3.2. Phương pháp chuẩn hóa
Dạng thường gặp của bất đẳng thức thuần nhất là
f(x1, x2, …, xn) ≥ g(x1, x2, …, xn)
trong đó f và g là hai hàm thuần nhất cùng bậc. Do tính chất của hàm thuần nhất, ta có thể chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về việc chứng minh bất đẳng thức f(x1, x2, …, xn) ≥ A với mọi x1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện g(x1, x2, …, xn) = A. Chuẩn hóa một cách thích hợp, ta có thể làm đơn giản các biểu thức của bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chất đặc biệt của các hằng số.
Ví dụ :
Cho bộ n số thực dương (x) = (x1, x2, …, xn). Với mỗi số thực r ta đặt
Mr(x) = [(x1r + x2r + …+ xnr)/n]1/r
Chứng minh rằng với mọi r>s>0 ta có Mr(x) ≥ Ms(x).
(Bất đẳng thức về trung bình lũy thừa)
Giải: Vì Mr(tx) = tMr(x) với mọi t>0 nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức đúng cho các số thực dương x1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện Ms(x) = 1, tức là cần chứng minh Mr(x) ≥ 1 với mọi x1, x2, …, xn thoả mãn điều kiện Ms(x) = 1. Điều này có thể viết đơn giản lại là
Chứng minh x1r + x2r + …+ xnr ≥ n với x1s + x2s + …+ xns = n.
Để chứng minh bất đẳng thức cuối cùng, ta áp dụng bất đẳng thức Bernoulli:
xir = (xis)r/s = [1 + (xis-1)]r/s ≥ 1 + (r/s)(xis-1), i = 1, 2, …, n.
Cộng các bất đẳng thức trên lại, ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với x, y, z là các số thực bất kỳ ta có bất đẳng thức
6(x + y + z)(x2+ y2 + z2) <= 27xyz + 10(x2+ y2 + z2)3/2
(Đề thi Học sinh giỏi quốc gia năm 2002)
Giải: Bất đẳng thức này rất cồng kềnh. Nếu thức hiện phép biến đổi trực tiếp sẽ rất khó khăn (ví dụ thử bình phương để khử căn). Ta thực hiện phép chuẩn hóa để đơn giản hóa bất đẳng thức đã cho. Nếu x2 + y2 + z2 = 0 thì x= y = z = 0, bất đẳng thức trở thành đẳng thức. Nếu x2 + y2 + z2 > 0, do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất, ta có thể giả sử x2 + y2 + z2 = 9. Ta cần chứng minh 2(x+y+z) xyz + 10 với điều kiện x2 + y2 + z2 = 9. Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh
[2(x+y+z) – xyz]2 <= 100
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử |x| <= |y| <= |z|. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta có
[2(x+y+z) – xyz]2 = [(x+y)2 + z(2-xy)]2 [(x+y)2 + z2][22+(2-xy)2] = (9+2xy)(8-4xy+x2y2) = 72 – 20xy + x2y2 + 2x3y3 = 100 + (xy+2)2(2xy-7).
Từ |x| <= |y| <= |z| suy ra z2 ≥ 3. Suy ra 2xy <= x2 + y2 <= 6, tức là (xy+2)2(2xy-7) <= 0. Từ đây, kết hợp với đánh giá trên đây ta được điều cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x+y)/2 = z/(2-xy) và xy+2 = 0. Từ đây giải ra được x = -1, y = 2, z = 2.
Kỹ thuật chuẩn hóa cho phép chúng ta biến một bất đẳng thức phức tạp thành một bất đẳng thức có dạng đơn giản hơn. Điều này giúp ta có thể áp dụng các biến đổi đại số một cách dễ dàng hơn, thay vì phải làm việc với các biểu thức cồng kềnh ban đầu. Đặc biệt, sau khi chuẩn hóa xong, ta vẫn có thể áp dụng phương pháp dồn biến để giải. Ta đưa ra lời giải thứ hai cho bài toán trên:
Đặt f(x, y, z) = 2(x+y+z) – xyz. Ta cần chứng minh f(x, y, z) 10 với x2 + y2 + z2 = 9.
Xét f(x, sqrt(y2+z2)/2, sqrt(y2+z2)/2) - f(x, y, z) = 2(x + 2sqrt(y2+z2)/2) – x(y2+z2)/2 – 2(x+y+z) + xyz = 2(sqrt2(y2+z2) – y – z) – x(y-z)2/2 = (y-z)2[2/(sqrt2(y2+z2) + y + z) – x/2].
+ Nếu x, y, z > 0, ta xét hai trường hợp:
- 1 <= x <= y <= z. Khi đó 2(x+y+z) – xyz <= 2sqrt3(x2+y2+z2) – 1 = 6sqrt(3) – 1 < 10
- 0 < x <= 1. Khi đó 2(x+y+z) – xyz < 2(x+y+z) 2x + 22(y2+z2) = 2x + 2sqrt(2(9-x2)) = g(x). Ta có g’(x) = 2 - 2sqrt(2x)/sqrt(9-x2) > 0, suy ra g(x) <= g(1) = 10.
+ Nếu trong 3 số x, y ,z có một số âm, không mất tính tổng quát, có thể giả sử x < 0. Khi đó f(x, sqrt(y2+z2)/2, sqrt(y2+z2)/2) - f(x, y, z) ≥ 0 và ta đưa bài toán việc chứng minh f(x, sqrt(y2+z2)/2, sqrt(y2+z2)/2) <= 10, hay
2x + 22(9-x2) – x(9-x2)/2 <= 10
<=> h(x) = x3 – 5x + 4sqrt(2(9-x2)) <= 20.
Ta có: h’(x) = 3x2 – 5 – 4xsqrt(2)/sqrt((9-x2)) . Giải phương trình h’(x) = 0 (với x < 0), ta được x = -1. Đây là điểm cực đại của h, do đó h(x) <= h(-1) = 20.
Bằng cách chuẩn hóa, ta có thể đưa một bài toán bất đẳng thức về bài toán tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một hàm số trên một miền (chẳng hạn trên hình cầu x2 + y2 + z2 = 9 như ở ví dụ 4). Điều này cho phép chúng ta vận dụng được một số kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (ví dụ như bất đẳng thức Jensen, hàm lồi ...)
Ví dụ 5: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
(b+c-a)2/[(b+c)2+a2] + (c+a-b)2/[(c+a)2+b2] + (a+b-c)2/[(a+b)2+c2] ≥ 3/5
Giải: Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho các số dương a, b, c thoả a+b+c=1. Khi đó bất đẳng thức có thể viết lại thành
(1-2a)2/(2a2-2a+1) + (1-2b)2/(2b2-2b+1) + (1-2c)2/(2c2-2c+1) ≥ 3/5
<=> 1/(2a2-2a+1) + 1/(2b2-2b+1) + 1/(2c2-2c+1) <= 27/5
<=> f(a) + f(b) + f© 27/5 với f(x) = 1/(2x2-2x+1) (5.1)
Để ý rằng 27/5 = 3f(1/3), ta thấy (5.1) có dạng bất đẳng thức Jensen. Tuy nhiên, tính đạo hàm bậc hai của f(x), ta có
f”(x) = -4(6x2 – 6x + 1)/(2x2-2x+1)3
hàm chỉ lồi trên khoảng ((3 - sqrt(3))/6, (3 + sqrt(3))/6) nên không thể áp dụng bất đẳng thức Jensen một cách trực tiếp. Ta chứng minh f(a) + f(b) + f© <= 27/5 bằng các nhận xét bổ sung sau:
fmax = f(1/2) = 2
f(x) tăng trên (0, 1/2) và giảm trên (1/2, 1)
f((3 - sqrt(3))/6) = f((3 + sqrt(3))/6) = 12/7
Nếu có ít nhất 2 trong 3 số a, b, c nằm trong khoảng ((3 - sqrt(3))/6, (3 + sqrt(3))/6), chẳng hạn là a, b thì áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
f(a) + f(b) <= 2f((a+b)/2) = 2f((1-c)/2) = 4/(c2+1)
Như vậy trong trường hợp này ta chỉ cần chứng minh
1/(2c2-2c+1) + 4/(1+c2) <= 27/5
Quy đồng mẫu số và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương
27c4 – 27c3 + 18c2 – 7c + 1 >= 0
<=> (3c-1)2(3c2 – c +1) >= 0 (đúng).
Như vậy ta chỉ còn cần xét trường hợp có ít nhất hai số nằm ngoài khoảng ((3 - sqrt(3))/6, (3 + sqrt(3))/6). Nếu chẳng hạn a > (3 + sqrt(3))/6) thì rõ ràng b, c < (3 - sqrt(3))/6 và như vậy, do nhận xét trên f(a) + f(b) + f© <= 36/7 < 27/5. Ta chỉ còn duy nhất một trường hợp cần xét là có hai số, chẳng hạn a, b <= (3 - sqrt(3))/6. Lúc này, do a + b <= 1 - sqrt(3)/3 nên c >= sqrt(3)/3 > 1/2. Theo các nhận xét trên ta có f(a) + f(b) + f© <= 2f((3 - sqrt(3))/6) + f(sqrt(3)/3) = 24/7 + (15+63)/13 ~ 5.381 < 5.4 = 27/5.
Ghi chú: Bài toán trên có một cách giải ngắn gọn và độc đáo hơn như sau:
Bất đẳng thức có thể viết lại thành
(b+c)a/[(b+c)2+a2] + (c+a)b/[(c+a)2+b2] + (a+b)c/[(a+b)2+c2] <= 6/5
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức viết lại thành
(1-a)a/(1-2a+2a2) + (1-b)b/(1-2b+2b2) + (1-c)c/(1-2c+2c2) <= 6/5
Ta có 2a(1-a) <= (a+1)2/4. Do đó 1 – 2a + 2a2 >= 1 - (a+1)2/4 = (1-a)(3+a)/4.
Từ đó (1-a)a/(1-2a+2a2) <= (1-a)a/[(1-a)(3+a)/4] = 4a/(3+a).
Tương tự (1-b)b/(1-2b+2b2) <= 4b/(3+b), (1-c)c/(1-2c+2c2) <= 4c/(3+c)
Và để chứng minh bất đẳng thức đầu bài, ta chỉ cần chứng minh
4a/(3+a) + 4b/(3+c) + 4c/(3+c) <= 6/5
Bất đẳng thức cuối cùng này tương đương với
1/(3+a) + 1/(3+b) + 1/(3+c) >= 9/10 là hiển nhiên (Áp dụng BĐT Cauchy)
Chuẩn hóa là một kỹ thuật cơ bản. Tuy nhiên, kỹ thuật đó cũng đòi hỏi những kinh nghiệm và độ tinh tế nhất định. Trong ví dụ trên, tại sao ta lại chuẩn hóa x2 + y2 + z2 = 9 mà không phải là x2 + y2 + z2 = 1 (tự nhiên hơn)? Và ta có đạt được những hiệu quả mong muốn không nếu như chuẩn hóa x+y+z = 1? Đó là những vấn đề mà chúng ta phải suy nghĩ trước khi thực hiện bước chuẩn hóa.
(Còn tiếp)