Tiêu đề CHƯƠNG 5 - Một số kỹ thuật, phương pháp chứng minh BĐT.doc ✅

3 Một số kỹ thuật, phương pháp chứng minh BĐT Ngoài những kỹ thuật cơ bản (sử dụng BĐT cổ điển, biến đổi tương đương,…) ta còn một số kỹ thuật, phương pháp mà tính hiệu quả của nó đã được khẳng định qua rất nhiều bài viết với những lời giải đẹp. Tài liệu sẽ điểm lại một số kỹ thuật đó. Trước hết kỹ thuật cũng là yêu cầu đầu tiên khi ta học về BĐT. 3.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi Trong chứng minh BĐT, việc đảm bảo dấu bằng luôn xảy ra qua các bước đánh giá là vô cùng quan trọng. Bởi nếu trong các bước đánh giá, mỗi bước có dấu bằng xảy ra với biến x xảy ra khác nhau thì qua các bước đánh giá đó, ta chỉ thu được BĐT mà đẳng thức không thể xảy ra, có nghĩa ta đã làm yếu BĐT đi và việc không chứng minh được là điều tất yếu. Đơn cử bằng một ví dụ đơn giản sau: Ví dụ 1. Với mọi số thực .x Chứng minh rằng: 2 2 11 . 22x x  Lời giải. Nếu ta vận dụng BĐT AM - GM như sau: 2 2 22 12 222. 22 x x xx    Khi đó, ta được: 2 2 1 0. 2x x  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 22 2 1 221 2xx x  (vô nghiệm). Điều đó dẫn đến 2 2 1 0. 2x x  Đánh giá trên chưa thật sự chặt chẽ, hợp lý. Như vậy, khi áp dụng một BĐT cổ điển (không riêng gì BĐT AM - GM) làm đánh giá phụ, ta không thể áp dụng tùy tiện vì rất có thể thu được một đánh giá yếu. Vậy làm sao để có được một đánh giá hợp lý? Trước tiên, ta dự đoán nếu đẳng thức xảy ra thì ?x Sau đó mỗi bước đánh giá, ta luôn phải đảm bảo đẳng thức sẽ xảy ra. Cụ thể, với bài toán trên không khó để đoán đẳng thức xảy ra khi 0.x Vậy nên ta có đánh giá khéo léo hơn như sau:   2 22 2 222 32121265 22. 24244242 xxx x xxx    Bài giải hoàn tất. Như vậy, khi làm việc với BĐT cái nhìn đầu tiên là hãy dự đoán dấu bằng của BĐT sẽ xảy ra khi nào. Nếu bước dự đoán không dễ dàng hay nói cách khác điểm rơi là số rất xấu hoặc không thể đoán được thì thế nào? Đối với mỗi dạng có giả thiết khác nhau sẽ có cách đánh giá khác nhau, hai ví dụ sau đây hy vọng bạn đọc nắm được ý tưởng khi gặp các BĐT mà dấu bằng khó đoán. Ví dụ 2. Với ba số thực dương ,,abc thỏa mãn 234.abc Tìm GTNN của biểu thức sau: 223 .Pabc Lời giải. Không khó để nhận ra ta cần một đánh giá dạng: 22323abckabc
Và bước đánh giá đó là dùng BĐT AM - GM. Tuy nhiên, rất khó để biết GTNN của P xảy ra khi ,,abc có giá trị là bao nhiêu để áp dụng AM - GM cho hợp lý. Ta giả sử khi P đạt GTNN thì ,,axbycz và sẽ tiến hành như sau:  22 222232232 332 2 22223 23 axxa byybabcxyzxaybzc czzc       Vậy là ta cần chọn ,,xyz sao cho có thể sử dụng được giả thiết. Tức là: 2 2116 2225 2 214 2. 335 5324 2348 25 x y y yx x zxz z xx xyz x              Thế nhưng khi trình bày lời giải ta có thể làm ngắn gọn như sau: Ta có:  2 2 2 2223 3 3 816 2525 163216192128 23. 252525125125 448 2 525 aa bbabcabc cc                  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 8164 ;;. 25255abc Hay nói cách khác, GTNN của P là 128 . 125 Ví dụ 3. Với ,,abc là các số thực thay đổi sao cho 1.abbcca Tìm GTNN của biểu thức sau: 222 3.Pabc Lời giải. Từ giả thiết bài toán, gợi cho ta chọn cách đánh giá: 2223.abckabbcca Tương tự như ví dụ 2, ta không đoán được điểm rơi khi GTNN đạt được. Ta giả sử khi đó ,,axbycz ta có đánh giá sau:    22 22 22 2 . 2 2 aybx xyab bzcy yzbc azcx zxac             Vấn đề còn lại là chọn ,,xyz thích hợp sao cho có thể tận dụng được 1.abbcca Do đó ta điều chỉnh lại như sau:
   22 22 22 2 . 2 2 zayzbx xyzab xbzxcy xyzbc yazycx xyzac             Vậy nên: 2222.yzyzazxzxbxyxycxyzabbcca Ta sẽ chọn ,,xyz sao cho:   4 4 3 11 3 3331 1. 2297 yyzxzx xy zyzxxy xyyzzxz          Phần trình bày lại giải dành cho bạn đọc. Một điểm khó trong kỹ thuật chọn điểm rơi là khi cân bằng, ta cần giải một hệ phương trình, và hiển nhiên hệ phương trình đó sẽ không mẫu mực. Nó đòi hỏi một kỹ năng tích lũy, một sự tinh tế, khéo léo. Ví dụ sau là một đơn cử như vậy, mời bạn đọc thử sức. Ví dụ 4. Với ,,abc là các số thực dương có tổng bằng 3. Tìm GTNN của biểu thức: 44423.Pxyz *** Đề đề nghị Olympic 30/04 - Chuyên Nguyễn Đình Chiểu, năm 2018 *** Kết lại phần này, mời bạn đọc đến với một số bài toán sau để củng cố phương pháp:  Với ,,abc là các số thực có tổng bằng 0. Tìm GTNN của biểu thức: 22222211166.Pabcabc *** TP. Hồ Chí Minh - Ngày thứ 1 - năm 2016 ***  Cho ,,xyz là các số thực dương thỏa mãn 32231.xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của: 23 111 .P xyz *** Đề chọn đội tuyển tỉnh Bình Dương - năm 2016 ***  Với ba số thực dương ,,abc thỏa mãn 12;8.acbc Tìm GTNN của biểu thức sau: 1118 2.Pabc abbccaabc     *** Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Thái Nguyên - năm 2016 *** 3.2 Kỹ thuật chuẩn hóa - Thuần nhất hóa Định nghĩa 7 (Hàm số thuần nhất). Hàm số 12,,...,nfaaa được gọi là thuần nhất bậc k với các biến trên miền I nếu hàm f thỏa mãn điều kiện: 1212,,...,,,...,knnftatatatfaaa với mọi 1,,...,ntaaI và k là hằng số không phụ thuộc vào 1,,...,.ntaa
Một BĐT được gọi là thuần nhất đồng bậc nếu hai vế của BĐT đều là những biểu thức thuần nhất đồng bậc (gọi tắt là thuần nhất). Kỹ thuật chuẩn hóa và thuần nhất hóa là hai kỹ thuật ngược nhau:  Kỹ thuật chuẩn hóa: Với BĐT thuần nhất đồng bậc ,k 12,,...,0,nfaaa số thực :0kss ta có: 12,,...,0nfaaa 1212.,,...,0,,...,0.knnsfaaafsasasa Khi đó, nếu BĐT đúng với 12,,...,naaa thì cũng đúng với 12,,...,.nsasasa Chính vì lý do này nên đối với BĐT thuần nhất, thay vì chứng minh với các biến một cách tùy ý thì ta chứng minh BĐT với các biến có một điều kiện ràng buộc nào đó (Ta thường chọn các biểu thức đối xứng là điều kiện ràng buộc). Làm được điều này, đơn giản ta chỉ cần điều chỉnh .s  Kỹ thuật thuần nhất hóa: Với các bài toán BĐT có điều kiện, việc sử dụng điều kiện bài toán là yêu cầu tiên quyết. Một trong số những ý tưởng sử dụng điều kiện là ta thay biểu thức điều kiện vào BĐT cần chứng minh (một cách thích hợp), mục tiêu là tạo ra BĐT thuần nhất mà trong nó đã có điều kiện bài toán. Khi đó, ta có hai định hướng:  Hoặc là biến đổi tiếp để chứng minh bài toán, vì BĐT thuần nhất nên việc biến đổi sẽ dễ dàng hơn, đặc biệt nếu BĐT là đối xứng thì ta dễ đưa về các biểu thức đối xứng ở đó ta có nhiều phương pháp xử lý hơn (ví dụ: Phương pháp SOS, phương pháp PQR…)  Hoặc là ta chuẩn hóa lại BĐT với một biểu thức khác (biểu thức có lợi cho bài toán) và khi đó không cần để ý đến điều kiện ban đầu. Kỹ thuật chuẩn hóa và một số cách chuẩn hóa thông dụng: Ví dụ 5 (BĐT Nesbitt). Với ba số thực dương ,,.abc Chứng minh rằng: 3 . 2 abc bccaab  Phân tích: Dễ dàng kiểm tra, hai vế của BĐT là những biểu thức thuần nhất (bậc 0). Vì vậy ta có thể dùng kỹ thuật chuẩn hóa, nhưng trước hết ta sẽ quay lại bản chất ban đầu của chuẩn hóa. Lời giải.  Trước tiên, ta chứng minh BĐT đúng với ,,abc thỏa 3abc (số 3 có thể thay thế bằng một số dương khác). 33 . 23332 abcabc bccaababc  Vì 231310, 344 a aa a  (để có đánh giá này xem kỹ hơn phương pháp tiếp tuyến) nên: 331. 33342 abc abc abc  Vậy BĐT đúng với ,,abc thỏa 3.abc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.abc  Với bộ ,,abc tùy ý ta chọn 3 ,s abc  khi đó: