ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUỲNH QUANG NHẬT MINH PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bộ môn : Phương pháp dạy học Tốn KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP Giáo viên hướng dẫn TH.S GVC HỒNG TRỊN Huế, tháng năm 2011 i LỜI CẢM ƠN Để hồn thành khóa luận này, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Th.S Hồng Trịn tận tình hướng dẫn tơi suốt thời gian nghiên cứu, hồn thành khóa luận tốt nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy khoa Tốn trường ĐHSP Huế, người cho tơi kiến thức, quan tâm động viên, nhiệt tình giúp đỡ suốt bốn năm học tập thời gian thực đề tài Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn nhiệt tình quý thầy cô, bạn bè người thân động viên giúp đỡ tơi suốt thời gian hồn thành khóa luận Xin chân thành cám ơn! Huế, tháng năm 2011 Huỳnh Quang Nhật Minh ii MỤC LỤC Trang phụ bìa i Lời cảm ơn ii MỤC LỤC MỞ ĐẦU MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHĨA LUẬN PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) 1.1 Bài toán mở đầu 1.2 Nội dung phương pháp 1.3 Một số toán minh họa 10 BIỂU DIỄN CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP S.O.S VÀ CÁC KỸ THUẬT PHÂN TÍCH 15 2.1 Một số kiến thức chuẩn bị 15 2.2 Định lý biểu diễn sở phương pháp 16 2.3 Thuật tốn tìm biểu diễn sở 17 2.4 Một số toán minh họa 20 2.5 Một kĩ thuật để tìm biểu diễn sở 25 MỘT SỐ ỨNG DỤNG QUAN TRỌNG CỦA PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) 30 3.1 Ứng dụng toán chứng minh bất đẳng thức 30 3.2 Ứng dụng sáng tạo bất đẳng thức 36 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 42 MỞ ĐẦU Bất đẳng thức chủ đề gây nhiều khó khăn cho người làm tốn Tuy nhiên bất đẳng thức có sức hấp dẫn lớn điều thú vị bổ ích mà mang lại Bên cạnh phương pháp chứng minh bất đẳng thức truyền thống, ngày có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức đặc sắc Tính ứng dụng phương pháp không so với phương pháp truyền thống, chí có nhiều phương pháp mạnh áp dụng hầu hết bất đẳng thức thuộc lớp Việc tìm hiểu khám phá phương pháp mang ý nghĩa sâu sắc Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mẻ phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S Tháng năm 2004, Trần Phương cộng Trần Tuấn Anh Trần Anh Cường phát minh phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S để chứng minh bất đẳng thức Đến năm 2006, phương pháp Phạm Kim Hùng nghiên cứu đầy đủ chi tiết Tuy nhiên nhiều vấn đề mở liên quan đến phương pháp Được hướng dẫn thầy giáo Hồng Trịn, chúng tơi chọn đề tài "Phương pháp phân tích tổng bình phương (S.O.S) chứng minh bất đẳng thức" để nghiên cứu Đến với phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S, người đọc cảm nhận vẻ đẹp tự nhiên toán học Bằng phép biến đổi sơ cấp, ta tìm lời giải cho tốn thi quốc tế, tốn mà thơng thường dùng phương pháp truyền thống dài dịng phức tạp Khóa luận nhằm mục tiêu tìm hiểu, hệ thống hóa nội dung phương pháp, tổng quan kết liên quan đến phương pháp giới thiệu số kết mà thân tác giả đạt Khóa luận cố gắng trình bày phương pháp S.O.S cách chi tiết với mục đích cung cấp cho người đọc thêm phương pháp chứng minh bất đẳng thức Qua đó, tác giả mong muốn chuyển tải đến người đọc vẻ đẹp phương pháp Nội dung khóa luận chia làm ba chương Chương tập trung tìm hiểu tổng quan nội dung phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S Chương hai tìm hiểu biểu diễn sở phương pháp kĩ thuật phân tích Chương ba khảo sát số ứng dụng quan trọng phương pháp MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG KHĨA LUẬN S.O.S: Sum of Square (tổng bình phương) IMO: International Mathematical Olympiad (kì thi Olympic tốn quốc tế) MO: Mathematical Olympiad (Olympic toán) a2 b = a2 b + ab2 + b2 c + bc2 + ca2 + c2 a; : tổng đối xứng Ví dụ: sym sym Trong tốn ba biến ta viết a2 b = a2 b + b c + c2 a : tổng hốn vị Ví dụ: cyc cyc thay cho a,b,c sym Chương PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) 1.1 Bài tốn mở đầu Thơng thường đứng trước tốn bất đẳng thức quen biết, cách mà bắt đầu để giải chúng khơng phải thử mị mẫm từ bất đẳng thức biết hay cố gắng áp dụng bất đẳng thức phụ mà thường gặp đưa dạng tổng bình phương Điều dựa tính chất số thực x2 ≥ với số thực x Có nhiều tốn, dù chủ động hay vơ tình, sử dụng phương pháp chứng minh Tuy nhiên ứng dụng mạnh phương pháp khiến phải ngạc nhiên Thật khó mà tưởng tượng có ứng dụng với hầu hết bất đẳng thức biến!!! Những điều trình bày nhiều khiến người đọc cảm thấy thú vị ngạc nhiên vẻ đẹp phương pháp S.O.S, phương pháp chứng minh bất đẳng thức tự nhiên Trước tiên, ta bắt đầu với bất đẳng thức Cauchy (hay gọi bất đẳng thức AM − GM ), coi bất đẳng thức bất đẳng thức Ở ta xét bất đẳng thức Cauchy với số n nhỏ, cụ thể n = 2, n = Với n = ta có bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 2ab ∀a, b ≥ Chứng minh bất đẳng thức dễ! Bất đẳng thức tương đương với (a − b)2 ≥ 0, điều hiển nhiên Bây ta xét tiếp bất đẳng thức Cauchy với số không âm Với a, b, c ≥ ta có bất đẳng thức a3 + b3 + c3 ≥ 3abc Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức trên, tác giả đề cập đến cách có minh họa phương pháp S.O.S Ta có a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] (a + b + c)[(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] trình bày cụ thể mục "Biểu diễn sở phương Những kỹ thuật để biến đổi a3 + b3 + c3 − 3abc dạng pháp S.O.S" Ở ta quan tâm tới vẻ đẹp lời giải Thuận lợi lớn lời giải toán cách việc sử dụng kiến thức cao cấp, chí ta khơng cần đến định lý bất đẳng thức Thật vậy, số phép biến đổi sơ cấp, ta đưa biểu thức a3 + b3 + c3 − 3abc dạng tổng bình phương Nếu nắm vững kỹ thuật để biểu diễn biểu thức đối xứng biến dạng tổng bình phương (biểu diễn sở phương pháp S.O.S) phương pháp S.O.S để chứng minh bất đẳng thức phương pháp tự nhiên theo suy nghĩ thân tác giả Bây ta khái quát cách sử dụng tìm chất phương pháp chứng minh hiệu quả, phương pháp phân tích bình phương S.O.S Ta xét tốn bất đẳng thức kỳ thi IMO 2005 tìm chứng minh thật tự nhiên cho Ví dụ 1.1.1 Giả sử x, y, z số thực dương xyz ≥ Chứng minh y5 − y2 z5 − z2 x5 − x2 + + ≥ x5 + y + z y + z + x2 z + y + x2 Chứng minh Bằng phương pháp biến đổi tương đương ta có α − β.δ α−β ≥ α+γ α + γ.δ với δ ≥ 1; Suy x4 − x2 yz x5 − x2 x5 − x2 xyz ≥ = x5 + y + z x + (y + z )xyz x + yz (y + z ) Tương tự, với phương pháp biến đổi tương đương ta chứng minh a − b.c 2a − b.d ≥ a + c.d 2a + d2 với d ≥ 2c; Suy x4 − x2 yz 2x4 − x2 (y + z ) ≥ x4 + yz (y + z ) 2x4 + (y + z )2 Đặt a = x2 , b = y , c = z ta cần chứng minh 2a2 − a(b + c) ≥0 2a2 + (b + c)2 a,b,c ⇔ (a − b) a,b,c (a − b)2 ⇔ a,b,c 2a2 b a − ≥0 + ( b + c) 2b + (a + c)2 c2 + c(a + b) + a2 − ab + b2 ≥ (2a2 + (b + c)2 )(2b2 + (a + c)2 ) (Mục "Biểu diễn sở phương pháp S.O.S" giúp ta có kỹ thuật biến đổi trên.) Bất đẳng thức cuối nên bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c ⇔ x = y = z = Có thể có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức có nhiều cách chứng minh độc đáo Tuy nhiên, ta xem xét cách khách quan chứng minh hồn tồn tự nhiên Nói cách khái quát, đứng trước toán bất đẳng thức biến a, b, c ta tìm cách đưa chúng dạng tổng bình phương (a − b)2 ; (b − c)2 ; (c − a)2 , kí hiệu Sc (a − b)2 + Sb (c − a)2 + Sa (b − c)2 ≥ Phần đưa dạng tắc bước cách sử dụng phương pháp S.O.S Nếu ta quen với bất đẳng thức việc lập công thức tương đối đơn giản, cần biết qua số phép biến đổi đẳng thức, cịn chưa quen, thắc mắc giải cách trọn vẹn mục "Biểu diễn sở phương pháp S.O.S số kỹ thuật phân tích" Tất nhiên, biểu diễn sở hệ số Sa , Sb , Sc khơng âm tốn chứng minh Từ trước tới nay, cách mà bạn thường làm trường hợp đơn giản kỹ thuật chứng minh phương pháp S.O.S Điều quan trọng hơn, S.O.S giúp giải trường hợp mà theo quan niệm cũ khơng áp dụng được: có số hệ số Sa , Sb , Sc không dương Thơng thường, tốn đối xứng ta giả sử a ≥ b ≥ c Với tốn hốn vị ta phải xét thêm trường hợp c ≥ b ≥ a Trong trường hợp a ≥ b ≥ c ta có nhận xét sau Nếu Sb ≥ 0: Do (a − c)2 ≥ (a − b)2 + (b − c)2 nên Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ (Sc + Sb )(a − b)2 + (Sb + Sa )(b − c)2 Và phần lại toán chứng minh Sa + Sb ≥ 0, Sc + Sb ≥ Thông thường hai bất đẳng thức ln chứng minh đơn giản, chúng khơng cịn phải nhân thêm bình phương (a − b)2 , (b − c)2 , (c − a)2 Nếu Sb ≤ 0: Do (a − c)2 ≤ 2(a − b)2 + 2(b − c)2 nên Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ (Sc + 2Sb )(a − b)2 + (2Sb + Sa )(b − c)2 Việc chứng minh lại Sc + 2Sb ≥ 0, Sa + 2Sb ≥ đơn giản nhiều Ngoài ra, Sa + Sb + Sc ≥ 0, Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa ≥ theo định lý dấu tam thức bậc dễ dàng suy được: Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ Trong nhiều trường hợp ta cần thêm số ước lượng mạnh hơn, chẳng hạn ước lượng hay dùng đến là: a−c a ≥ (a ≥ b ≥ c) b−c b Chẳng hạn ta có Sb , Sc ≥ Sb (a − c)2 + Sa (b − c)2 = (b − c)2 Sb ( a−c a2 Sb ) + Sa ≥ (b − c)2 + Sa b−c b2 Và toán chứng minh a2 Sb + b2 Sa ≥ 1.2 Nội dung phương pháp Ta có định lý quan trọng sau Định lý 1.2.1 (định lý S.O.S) Xét biểu thức: S = f (a, b, c) = Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 Sa , Sb , Sc hàm số a, b, c (a, b, c ≥ 0) Nếu Sa , Sb , Sc ≥ S ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sb , Sb + Sc , Sb + Sa ≥ S ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sb ≤ 0, Sa + 2Sb , Sc + 2Sb ≥ S ≥ Nếu a ≥ b ≥ c Sb , Sc , a2 Sb + b2 Sa ≥ S ≥ Nếu Sa + Sb + Sc ≥ Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa ≥ S ≥ Từ ta có hệ gồm phương trình sau Sa + Sb = a2 + b2 + ac + bc + c2 Sb + Sc = b2 + c2 + ab + ac + a2 Sc + Sa = c2 + a2 + bc + ab + b2 b2 + (a + c)2 c2 + (a + b)2 a2 + (b + c)2 ; Sb = ; Sc = Từ ta tính Sa = 2 Do A= b2 + ( a + c)2 c2 + ( a + b)2 a2 + (b + c)2 (b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 2 Kiểm tra lại kết cách khai triển biểu thức so sánh với biểu thức A đầu Vậy b2 + ( a + c)2 c2 + ( a + b)2 a2 + (b + c)2 2 (b − c) + (c − a) + (a − b)2 A= 2 Kĩ thuật đơn giản so với kĩ thuật trình bày mục trước Tuy nhiên nhược điểm cách Sa biểu thức đối xứng hai biến b, c; Sb biểu thức đối xứng hai biến c, a Sc biểu thức đối xứng hai biến a, b Ngoài hiệu biểu thức ba biến đối xứng dạng đa thức; trường hợp khác cách khơng thực Bây quay trở lại ví dụ 2.4.2 chọn đa thức đối xứng để áp dụng phương pháp cho việc tìm biểu diễn sở Ví dụ 2.5.4 Phân tích sở S.O.S cho biểu thức sau (i).(a + b + c)3 − 27abc (ii).a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b) − bc(b + c) − ca(c + a) Giải (i) Đặt A = (a + b + c)3 − 27abc Giả sử A biểu diễn dạng S.O.S sau A = Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 Cho a = b, ta có Aab = (8a + c)(a − c)2 (kí hiệu Aab để biểu thức A trường hợp a = b) ab ab ab ab Lúc Sa + Sb = 8a + c (kí hiệu Sa để Sa Sb để Sb trường hợp a = b) 28 Mặt khác ta có Sa + Sb + Sc biểu thức đối xứng theo ba biến a, b, c Sc biểu thức đối xứng theo hai biến a, b nên theo nhận xét ta có Sa + Sb biểu thức đối xứng theo hai biến a, b Do Sa + Sb = 4a + 4b + c Tương tự cho b = c, c = a ta Sb + Sc = 4b + 4c + a Sc + Sa = 4a + 4c + b Từ ta có hệ gồm phương trình sau Sa + Sb = 4a + 4b + c Sb + Sc = 4b + 4c + a Sc + Sa = 4a + 4c + b Từ ta tính Sa = Do A= 7a + b + c a + 7b + c a + b + 7c ; Sb = ; Sc = 2 a + 7b + c 7a + b + c a + b + 7c (a − b)2 + (c − a)2 + (b − c)2 2 Thật tuyệt vời kết hoàn toàn giống với kết mà tìm phương pháp thơng thường ví dụ 2.4.2 Bài tập cịn lại, chúng tơi xin dành cho độc giả Bây ta đến với số ứng dụng quan trọng phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S 29 Chương MỘT SỐ ỨNG DỤNG QUAN TRỌNG CỦA PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) 3.1 Ứng dụng toán chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 3.1.1 Chứng minh với số thực dương a, b, c ta ln có a2 b2 c2 3(a3 + b3 + c3 ) + + ≥ b c a a + b2 + c2 Chứng minh Ta có b2 c2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 a2 −a+ −b+ −c= + + b c a b c a Mặt khác 3(a3 + b3 + c3 ) − (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) = 2a3 + 2b3 + 2c3 − a2 b − ab2 − b2 c − bc2 − c2 a − ca2 = (a3 − a2 b − ab2 + b3 ) + (b3 − b2 c − bc2 + c3 ) + (c3 − c2 a − ca2 + a3 ) = (a2 − b2 )(a − b) + (b2 − c2 )(b − c) + (c2 − a2 )(c − a) = (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 Suy 3(a3 + b3 + c3 ) (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 − (a + b + c) = a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 30 Bất đẳng thức cho tương đương với a2 b2 c2 3(a3 + b3 + c3 ) −a+ −b+ −c≥ − (a + b + c) b c a a2 + b2 + c2 hay (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (a + b)(a − b)2 + (b + c)(b − c)2 + (c + a)(c − a)2 + + ≥ b c a a2 + b2 + c2 Ta tìm hệ số phân tích sở S.O.S a+b b+c c+a Sc = − ; Sa = − ; Sb = − 2 + c2 + c2 b a +b c a +b a a + b2 + c2 hay a2 + c2 − ab a2 + b2 − bc b2 + c2 − ac ; Sa = ; Sb = Sc = (a + b2 + c2 )b (a + b2 + c2 )c (a + b2 + c2 )a Do tính hốn vị biến nên ta phải xét trường hợp i) a ≥ b ≥ c Khi dễ thấy Sa ≥ 0, Sc ≥ Phần lại chứng minh Sa + 2Sb ≥ Sc + 2Sb ≥ Hai bất đẳng thức chứng minh dễ ii) a ≤ b ≤ c Khi Sb ≥ 0, Sc ≥ khơng khó khăn ta chứng minh thêm Sa + Sb ≥ Như bất đẳng thức chứng minh Ví dụ 3.1.2 (Việt Nam MO 2006) Chứng minh với a, b, c độ dài ba cạnh tam giác, ta có bất đẳng thức 1 a b c (a + b + c) + + ≥ + + a b c b+c c+a a+b Chứng minh Trước hết ta ý đẳng thức sau 1 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + −9 = + + , a b c ab bc ca a b c (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + −3 = + + b+c c+a a+b (a + c)(b + c) (b + a)(c + a) (c + b)(a + b) Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dạng (a + b + c) Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ − , bc (a + b)(a + c) Sb = − , ca (b + c)(b + a) Sc = − ab (c + a)(c + b) Sa = 31 Khơng tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c, Sa ≥ Sb ≥ Sc Ta chứng minh Sb + Sc ≥ 0, 1 1 + − + ≥0 a b c b+c a+b a+c a a 1 + ⇔ + ≥ b c b+c a+b a+c Sb + Sc = Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên a ≤ b + c Dễ thấy a a b+c b+c + ≤ + b+c a+b a+c b + c 2b + c 2c + b hay a 3 a + ≤ + b+c a+b a+c 2b + c 2c + b Phần lại ta cần chứng minh 1 3 + ≥ + b c 2b + c 2c + b Bất đẳng thức hiển nhiên + ≥ , b c 2c + b + ≥ c b 2b + c Do Sb + Sc ≥ Mặt khác Sb ≥ Sc nên Sb ≥ Suy Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ (Sb + Sc )(a − b)2 ≥ Đẳng thức xảy a = b = c a = 2, b = c = hoán vị Ví dụ 3.1.3 Cho a, b, c số thực không âm tùy ý Chứng minh bất đẳng thức (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + ≥ c2 + ab a + bc b + ac Chứng minh Vì (a + b)2 − 2(c2 + ab) = (a2 − c2 ) + (b2 − c2 ) nên (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + −6 c2 + ab a + bc b + ac (a2 − b2 ) + (a2 − c2 ) a2 + bc sym = = (a2 − b2 )( sym 1 − ) a2 + bc b + ac 32 = (a − b)2 (a + b)(a + b − c) (a2 + bc)(b2 + ac) sym Xét biểu thức: Sa = (b + c)(b + c − a)(a2 + bc), Sb = (c + a)(c + a − b)(b2 + ac), Sc = (a + b)(a + b − c)(c2 + ab) Ta phải chứng minh Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c Dễ thấy Sb , Sc ≥ (a − c)2 a2 ≥ (b − c)2 b ⇒ (a − c)2 Sb + (b − c)2 Sa = (c − b)2 (a − c)2 Sb + Sa (c − b)2 (c − b)2 (a Sb + b2 Sa ) ≥ b Mặt khác a2 Sb + b2 Sa = a2 (a + c)(a + c − b)(b2 + ac) + b2 (b + c)(b + c − a)(a2 + bc) ≥ a(a − b)(a2 (b2 + ac) − b2 (b2 + ac)) ≥ Ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hốn vị Ví dụ 3.1.4 Giả sử a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh a b c ab + bc + ca + + + ≤ + c2 b+c a+c a+b a +b Chứng minh Xét hai đẳng thức sau: 2b 2c (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2a + + −3= + + , b+c a+c a+b (a + c)(b + c) (b + a)(c + a) (b + c)(b + a) 2(ab + bc + ca) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 2− = a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 Ta chứng minh Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0, với Sa = − a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 , Sb = − , Sc = − (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ⇒ Sa ≥ Do a, b, c cạnh tâm giác nên Sb = a(b + c − a) + c(b − c) c(b − c) ≥ , (a + b)(b + c) (a + b)(b + c) 33 Sc = a(b + c − a) + b(c − b) b(c − b) ≥ , (a + c)(c + b) (a + c)(c + b) a−c b a+b ≥ ≥ a−b c a+c Từ cá bất đẳng thức suy Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 ≥ Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 b2 ≥ (a − b)2 Sb + Sc c (a − b)2 b2 c(b − c) c2 b(c − b) ≥ + c2 (a + b)(b + c) (a + c)(c + b) (a − b)2 (b − c)b b a + b = − ≥ (a + b)(b + c) c a + c Đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị Ví dụ 3.1.5 Chứng minh với a, b, c khơng âm ta có bất đẳng thức a4 b4 c4 a+b+c + + ≥ + b3 3 a b +c c +a Chứng minh Ta có 2a4 a(a3 − b3 ) a(a − b)(a2 + ab + b2 ) −a= = a3 + b3 a3 + b3 a3 + b3 Do 3b2 + ab − a2 3(a − b) a(a2 + ab + b2 ) 2a4 −a− = ( a − b) − = (a − b)2 a + b3 a3 + b3 2(a3 + b3 ) Vậy bất đẳng thức viết lại dạng tương đương Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0, hệ số Sa , Sb , Sc xác định Sa = 3c2 + bc − b2 3a2 + ca − c2 3b2 + ab − a2 ; Sb = ; Sc = b3 + c3 c3 + a3 a3 + b3 i) Trường hợp a ≥ b ≥ c Khi dễ thấy 3a2 + ca − c2 2(3b2 + ab − a2 ) Sb + 2Sc ≥ 0(⇔ + ≥ 0), c3 + a3 a3 + b3 a2 (3a2 + ca − c2 ) 2b2 (3c2 + bc − b2 ) a Sb + 2b Sa ≥ 0(⇔ + ≥ 0) c3 + a3 b3 + c3 2 Do 2Sa (b−c)2 +2Sb (c−a)2 +2Sc (a−b)2 ≥ (Sb +2Sc )(a−b)2 +(b−c)2 (2Sa + 34 a2 Sb ) ≥ b2 ii) Trường hợp c ≥ b ≥ a Hoàn toàn tương tự, ta có Sc + 2Sb ≥ 0(⇔ 3b2 + ab − a2 2(3a2 + ca − c2 ) + ≥ 0), a3 + b3 c3 + a3 Sa + 2Sb ≥ 0(⇔ 3c2 + bc − b2 2(3a2 + ca − c2 ) + ≥ 0), b3 + c3 c3 + a3 Do 2Sa (b−c)2 +2Sb (c−a)2 +2Sc (a−b)2 ≥ (Sa +2Sb )(b−c)2 +(2Sb +Sc )(a−b)2 ≥ Chú ý tính hốn vị biến nên ta cần xét hai trường hợp đủ Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c Độc giả tự rèn luyện thêm kỹ sử dụng phương pháp S.O.S qua số tốn sau Ví dụ 3.1.6 Chứng minh với a, b, c dương ta có bất đẳng thức b c abc a + + + ≥ + b3 + c3 ) b + c c + a a + b 2(a Ví dụ 3.1.7 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta ln có a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab 2a2 + 2b2 + bc 2b2 + 2c2 + ca 2c2 + 2a2 Ví dụ 3.1.8 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có a3 + b3 + c3 54abc + ≥ abc (a + b + c)3 Ví dụ 3.1.9 Chứng minh với a, b, c dương ta có abc(a + b + c) 12(a3 + b3 + c3 ) + ≥ a4 + b4 + c4 (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) Ví dụ 3.1.10 Chứng minh với số thực dương a, b, c ta có a4 + b4 + c4 3abc + ≥ (a2 + b2 + c2 ) ab + bc + ca a + b + c Ví dụ 3.1.11 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có 7(a3 + b3 + c3 ) 4(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) 11 + ≥ (a + b + c) a2 + b2 + c2 a3 + b3 + c3 Ví dụ 3.1.12 Chứng minh với a, b, c không âm ta có a2 b2 c2 (a2 + b2 + c2 )2 (a + b + c)2 + + ≥ ≥ b2 + c2 c + a2 a + b2 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) 2(ab + bc + ca) 35 3.2 Ứng dụng sáng tạo bất đẳng thức Thế giới tốn học cịn điều kỳ thú, câu hỏi chưa có lời giải đáp, giả thiết mà bề ngồi tưởng chừng đơn giản lại thách thức nhà toán học hàng trăm năm Chúng ta, với vốn kiến thức cịn hạn chế mình, khơng nên biết giải toán người khác đặt mà tốt ta tự phát triển vấn đề có đặt tốn tầm kiến thức Đây việc thú vị bổ ích Từ trước đến nay, việc sáng tạo bất đẳng thức chủ yếu theo đường tạo bất đẳng thức dựa vào kết biết trước Ta xem xét số ví dụ sau Ví dụ 3.2.1 Chứng minh với a, b, c, d số thực dương tùy ý ta có bất đẳng thức b2 2c2 d2 6a + 3b + 2c + d 2a2 + + + ≥ 2a + b 6b + 4c 6c + 3d 6d + 36a 12 Chứng minh Cách phát biểu toán lộn xộn rắc rối, chất đơn giản Bất đẳng thức suy trực tiếp từ kết sau a2 b2 c2 d2 a+b+c+d + + + ≥ a+b b+c c+d d+a b c d Sau thay a, b, c, d a, , , ta có bất đẳng thức cần chứng minh Việc thay đổi biến số hàm số đơn giản làm tốn khó che giấu chất thật toán Từ bất đẳng thức tùy ý, ta có nhiều biến đổi để tạo bất đẳng thức mà kĩ thuật đổi biến khó vấn đề khó tìm Bằng phương pháp sử dụng đẳng thức, Đào Hải Long (HCV IMO 1994,1995) có nhóm bất đẳng thức thú vị sau Ví dụ 3.2.2 Chứng minh với với số thực x, y, z phân biệt ta có x2 y2 z2 + + ≥ (y − z )2 (z − x)2 (x − y )2 x y z Chứng minh Đặt a = ;b = ;c = ; ta có y−z z−x x−y (1 + a)(1 + b)(1 + c) = −(1 − a)(1 − b)(1 − c) Suy ab + bc + ca = −1 Mặt khác ta có a2 + b2 + c2 ≥ −2(ab + bc + ca) = Bất đẳng thức chứng minh 36 Ví dụ 3.2.3 Chứng minh với với số thực a, b, c ta ln có bất đẳng thức (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + + ≥ (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Chứng minh Đặt x = a+b b+c c+a ;y = ;z = ; ta có a−b b−c c−a xy + yz + zx = −1 Tương tự ví dụ ta có bất đẳng thức chứng minh Bớt hạng tử vế trái ta bất đẳng thức ab bc ca −1 + + ≥ (1) (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Bất đẳng thức ví dụ 3.2.3 trở thành bất đẳng thức sau ta thêm vào hạng tử vế trái a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥ (2) (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Kết hợp với bất đẳng thức ví dụ 3.2.2 ta bất đẳng thức 1 + + ≥ 2 2 + b2 + c2 ) (a − b) (b − c) (c − a) 2(a Cộng hai kết (1) (2) ta bất đẳng thức a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 + + ≥ 2 (a − b) (b − c) (c − a) Có thể thấy việc sử dụng liên tiếp đẳng thức thêm bớt biểu thức cách hợp lí giúp tạo bất đẳng thức đẹp mắt Bây xem xét cách xây dựng khác cho bất đẳng thức phù hợp với Nó khác với phương pháp cũ bản, bất đẳng thức có trước cịn lời giải cho bất đẳng thức tìm sau Chính bất đẳng thức tạo trước mà phương pháp chứng minh tự nhiên hơn, ban đầu phải làm (khác với phương pháp cũ lời giải tốn có trước so với bất đẳng thức) Nhưng mà gặp nhiều khó khăn Ta xét ví dụ sau Ví dụ 3.2.4 Chứng minh phản biện 1 2a 2b 2c + 2+ 2≥ + + 3 a b c b +c c +a a + b3 37 Chứng minh Ta coi bất đẳng thức thử tìm cách chứng minh cho Dạng bất đẳng thức gợi ý cho nghĩ đến phương pháp phân tích bình phương S.O.S Ta có đẳng thức sau 2a 2a3 − b3 − c3 − = b3 + c3 a2 a (b + c3 ) Suy 2a 2b 2c 1 + + − 2− 2− b3 + c3 c + a3 a + b3 a b c 1 = (a3 − b3 ) − 3) a (b + c b (a + c3 ) a,b,c = (a3 − b3 )(a − b)[a2 b2 − c3 (a + b)] a2 b2 (a3 + c3 )(b3 + c3 ) a,b,c (a − b)2 =− a,b,c [c3 (a + b) − a2 b2 ](a2 + ab + b2 ) a2 b2 c2 (a3 + b3 )(b3 + c3 )(c3 + a3 ) Khi cho b = c, ta phải có b3 (a + b) ≥ a2 b2 ⇔ b(a + b) ≥ a2 Tuy nhiên bất đẳng thức ta lấy a lớn so với b, chẳng hạn a = 5, b = Như cho a = 5, b = 1, c = bất đẳng thức ban đầu khơng Việc tạo bất đẳng thức ví dụ khơng thành cơng? Khơng hẳn thế, thay đổi nhỏ ta có kết sau Ví dụ 3.2.5 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nhọn Chứng minh bất đẳng thức sau 1 2a 2b 2c + 2+ 2≥ + + a2 b c b + c3 c + a a + b3 Chứng minh Ta dùng chứng minh hoàn toàn tương tự Ta có (a − b)2 VT −VP = a,b,c [c3 (a + b) − a2 b2 ](a2 + ab + b2 ) a2 b2 c2 (a3 + b3 )(b3 + c3 )(c3 + a3 ) Giả sử a ≥ b ≥ c, đặt Sa , Sb , Sc hệ số tương ứng với (b − c)2 , (c − a)2 , (a − b)2 khai triển Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nhọn nên b2 + c2 ≥ a2 Suy b3 (a + c) ≥ a2 c2 ≤ (b2 + c2 )c2 38 Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên a−c b ≥ a−b c Do ta cần chứng minh b2 Sb + c2 Sc ≥ Trước hết ta chứng minh b[b3 (a + c) − a2 c2 ] + c[c3 (a + b) − a2 b2 ] ≥ Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với b4 (a + c) + c4 (a + b) ≥ a2 bc(b + c), Nhưng a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nhọn nên b4 (a + c) + c4 (a + b) ≥ 2bc(b3 + c3 ) ≥ bc(b + c)(b2 + c2 ) ≥ a2 bc(b + c) Do để có b2 Sb + c2 Sc ≥ ta cần chứng minh b3 (a3 + c3 )(a2 + ac + c2 ) ≥ c3 (a3 + b3 )(a2 + ab + b2 ) Bất đẳng thức tương đương với (a3 b3 + b3 c3 )(a2 + ac + c2 ) ≥ (a3 c3 + b3 c3 ))(a2 + ab + b2 ) ⇔ a5 (b3 − c3 ) + a4 bc(b2 − c2 ) + a3 b2 c2 (b − c) ≥ ab3 c3 (b − c) + b3 c3 (b2 − c2 ) Điều hiển nhiên a ≥ b ≥ c Bất đẳng thức chứng minh xong Cả trình xây dựng bất đẳng thức q trình tự nhiên hợp lí, từ khơng đến Bất đẳng thức có trước lời giải theo sau bất đẳng thức Bằng cách ta tạo nhiều bất đẳng thức hay thú vị, tất nhiên quan trọng ta giải Phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S cơng cụ hữu ích việc 39 KẾT LUẬN Khóa luận bao gồm ba phần: mở đầu, nội dung kết luận Phần nội dung trình bày chương: chương 1, chương chương Trong chương 1, chúng tơi hệ thống hóa kiến thức biết phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S Các kiến thức tổng hợp từ nhiều tài liệu khác tác giả Trần Phương Phạm Kim Hùng Trong tài liệu đó, định lí S.O.S phát biểu mà khơng chứng minh Ở đây, chúng tơi trình bày chứng minh cách đầy đủ trọn vẹn định lí S.O.S Trong chương 2, chúng tơi trình bày biểu diễn sở phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S kĩ thuật phân tích Mục "Các đẳng thức thường sử dụng phân tích" chúng tơi tìm tịi bổ sung nhiều kết so với kết tác giả Phạm Kim Hùng Một số tốn khơng có lời giải tài liệu Phạm Kim Hùng chứng giải triệt để trình bày chương Đặc biệt chương 2, tìm kĩ thuật để biểu diễn sở S.O.S cho lớp toán đa thức đối xứng Với kĩ thuật này, bất đẳng thức đối xứng ba biến có bậc bé hay giải cách dễ dàng Trong chương 3, chúng tơi trình bày hai ứng dụng quan trọng phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S; ứng dụng chứng minh bất đẳng thức ứng dụng sáng tạo bất đẳng thức Hệ thống tập chọn lọc kĩ cho thể ý tưởng phương pháp cách rõ ràng mạch lạc Tuy nhiên lực thân hạn chế, thời gian nghiên cứu khơng nhiều nên có số vấn đề mà chưa giải Chẳng hạn chúng tơi muốn tìm thuật tốn đơn giản để đưa biểu diễn sở cho lớp toán đa thức hoán vị lớp toán phân thức chưa thể thực Vì việc áp dụng phương pháp S.O.S để giải tốn cịn gặp nhiều khó khăn, địi hỏi nhiều thời gian công sức Hy vọng công việc giải tương lai không xa Một lần xin gởi lời tri ân sâu sắc đến thầy giáo Hồng Trịn hết lịng giúp đỡ chúng tơi suốt q trình nghiên cứu Chúng tơi cố gắng để hồn thành khóa luận cách tốt Tuy nhiên khơng thể tránh 40 khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận nhận xét góp ý quý thầy cô bạn đọc để ngày tiến Chúng xin chân thành cám ơn 41 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Kim Hùng (CB), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Tri thức, 2006 [2] Olympic Tốn học Châu Á Thái Bình Dương [3] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức, định lý áp dụng, Nhà xuất Giáo dục, 2006 [4] Bất đẳng thức số vấn đề liên quan, tài liệu bồi dưỡng giáo viên chuyên trung học phổ thơng hè 2005 [5] Tạp chí tốn học tuổi trẻ 42 ... tài "Phương pháp phân tích tổng bình phương (S.O.S) chứng minh bất đẳng thức" để nghiên cứu Đến với phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S, người đọc cảm nhận vẻ đẹp tự nhiên toán học Bằng... phá phương pháp mang ý nghĩa sâu sắc Một phương pháp chứng minh bất đẳng thức mẻ phương pháp phân tích tổng bình phương S.O.S Tháng năm 2004, Trần Phương cộng Trần Tuấn Anh Trần Anh Cường phát minh. .. QUAN TRỌNG CỦA PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH TỔNG CÁC BÌNH PHƯƠNG (S.O.S) 30 3.1 Ứng dụng tốn chứng minh bất đẳng thức 30 3.2 Ứng dụng sáng tạo bất đẳng thức 36 KẾT LUẬN 40 TÀI