất đẳng thức này tương đương với a3 + b3 ≥ ab2 + a2b, hay (a− b)2(a + b) ≥ 0.Điều này hiển nhiên đúng với a, b > 0.Bất đẳng thức cuối cùng làm tương tự.Bài toán 4.2. Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiệna2/3 + b2/3 + c2/3 = 3,chứng minh bất đẳng thứca2 + b2 + c2 ≥ a4/3 + b4/3 + c4/3.Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 121Chứng minh. Để bỏ số mũ dạng hữu tỉ, ta đưa ra biến mới như sau. Đặt a1/3 = x,b1/3 = y, c1/3 = z. Khi đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức x6 + y6 + z6 ≥x4 + y4 + z4 với điều kiện x2 + y2 + z2 = 3.Sử dụng giả thiết ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạngtương đương là3(x6 + y6 + z6) ≥ (x2 + y2 + z2)(x4 + y4 + z4).Nhân khai triển và nhóm các số hạng cho ta(x2 − y2)2(x2 + y2) + (y2 − z2)2(y2 + z2) + (z2 − x2)2(z2 + x2) ≥ 0.Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thứcXét bất đẳng thức đồng bậc dạngf (x1, x2, . . . , xn) ≥ g(x1, x2, . . . , xn),trong đó f và g là hai đa thức đồng bậc. Do tính chất của hàm thuần nhất,ta có thể chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về việc chứng minhbất đẳng thức f (x1, x2, . . . , xn) ≥ λ với mọi x1, x2, . . . , xn thỏa mãn điều kiệng(x1, x2, . . . , xn) = λ. Chuẩn hóa một cách thích hợp, ta có thể làm đơn giản cácbiểu thức của bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chấtđặc biệt của các hằng số.Nếu biết quan sát và lựa chọn những điều kiện thích hợp, nghĩa là lúc ấynhư có thêm giả thiết, ta sẽ có lời giải gọn gàng, sáng sủa. Trong mục này chúngtôi đưa ra một số cách chọn điều kiện kiểu như vậy.Bài toán 4.3. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì(a + b− c)2c2 + (b + a)2+(a + c− b)2b2 + (c + a)2+(c + b− a)2a2 + (b + c)2>35.Chứng minh. Bậc của cả hai vế là không. Đặt x = a/(a + b + c), y = b/(a + b + c),z = c/(a + b + c), thế thì x + y + z = 1. Do đó, ta viết bất đẳng thức cần chứngminh dưới dạng(4.1)(1− 2z)2z2 + (1− z)2 +(1− 2y)2y2 + (1− y)2 +(1− 2x)2x2 + (1− x)2 >35.Chú ý rằng(1− 2t)2t2 + (1− t)2 =4t2 − 4t + 12t2 − 2t + 1 =2(2t2 − 2t + 1)− 12t2 − 2t + 1 = 2−12t2 − 2t + 1 .4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 122Từ đó, ta có thể viết lại bất đẳng thức (4.1) dưới dạng12x2 − 2x + 1 +12y2 − 2y + 1 +12z2 − 2z + 1 ≤275Ta cần tìm số δ sao cho với 0 8.Nhưng thật đáng tiếc rằng kỹ thuật trên đây lại không có tác dụng với bài toánnày. Điều đó là do ta không thể cô lập hay đưa mỗi phân thức về dạng một biếnsố thông qua điều kiện tổng ba số bằng k. Đây cũng là ý tưởng cơ sở quan trọngcủa cách làm này.Bài toán 4.4. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì(a + b + c)2a2 + b2 + c2+ 12( a3 + b3 + c3abc− a2 + b2 + c2ab + bc + ca)> 4.Chứng minh. Bài này là tổng của ba bất đẳng thức ngược chiều nhau. Biểu thứcthứ nhất trong ngoặc đạt giá trị nhỏ nhất; còn hai biểu thức kia đạt giá trị lớnnhất. Không giảm tổng quát ta có thể giả sử ω = a2 + b2 + c2, chọn ω = 3, vàsử dụng các hằng đẳng thức(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca),a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab− bc− ca).Do đó, ta viết vế trái bất đẳng thức dưới dạngF =52+2λ3+12η(3− λ)− 32λ,trong đó λ = ab + bc + ca, và η = 1/(ab) + 1/(bc) + 1/(ca), ta đã biết rằng λ 6 3,mặt khác sử dụng bất đẳng thức quen biết η > 9/λ,F >52+2λ3+92λ(3− λ)− 32λ= −2 + 2λ3+12λ.4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 124Do đó, để chứng minh F > 4, ta chỉ cần chỉ ra rằng λ/3 + 6/λ > 3. Thật vậy, sửdụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân sau khi đã tách sốhạng sau để có dấu đẳng thức, ta cóλ3+3λ+3λ3>(λ3.3λ.3λ)1/3=(3λ)1/3> 1.Phép chứng minh đã hoàn tất.Bằng cách đặt tương tự, ta có thể thiết lập các biểu thức đối xứng cùng bậcrồi chọn một điều kiện nào đó, ước lượng các giá trị khi các biến số bằng nhau,ta có thể xây dựng được các bất đẳng thức mới.Bài toán 4.5. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thì6(a + b + c)(a2 + b2 + c2) 6 27abc + 10(a2 + b2 + c2)3/2.Chứng minh. Rõ ràng hai vế của bất đẳng thức này đều có dạng bậc ba. Nhưngnếu tiếp tục lựa chọn như thí dụ trên sẽ không hiệu quả nữa bởi biểu thứca2 + b2 + c2 có số mũ dạng hữu tỷ. Nếu cả ba số bằng không thì bất đẳng thứchiển nhiên đúng. Nếu có một số khác không, ta đặt ω = a2 + b2 + c2, và giả sử|a| 6 |b| 6 |c|, chọn ω = 9 để tránh dạng số vô tỷ. Thế thì bất đẳng thức trên códạng 2(a + b + c)− abc 6 10.Sau đây là một thí dụ cho thấy rằng phép chọn điều kiện thích hợp có thểcho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo.Bài toán 4.6. Giả sử a, b, c là các số thực dương, chứng minh bất đẳng thức3√(a + b)(b + c)(c + a)8≥√ab + bc + ca3.Chứng minh. Chọn ab + bc + ca = 3, thành thử là bây giờ ta chỉ cần chứng minhrằng(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8.Nhưng chú ý rằng (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca)− abc. Phépchứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được rằng 3(a + b + c) − abc ≥ 8. Theobất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có −abc ≥ −1, và(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Có hai câu hỏi cần đặt ra sau lời giải này là tại sao lại chọn số 3, và chọn nhưthế có lợi ích gì. Cái tưởng chừng như khó nhất của bài toán là sự có mặt của haicăn thức khác nhau đã được vượt qua dễ dàng.Bài toán 4.7. Cho các số thực dương x, y, z và đặt x + y + z = p, xy + yz + zx = q,và xyz = r. Giả sử p = 1, hãy biểu diễn các biểu thức x2 + y2 + z2, theo p, q, vàbiểu diễn x3 + y3 + z3, x4 + y4 + z4 theo p, q, r.4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 125Từ kết quả của bài toán trên đây, người ta có thể áp đặt điều kiện để xây dựngcác bất đẳng thức đối xứng ba biến có điều kiện. Với một bài toán bất đẳng thứcđồng bậc ba biến, ta có thể lựa chọn tuỳ ý một (chỉ một thôi) trong ba điều kiệnp = 1, q = 1, r = 1.Bài toán 4.8. Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãna + b + c = 1,chứng minh rằnga√a + b2+b√b + c2+c√c + a2≤ 32.Chứng minh. Lời giải sau đây của ... Những trường hợp khónhất, công cụ đạo hàm có thể giải quyết trọn vẹn bài toán.4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 141Bài toán 4.30. Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 1,chứn minh rằng94≤ 11 + xy+11 + yz+11 + zx≤ 274(x + y + z)2.Bài toán 4.31. Xét ba số thực không âm x, y, z, chứng minh rằng(x + y + z)5 ≥( 94√6− 9)(x3 + y3 + z3)(xy + yz + zx).Bài toán 4.32. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác thì(a− b)2a2 + ab + b2+(b− c)2b2 + bc + c2+(c− a)2c2 + ca + a2≤ 2.Bài toán 4.33. Chứng minh rằng nếu x, y, z ≥ 0 thìxy + z+yz + x+zx + y+ 2