namdung

Một số bài toán dẫn nhập

1. (Bài toán về những chiếc vé hạnh phúc) Vé xe buýt có số serie là 1 số có 6 chữ số dạng abcdef. Vé được coi là hạnh phúc nếu a + b + c = d + e + f. Hãy tính xác suất để một vé được mua ngẫu nhiên là vé hạnh phúc.

2. (Bài toán về xếp hàng) Có m+n người xếp hàn mua vé (m>=n). Có m người chỉ có tiền 5.000, có n người chỉ có tiền 10.000. Giá vé là 5.000, trong quầy ban đầu không có tiền lẻ. Tính xác suất của sự kiện: trong quá trình mua vé, không có ai phải đợi.

3. (Số nghịch thế) Bộ (i, j) được gọi là nghịch thế của hoán vị f: {1, 2, ..., n} --> {1, 2, ..., n} nếu f(i) > f(j) mà i < j. Hãy tính số nghịch thế trung bình của một hoán vị.

4. (Bài này chưa có lời giải) Có n người xếp thành 1 hàng dọc. Có bao nhiêu cách chọn ra k người sao cho trong 3 người liên tiếp có không quá 2 người được chọn.

5. Bàn cờ 8 x 8 bỏ đi 1 đường chéo chính (a1, b2, c3, ..., h8) và các ô (a2, b3, ..., g8, h1). Hỏi có bao nhiêu cách xếp 8 quân xe trên phần còn lại để không con nào ăn con nào.

Nếu các bạn có lời giải cho một trong các bài toán trên, hãy post lên để chúng ta cùng tham khảo. Tôi sẽ dùng các bài toán này để minh họa cho các PP của đã đề cập.

Phương pháp này tiếng Anh gọi là Principle of Exclusion and Inclusion, tiếng Việt chẳng biết dịch là gì (thêm bớt, bù trừ). hệ

Phương pháp này sử dụng công thức mở rộng của công thức

|A U B| = |A | + |B| - |A giao B|

để đếm các tập con của một tập hợp thỏa mãn một số tính chất nào đó.

Ví dụ: Ta cần tìm số nghiệm của phương trình x + y + z = k với x, y, z thuộc [0, 9]. Bài x + y + z = k với x, y, z không âm thì mình biết rồi, đáp số là C(2, k+2). Nhưng điều kiện x, y, z thuộc [0, 9] sẽ loại bỏ đi một số nghiệm. Đặt A = {(x, y, z)| x+y+z = k, x > 9}, B, C tương tự (thay x, bằng y, z) thì số nghiệm bị loại chính là A U B U C và dùng công thức trên ta có thể tìm được |A U B UC|. Đại loại chỉ có thế thôi.

Namdung

Chào nmt và các bạn,

1) Đúng là bài $a_{n+1} = a_0a_n + a_1a_{n-1} + ...+ a_na_0$ có thể giải bằng chuỗi (chính là phương pháp hàm sinh). Tuy nhiên, vẫn có thể giải bằng cách khác, sơ cấp hơn. Cái số mà nmt nói ở đáp số gọi là số Catalan. Số Catalan có rất nhiều cách định nghĩa, trong đó có cách dùng 2n điểm trên đường tròn và n dây cung không cắt nhau nối chúng. Ngoài ra có 1 cách khác: đó là số đường đi trên lưới nguyên từ (0, 0) đến (n, n) nhưng không vượt lên trên đường thẳng y = x.
Chính là cách định nghĩa này sẽ dẫn đến 1 lời giải hoàn toàn sơ cấp dùng phương pháp quỹ đạo và cụ thể hơn là nguyên lý đối xứng gương.

2) Bài viết của thầy NKM rất hay và thực sự là xuất phát điểm cho nhiều bài toán sau này. Các bài trong đó còn tổng quát hơn bài TST năm ngoái nhiều.

3) Hình như cái file của hatucdao làm anh em đọc hơi khó. Anh em có cách nào làm cho nó nhỏ lại không?

4) Ý của nmt về chuyện nhìn đáp số tìm ra cách giải ngắn là rất chính xác. Thực ra các lời giải APMO 1997 trong bài viết của tôi không có ngay đâu, mà chỉ có sau khi tôi đã tìm được đáp số bằng cách dài dòng kia.

5) Ai có cách chứng minh đẳng thức $1^3 + 2^3 + ... + n^3 = (\dfrac{n(n+1)}{2})^2$ bằng tổ hợp không?

Tôi gửi các bạn file Word nguyên văn bài viết của tôi. Bài này viết năm 2003, tất nhiên là cần phải update lại nhưng chưa có thời gian.

Về vấn đề dồn biến như một số bạn nói, tất nhiên là có thể áp dụng cho cả trường hợp không thuần nhất. Và tôi xin đưa ra một ví dụ

(APMO 2004) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge 9(ab+bc+ca)$

Có nhiều cách giải bài này, chẳng hạn dùng Schur. Nhưng cách sau đây về mặt phương pháp là khá dễ chịu:

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a = min{a, b, c}.

Đặt $f(a,b,c)=(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) - 9(ab+bc+ca)$

Khi đó $f(a,b,c) - f(a, \sqrt{bc}, \sqrt{bc}) = (a^2+2)2(b-c)^2 - 9a(\sqrt{b} -\sqrt{c})^2 = (\sqrt{b} -\sqrt{c})^2(2(a^2+2)(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 - 9a) \ge 0 $

Cuối cùng việc chứng minh $f(a, b, b) \ ge 0 $ có thể hoàn tất dễ dàng với công cụ duy nhất là Cauchy (hay AM-GM như các bạn nước ngoài hay gọi).

Thực ra thì tôi cũng chỉ muốn đưa ra những vấn đề để chúng ta cùng xây dựng, chứ không có tham vọng viết được cái gì công phu. Tư tưởng của phương pháp song ánh rất đơn giản: nếu tồn tại song ánh f từ A vào B thì |A| = |B|. Ngoài ra, nếu s = |A|, t = |A| thì s = t. Nó cũng đơn giản như nguyên lý Dirichlet vậy đó. Quan trọng là biết cách áp dụng vào các bài toán.

Phương pháp quỹ đạo, cái này tôi gọi theo lịch sử, thầy Đỗ Đức Thái ngày xưa gọi như vậy, là phương pháp quy các bài toán đếm về các bài toán đếm số đường đi trên lưới nguyên. Trong phương pháp này, có một nguyên lý rất hay gọi là nguyên lý đối xứng gương (ví dụ VNTST 2003, bài 1). Định lý cơ bản của phương pháp này là số đường đi ngắn nhất trên lưới nguyên từ (0, 0) đến (m, n) bằng C(m, m+n).

Phương pháp thêm bớt là Principle of exclusion and inclusion là phép đếm sử dụng công thức mở rộng của công thức |A hợp B| = |A | + |B| - |A giao B| và thể hiện thường thấy nhất là trong lý thuyết đa thức xe (trong giáo trình Toán rời rạc nâng cao hoặc trong cuốn Tìm tòi để học toán của Lê Quang Nẫm có trình này).

Tất cả những điều này không có gì mới. Mục đích của tôi là cùng chia sẻ và trao đổi với các bạn về những phương pháp này.

Nhưng theo em thay vì thời gian ta bỏ ra để làm một trăm bài toán dễ thì hãy dành thời gian đó cho một bài khó điều đó có ích hơn nhiều.Chẳng hạn S.O.S của anh Hùng chỉ cần tự giải được hết mấy bài thách thức là coi như đã hiểu được gần hết phương pháp này

Các bạn,

Tôi thực sự không hiểu mục đích của topic của chúng ta là gì? Là để giới thiệu phương pháp và tư tưởng của phương pháp. Nhưng tôi chưa thấy các bạn giới thiệu ở đâu cả. Khi các bạn của chúng ta chưa hiểu PP này là gì, áp dụng với các bài toán dễ như thế nào mà đã nện ngay những bài "tuyệt chiêu" của môn phái thì e rằng không đúng cách tiếp cận rồi.

Còn nếu đây là nơi trao đổi của các "cao thủ võ lâm" thì lại là chuyện khác. Tôi sẽ không có ý kiến.

Các bạn nhớ lại xem chúng ta đã học phép cộng và phép nhân như thế nào? Cả mấy năm đấy. Tại sao không dạy luôn trường hợp tổng quát? Rồi nguyên lớp 9 học cách giải phương trình bậc 2. Cái logich của kiến thức nó như vậy, phải từ dễ đến khó. Các bạn xem lại xem ông Polya ông ấy viết sách thế nào. Cũng nhiều cái khó đấy chứ. Sao mọi người vẫn đọc được?

Tôi mong rằng chúng ta sẽ sớm có một bài giới thiệu hoàn chỉnh và dễ hiểu về phương pháp "chia để trị".

Namdung

Các bạn thân mến,

Tôi dự định viết 1 số bài viết mở về các phương pháp đếm nâng cao

+ Phương pháp song ánh
+ Phương pháp Quan hệ đệ quy
+ Phương pháp Quỹ đạo
+ Phương pháp thêm bớt
+ Phương pháp hàm sinh

Tôi rất muốn biết ý kiến của các bạn về vấn đề này, cũng như cần một số bài toán để minh họa cho các phương pháp. Nếu các bạn có ý kiến gì, cũng như có những bài toán hay về đếm số phần tử của một tập hợp, xin gửi lên để chúng ta có "thức ăn" để thảo luận các phương pháp.

Namdung

Theo tôi, các bạn nên bắt đầu từ những ví dụ đơn giản hơn. Chẳng hạn

Cho x + y + z = 1, chứng minh rằng$\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}\le \dfrac{9}{10}$

Đừng ngại trình bày những bài toán dễ, đừng cố tìm những bài toán quá hóc búa để show sức mạnh của phương pháp của mình.

Đơn giản, dễ áp dụng và áp dụng được cho 1 lớp lớn các bài toán, đó là đặc điểm của phương pháp, và các bạn học sinh đang cần những vũ khí như vậy.

Thành viên của diễn đàn đa số là các bạn học sinh phổ thông yêu toán. Họ chưa được trang bị nhiều, do đó chúng ta cố gắng trao đổi và trình bày thật dễ hiểu để họ có thể nắm bắt và lĩnh hội được. Đừng nên trao đổi chỉ trong 1 nhóm với nhau, như vậy sẽ đánh mất ý nghĩa của diễn đàn. Hãy nhớ rằng, bài viết của bạn được hàng trăm bạn trẻ yêu toán đọc. Hãy đem đến cho họ những thông tin có ích.

Namdung

À quên, chú namdung. Người ta "nói móc" đồng nghiệp "thân mến và gần gũi" của chú mà chú bảo là "sảng khoái". HAhaha. "thay lời muốn nói". Sảng khoái quá chú nhỉ?

Tớ là bạn của Tiến Dũng và bạn của anh Trình. Và tớ cũng bị chỉ trích. Nhưng tớ vẫn sảng khoái đấy. Nhưng tớ sảng khoái vì những việc khác. Còn với tớ và anh Trình, thỉnh thoảng được học trò ghé thăm, tặng cuốn sách hay cái đĩa CD, thấy chúng nó thành đạt là chúng tớ mừng rồi. Cảm ơn bạn dung_tran đã phong cho cái tài liệu quèn của mình là "công trình khoa học". Tớ lâu rồi không làm khoa học. Chỉ có cái là vẫn quý trọng những người làm khoa học thôi.

Namdung

Bài viết này rất hay. Có thể nói đây là một công trình nghiên cứu rất tâm huyết. Các lập luận đều có cơ sở đầy đủ. Chúng ta nên đọc bài này để hiểu rõ nền toán học Việt Nam đang ở đâu.

Tôi cũng rất thích đoạn Nguyễn Tiến Dũng nói về vai trò của các lớp chuyên Toán và việc giải các bài toán phổ thông. Đó là những đánh giá rất đúng mực.

Còn những đoạn nói về 1 số nhân vật thì sảng khoái quá.

Cho dù cũng có những đoạn nói về chính chúng tôi, đọc cũng thấy nhột, nhưng mà Nguyễn Tiến Dũng nói đúng quá.

Phương pháp đại số (Phương pháp gien)

Nếu từ một nghiệm của phương trình đã cho ta có quy tắc để xây dựng ra một nghiệm mới thì quy tắc đó chính là gien. Phương pháp gien là phương pháp dựa vào gien để tìm tất cả các nghiệm của phương trình đã cho từ các nghiệm cơ sở. Để tìm các nghiệm cơ sở, ta áp dụng bước lùi, tức là quy tắc ngược của quy tắc tiến nói trên. Minh họa tốt nhất cho ý tưởng này là phương trình Pell và phương trình Markow. Ta bắt đầu bằng phương trình Pell.

Phương trình Pell cổ điển là phương trình dạng, $\sqrt{D}$vô tỷ nên nếu $S_0$là tập hợp tất cả các nghiệm cơ sở. Ta có định lý quan trọng sau:

Định lý 3. Với mọi D, k ta có $S_0$, bằng cách đi ngược xuống bằng công thức x’ = ax ồ Dby, y’ = ay ồ bx ta luôn có thể đi đến một nghiệm cơ sở của (4). Như vậy, với định lý trên, phương trình dạng Pell đã được giải quyết hòan tòan. Dưới đây chúng ta xem xét một ví dụ:

Ví dụ 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình $x^2 - 5y^2 = -4 (1)$.

Lời giải: Bằng phép thử tuần tự, ta tìm được nghiệm cơ sở của phương trình $x^2 - 5y^2 = 1 $là (9, 4). Theo phép chứng minh định lý 3, nghiệm cơ sở của (1) thỏa mãn
$x^2 \leq 4.5.42 , y^2 \leq (4.5.42 + 4)/5 => x < 17, y < 9$
Dùng phép thử tuần tự, ta tìm được hai nghiệm cơ sở là (1, 1) và (11, 5). Từ hai nghiệm này, bằng công thức
x’ = 9x + 20y, y’ = 4x + 9y
ta tìm được tất cả các nghiệm của (1).

Với phép giải phương trình dạng Pell, trên thực tế ta đã có thể giải tất cả các phương trình Diophant bậc 2, tức là phương trình dạng

$ ax^2 + bxy + cy^2 + dx + ey + f = 0 $

Dựa vào lý thuyết đường cong bậc 2, ta có thể đưa phương trình trên về một trong các dạng chính sau
+ Dạng ellip: $ax^2 + by^2 = c$ (a, b, c > 0) ồ có hữu hạn nghiệm, giải bằng phương pháp thử và sai
+ Dạng parabol: $ax^2 + by + c = 0$- giải bằng đồng dư bậc 2
+ Dạng hypebol: $ax^2 - by^2 = c$- phương trình dạng Pell
Ngòai ra còn có các dạng suy biến như hai đường thẳng cắt nhau, hai đường thẳng song song, ellip ảo … Dưới đây, ta xét một ví dụ áp dụng:

Ví dụ 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (m, n) thỏa mãn phương trình
$m(m+1) + n(n+1) = 3mn#$
Lời giải: Xét phương trình đã cho như phương trình bậc 2 theo m
$ m^2 - (3n-1)m + n(n+1) = 0$
Phương trình này có nghiệm nguyên dương khi và chỉ khi là số chính phương, tức là
$ (3n-1)^2 - 4n(n+1) = y^2 <=> y^2 - 5(n-1)^2 = - 4 $ta thu được phương trình dạng Pell mà ta đã biết cách giải.

[i](Trích bài giảng về phương trình Diophant)

Cách chứng minh của K09 sử dụng kỹ thuật phương trình Markov và có nét giống với cách chứng minh của Tsagir (một cách diễn giải khác).

Trong bài của tôi, đúng là thiếu 1 dòng. Cái này là cái ma trận trong Equation nên chuyển sang bị mất hòan tòan. Nay tôi đánh lại.

Cảm ơn về những nhận xét rất thú vị của bạn TieuSonTrangSi. Trong bài dịch này, tôi muốn giữ lại nguyên văn nội dung bài viết của GS Tikhomirov nên không đề cập tới cách chứng minh của Euler. Trong bài, đại từ "tôi" cũng chỉ GS Tikhomirov.

Về định lý Minkowsky, trong tài liệu về phương trình Diophant (Trường hè 2004) tôi có đề cập tới, cách chứng minh khá giống với cách chứng minh nêu trên nhưng thông qua một số bổ đề khá thú vị. Tôi trích lại nguyên văn phần trình bày trên:

Ví dụ 2: Bổ đề Minkowsky và định lý Minkowsky

Định lý Minkowsky là một ví dụ rất thú vị về ứng dụng của hình học trong lý thuyết số. Chúng ta bắt đầu từ một kết quả rất đơn giản nhưng hữu ích

Bổ đề 7.1. Trên mặt phẳng cho hình F có diện tích lớn hơn 1. Khi đó tồn tại hai điểm A, B thuộc F, sao cho véc tơ có tọa độ nguyên.

Chứng minh: Lưới nguyên cắt hình G thành các mẩu nhỏ. Chồng các mẩu này lên nhau, do tổng diện tích của các mẩu lớn hơn 1, nên có ít nhất 2 mẩu có điểm chung. Gọi A, B là hai điểm nguyên thuỷ ứng với điểm chung này thì A, B là hai điểm cần tìm.

Bổ đề 7.2. (Bổ đề Minkowsky) Trên mặt phẳng cho hình lồi F nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng và có diện tích lớn hơn 4. Khi đó nó chứa một điểm nguyên khác gốc tọa độ.

Chứng minh: Xét phép vị tự tâm O, tỷ số 1/2 , biến F thành G. Do G có diện tích lớn hơn 1 nên theo bổ đề 1, tồn tại hai điểm A, B thuộc G sao cho véc-tơ AB có toạ độ nguyên. Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua O. Do hình G đối xứng qua gốc toạ độ nên A’ thuộc G. Do G lồi nên trung điểm M của A’B thuộc G. Gọi N là điểm đối xứng của O qua M thì N thuộc F và ON = AB, suy ra N là điểm nguyên khác O (đpcm).

Định lý 7.3. (Định lý Minkowsky) Cho a, b, c là các số nguyên, trong đó a > 0 và . Khi đó phương trình có nghiệm nguyên.

Để chứng minh định lý, ta sử dụng bổ đề và dùng đúng cái công thức tính diện tích ellipse đã nói trong bài viết của GS Tikhomirov.

Ban TSTS co thể post lời giải của Euler cho mọi người cùng tham khảo không?

Namdung

Định lý Fermat-Euler là một viên ngọc tuyệt vời của Toán học thế kỷ 17-18. Từ thời phổ thông, khi đọc được chứng minh (của Lagrange) dưới đây, tôi đã từng ngây ngất trước vẻ đẹp của nó. Nhiều năm sau, đọc lại bài viết của GS Tikhomirov trên tạp chí Kvant, tôi lại tiếp tục bất ngờ với những chứng minh mới của một kết quả cũ. Quá thích thú với bài báo, tôi đã dich ra tiếng Việt và nhiều lần truyền cái đẹp của các phép chứng minh thần diệu trong bài đến các thế hệ học sinh của tôi. Hôm nay, nhân cuộc thi BOM, tôi xin dành tặng bản dịch này cho các bạn

Định lý Fermat-Euler về tổng hai bình phương

V.Tikhomirov

Các bạn hãy để ý xem những số nguyên tố đầu tiên: 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 … Các số 5, 13 và 17 có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai bình phương:
http://dientuvietnam...imetex.cgi?d*^2 là số nguyên dương. Nghĩa là http://dientuvietnam...imetex.cgi?d*^2 và từ đó d* = 1! Định lý Minkowsky được chứng minh.

Nhưng kết quả tuyệt vời này thì có liên quan gì đến định lý Fermat-Euler? Liên quan trực tiếp đấy!
Ta biết từ bổ đề Wilson rằng số , trong đó chia hết cho p, đúng không? Bây giờ áp dụng định lý Minkowsky cho các số a = p, và . Ta thu được rằng tồn tại những số nguyên m và n sao cho

từ đó
Như thế (nhớ lại rằng a = p)

nghĩa là p là tổng của hai bình phương. Và một lần nữa định lý được chứng minh.

(Trần Nam Dũng dịch từ tạp chí Kvant – bản dịch năm 1995)

• cool hunter, lifeisgood2606, toanc2tb và 4 người khác yêu thích

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 + 22(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 + 22(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+63)/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)