Cân bằng hệ số chứng minh BĐT bằng phương pháp hàm số - Tạ Ngọc Thiện

1. Bài toán tổng quát 1. Cho các số thực 1 2 , ,... n a a a D  thỏa mãn

 1 2 ( ) ( ) ... ( ) . ( ) n g a g a g a n g      với số thực D   . Chứng minh rằng:

 1 2 ( ) ( ) ... ( ) . ( ) n f a f a f a n f     .

Để giải bài toán này ta cần biểu diễn ( ) i f a qua ( ), 1,2,..., i g a i n  nên ta xét hàm số ( ) ( ) ( ), h t f t g t t D     . Số  được xác định sao cho hàm số ( ) h t đạt cực

tiểu (hoặc cực đại) tại 0t  thì '( ) 0 h   và suy ra '( ) '( ) f g    .

Ví dụ 1. Cho , , 0 a b c  và 1 a b c   . Chứng minh rằng

3 3 3 1 9 a b c    .

Nhận xét. Từ giả thiết ta thấy đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c    và BĐT cần

chứng minh có dạng 1 ( ) ( ) ( ) 9 f a f b f c    . Trong đó   3 ( ) , 0;1 f t t t   và

( ) g t t , khi đó '(1 3) 1 '(1 3) 3 f g   nên ta có lời giải như sau.

Lời giải:

Xét hàm số

3 1 3 y t t   với (0;1) t  .

Ta có

2 1 1 ' 0 3 0 3 3 y t t      .

Bảng biến thiên t 0 1 3 1 y’ ─ 0 +

y 0 2 3

2 27 

Dựa vào bảng biến thiên ta có

3 2 1 2 27 3 27 y t t    

3 1 2 3 27 t t    với (0;1) t 

Từ đó suy ra:

3 1 2 3 27 a a   ;

3 1 2 3 27 b b   ;

3 1 2 3 27 c c  

với , , (0;1) a b c Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức này lại với nhau ta có

  3 3 3 1 6 1 3 27 9 a b c a b c        .

Dấu bằng xảy ra khi 1 3 a b c    . Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 2. Cho 3 , , 4 a b c  và 1 a b c . Chứng minh rằng

2 2 2

9 1 1 1 10 a b c a b c       .

(Vô địch Toán Ba Lan 1996) Nhận xét.

Từ giả thiết ta thấy 3 5 , , ; 4 2 a b c         

, đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c    và BĐT

cần chứng minh có dạng 9 ( ) ( ) ( ) 10 f a f b f c    .

Trong đó 2

3 5 ( ) , ; 1 4 2 x f x x x

          

và ( ) g x x  , khi đó '(1 3) 18 '(1 3) 25 f g a   nên

ta có lời giải như sau. Lời giải: Xét hàm số:

2

18 1 25 x y x x    với 3 5 ; 4 2 x         

.

Ta có

 

2

2 2

1 1 18 3 ' 0 1 25 1

3

x x y x x

          

.

Bảng biến thiên

x 3 4  1 3  1 3 5 2 y’ + 0 ─ 0 + y 3

50 3

50

3 50  211 145 

Dựa vào bảng biến thiên ta có

2 3 18 3 50 1 25 50 x y x x     

2

18 3 1 25 50 x x x     với 3 5 ; 4 2 x         

.

Từ đó suy ra:

2

18 3 1 25 50 a a a    ;

2

18 3 1 25 50 b b b    ;

2

18 3 1 25 50 c c c   

với 3 5 , , ; 4 2 a b c         

.

Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức này lại với nhau ta có

  2 2 2

18 9 9 1 1 1 25 50 10 a b c a b c a b c          .

Dấu bằng xảy ra khi 1 3 a b c    . Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Qua các ví dụ trên ta thấy các bất đẳng thức cần chứng minh đều có các biến có tính chất đối xứng nên dễ dàng nhận ra dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau. Nếu các bất đẳng thức cần chứng minh không còn tính chất đối xứng giữa các biến nữa thì chắc rằng dấu bằng không thể xảy ra khi các biến bằng nhau. Khi đó các bất đẳng thức cần chứng minh sẽ hay hơn và khó hơn nhiều so với trường hợp dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau. Vậy các bất đẳng thức ở dạng này xảy ra dấu bằng khi nào và làm thế nào để tìm được dấu bằng xảy ra ? Để làm rõ vấn đề này thì ta xét các bài toán tổng quát sau đây. 2. Bài toán tổng quát 2. Cho các số thực , , a b c D  thỏa mãn

 ( ) ( ) ( )    mg a ng b pg c k với số thực , , a b c D  .