Chuyên đề Kỹ thuật hệ số bất định giải bất đẳng thức UCT

 KỸ THUẬT HỆ SỐ BẤT ĐỊNH GIẢI BẤT ĐẲNG THỨC 
 UCT
  Nguyễn Thúc Vũ Hoàng
 Học sinh chuyên Toán-Tin-THPT Chuyên Lê Quí Đôn-Niên khóa 2006-2008
 Thị xã Đông Hà-Tỉnh Quảng Trị
  Võ Quốc Bá Cẩn
 Sinh viên K32 Khoa Dược-Đại học Y Dược Cần Thơ -Niên Khóa 2006-2011
 Thành Phố Cần Thơ
 Có bao nhiêu điều bí ẩn mà bạn chưa biết đến ?! Câu trả lời là rất rất nhiều và đôi khi bạn 
 cảm thấy bực bội, khó chịu khi không thể tìm ra một lời giải thích thỏa đáng cho bí ẩn 
 nào đó. Nhưng bạn hãy quan niệm rằng đằng sau bất kì một điều gì luôn hàm chứa một ý 
 nghĩa nhất định. Và cũng không phải ngẫu nhiên mà sự lí giải lại được hình thành. Trong 
 thế giới bất đẳng thức cũng vậy. Đôi khi bạn không thể hiểu được tại sao người ta lại có 
 thể tìm ra một lời giải trông có vẻ “kì cục” như thế !!! Phải chăng là lần mò và may rủi 
 lắm mới tìm ra được ? 
 Câu trả lời lại một lần nữa được nhắc lại: mỗi lời giải đều có sự giải thích của riêng bản
 thân nó. Việc tìm ra lời giải đó phải đi qua một quá trình lập luận, thử, sai và đúng. Trong 
 chuyên đề nho nhỏ này chúng tôi muốn giới thiệu đến các bạn một kĩ thuật cơ bản nhưng 
 không kém phần hiệu quả trong việc chứng minh một số dạng của bất đẳng thức. Nó 
 không giúp ta giải quyết tất cả các bài toán mà chỉ giúp ta tìm ra những lời giải ngắn gọn 
 và ấn tượng trong một lớp bài toán nào đó. Một số bài toán tuy dễ đối với phương pháp 
 này nhưng lại là khó đối với kỹ thuật kia. Đây cũng là điều hiển nhiên và dễ hiểu. 
 Mục lục 
  Phần 1. Bài toán mở đầu.
  Phần 2. Khởi đầu cùng một số bài toán cơ bản.
  Phần 3. Kĩ thuật chuẩn hóa và U.C.T
  Phần 4. U.C.T và kỹ thuật phân tách các trường hợp
  Phần 5. Kết hợp bất đẳng thức Vornicu Schur với U.C.T
  Phần 6. Một dạng biểu diễn thú vị
  Phần 7. Giải quyết một số bài toán mà điều kiện liên quan mật thiết đến nhau
  Phần 8. U.C.T mở rộng
  Phần 9. Lời kết
  Phần 10. Bài tập áp dụng
 pg. 1 1 1 1 2a2 2 b 2  2 c 2 5 5
     m( a  b  c )  3 n  3( m  n )
 a2 b 2 c 2 3 3 3
Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện m n 0  n   m . Thế vào (1) 
dẫn đến 
 1 2a 2 5
   m( a  1) (2) 
 a 2 3 3
Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. 
Chú ý ở bài toán này điểm cực trị đạt được tại abc  1 nên ta cần xác định m sao 
cho 
 1 2a 2 5  (a 1)(2 a 2  3) 
   m( a  1)  ( a  1)  m  0
 2  2 
 a 3 3  3a 
 (a 1)(2 a 2  3) 2 2
Khi cho a 1 thì ta có   từ đó ta dự đoán rằng m   để tạo 
 3a 2 3 3
thành đại lượng bình phương (a  1)2 trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng 
thức phụ 
 1 2aa2 7 2
   
 a2 3 3 3
Quá trình đi tìm bất đẳng thức phụ đã được phân tích cụ thể ở trên. Tuy nhiên đó không 
phải là cách duy nhất để ta tìm ra hệ số. Ta cũng có thể sử dụng tính chất của đường tiếp 
tuyến tại một điểm của đồ thị hay sử dụng đạo hàm. Nhưng có lẽ cách dự đoán trên là 
hữu hiệu và đơn giản về mặt trực quan cũng như thực hiện. Tuy nhiên tất cả cũng chỉ là 
sự dự đoán. Nó không đảm bảo rằng sau khi tìm ra bất đẳng thức phụ rồi thì bài toán sẽ 
được giải quyết. Một số dạng toán như vậy sẽ được đề cập trong các phần tiếp theo của 
chuyên đề này. Ở phần 1 này chúng ta sẽ chứng minh một số bất đẳng thức cơ bản đề 
hình thành trong đầu kỹ thuật qua đó thành thục trong việc phân tích. Ta tiếp tục đến với 
bài toán sau 
Bài toán 1. [Vasile Cirtoaje] 
Cho a,,, b c d là các số thực dương thỏa mãn a b  c  d  4 . Chứng minh rằng 
 1 1 1 1
     2
 a2 1 b2 1 c2 1 d 2 1
Chứng minh. Ta sẽ xác định hệ số m để bất đẳng thức sau là đúng 
 2 (a 1)( a  )1  a 1 
 1 m ( a  1)   m( a  1)  ( a  1)   m  0
 a 2 1 a 2 1  a 2 1 
 a 1
Khi ta sẽ có   1 m   1 . Ta dự đoán bất đẳng thức sau đúng và thật 
 a 2 1
vậy 
 2 a( a  1) 2
 2 a   0
 a 2 1 a 2 1
Tương tự với các biến còn lại. Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b  c  d 1. 
Nhận xét. 
Ta có thể sử dụng kỹ thuật “Côsi ngược dấu” để tìm ra bất đẳng thức phụ trên 
 pg. 3 Nhận xét. Bài toán này với hình thức khá “cồng kềnh” vì chứa căn thức. Tuy nhiên nếu 
nhận ra điểm mấu chốt của bài toán ta dễ dàng đưa về đơn lượng theo biến để giải quyết. 
Bài toán trên còn có thể giải quyết theo cách khác bằng cách chứng minh trực tiếp với 4 
biến. Nhưng dù sao việc giải quyết theo từng biến riêng biệt vẫn dễ dàng hơn rất nhiều. 
Bài toán 4. 
Cho abc,, là các số thực dương thỏa mãn a3 b 3  c 3  3. Chứng minh rằng
  1 1 1 
 4    (5 a2  b 2  c 2 )  27
  a b c 
Chứng minh. 
Ta cần tìm hệ số m sao cho 
 4 (a 1)(5 a2  5 a  4)
 5a2  9  m ( a 3  1)  m( a  1)( a2  a  )1
 aa1 a
Ta dễ dàng nhận ra đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi abc  1.
Khi cho thì ta có thể dự đoán rằng m  2 . Ta sẽ chứng minh rằng với thì bất 
đẳng thức phụ trên là đúng. Thật vậy 
 4 (a 1)2 (  2 a 2  a  4)
 5a2  7  2 a 3   0
 a a
Do a 3 3   2a2  a  4  0. Vậy bất đẳng thức phụ trên là đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Bài toán 5. 
 n
Cho a12, a ,..., an là các số thực không âm thỏa ãnm ai  n . Chứng minh rằng 
 i1
 n a n
 i 
  2
 i1 3ai  5 8
Chứng minh. Ta sẽ tìm hệ số m sao cho 
 ai 1 (5 3ai)( a i  )1
 2  m( ai  1)  2 m( ai  1)
 3ai  5 8 8(3ai  5)
 1
Ta dự đoán rằng với m  thì bất đẳng thức phụ trên là đúng. Thật vậy: 
 32
 2
 ai 1 (ai  1) 5( ai)( a i  )1
 2   0  2
 3ai  5 8 32 32(3ai  5)
Điều này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các biến bằng nhau và bằng 1. 
Nhận xét. Qua các bài toán trên ta có thể thấy rằng bất đẳng thức không hề quan tâm đến 
số biến. Ta hoàn toàn có thể tổng quát với n biến mà không làm ảnh hưởng đến cách giải. 
Đây là một điểm thú vị của U.C.T. 
Một cách tổng quát ta đưa ra cách giải quyết cho lớp bài toán có dạng sau 
Bài toán tổng quát 
Cho các số thực không âm thỏa mãn 
 h( a12 ) h ( a )  ...  h ( an )  0
Chứng minh rằng 
 f( a12 ) f ( a )  ...  f ( an )  0
 pg. 5 Bài toán 6. [Bất đẳng thức Nesbit] 
Cho là các số thực không âm. Chứng minh rằng 
 a b c 3
   
 b c c  a a  b 2
Chứng minh. Không mất tính tổng quát chuẩn hóa abc   3. 
Bài toán qui về việc chứng minh 
 abc,, abc3
   
 3abc 3  3  2
Ta cần chứng minh bất đẳng thức 
 aa1 3( 1)
  m( a  1)  m( a  1)
 3aa 2 2(3 )
 3
Dễ dàng dự đoán m  . Ta chứng minh bất đẳng thức với m như vậy thì luôn đúng 
 4
 a3 a 1 3( a 1)2
    0
 3aa 4 4(3 )
Điều này hiển nhiên đúng. 
Sử dụng tương tự với các biến còn lại. Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh. 
Đẳng thức xảy ra khi abc. 
Nhận xét. bất đẳng thức Nesbit là một bất đẳng thức đại số cơ bản và có nhiều phép 
chứng minh. Lời giải trên là một lời giải đẹp và ngắn gọn cho bất đẳng thức này. 
Bài toán 7. [Võ Quốc Bá Cẩn] 
Cho là các số thực không âm. Chứng minh rằng 
 ()b c  a 2 ()a c  b 2 ()a b  c 2 (3 a2 b 2  c 2 )
   
 2a2  ( b  c ) 2 2b2  ( a  c )2 2c2  ( b  a )2 ()a b  c 2
Chứng minh. Chuẩn hóa . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương 
đương với 
 2(3 2a ) 2 2(3 2b ) 2 2(3 2c ) 2
   a2  b 2  c 2
 a2 2 a  3 b2 2 b  3 c2 2 c  3
Ta cần xác định hệ số m để bất đẳng thức sau là đúng 
 2(3 2a ) 2
 a2  m( a  1)
 a2 2 a  3
Ta lại có 
 2(3 2a ) 2 (a 1)( a 3)( a2 4 a  6)
 a 2  
 a2 2 a  3 a2 2 a  3
Từ đây dễ dàng dự đoán với m  6 thì bất đẳng thức phụ trên là đúng. Thật vậy 
 2(3 2a )22(a 1) (6  a ) a
 aa2 6(  1)   0
 a222 a  3 a2 a  3
Điều này hiển nhiên đúng do a(0,3). 
Tương tự với các biến còn lại. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Bài toán 8. [Đề thi Olympic 30-4, khối 11, lần XII – 2006] 
Cho là các số thực dương. Chứng minh rằng 
 a() b c b() c a c() a b 6
   
 ()b c2  a 2 ()c a2  b 2 ()a b2  c 2 5
 pg. 7