Phương Pháp Pqr/Uvw - Tài Liệu Bất Đẳng Thức

Tài liệu về bất đẳng thức Phương pháp pqr/uvw
Tác giả. phoenixfire
Biên dịch. tthnew §1 Giới thiệu.
“If there is a 50-50 chance that something can go wrong, then 9 times out of ten it will.” - Paul Harvey
§1.1 Cơ bản của phương pháp
Phương pháp pqr/uvw là một kỹ thuật hữu ích để chứng minh các bất đẳng thức
liên quan đến đa thức đối xứng với ba biến không âm. Phương pháp này liên quan
nhiều đến bất đẳng thức Schur. Các vấn đề loại này thường gặp trong các kỳ thi
toán học. Ý tưởng cơ bản là dựa trên sự thay đổi biến thích hợp để đưa ra bất đẳng
thức ở dạng đơn giản hơn so với bất đẳng thức ban đầu.
Cụ thể đối với bất đẳng thức có 3 biến a, b, c đối xứng ta đặt
a + b + c = p = 3u, ab + bc + ca = q = 3v2, abc = r = w3.
Sức mạnh thực sự của phương pháp chủ yếu đến từ định lý Tejs. Định lý này cho
chúng ta biết trong trường hợp nhất định, cực đại/cực tiểu của một biểu thức đối
xứng với 3 biến không âm sẽ xảy ra khi các biến bằng nhau hoặc một trong các biến bằng không.
Trên thực tế, phương pháp này cũng có thể sử dụng trong các trường hợp phức tạp
hơn (xem phần Cảnh báo).
§1.2 Lịch sử của phương pháp
Theo như tôi biết, phương pháp pqr được xuất phát từ Việt Nam.
Nó còn được biết đến như Phương pháp abc.(abstract-concreteness method)
Phương pháp này đã được phổ biến bởi Michael Rozenberg (arqady). Phương thức
abc đã trở thành một Phương thức uvw, và đã được sửa đổi bởi Michale Rozenberg.
§2 Lý thuyết cơ bản
§2.1 Không mất tính tổng quát
Đây là một cụm từ thường được sử dụng trong thế giới bất đẳng thức. Tuy nhiên,
nó phải được sử dụng cẩn thận.
Ví dụ. Giả sử chúng ta muốn chứng minh a2b + b2c + c2a − 3 ≥ 0 khi a, b, c > 0; abc = 1.
Tại sao nó sẽ là một ý tưởng tồi nếu bằng đầu bằng "Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c. "? (2.1)
Giả định rằng ta giả sử a ≥ b ≥ c. Quan sát, ta thấy biểu thức là hoán vị, không
phải đối xứng. Do đó, chúng ta không thể sắp xếp bất kỳ thứ tự theo cặp nào giữa a,
b, c. Nhưng ta có thể giả sử một trong các số a, b, c là nhỏ nhất hay lớn nhất. §2.2 Đối xứng
Định nghĩa. Chúng ta gọi f(a1, a2, ⋯ , an) ≥ 0 là đối xứng, nếu giá trị của nó
không thay đổi sau khi hoán đổi 2 biến bất kỳ. (2.2) §2.3 Hai biến
Định lý. Ta đặt p = a + b, q = ab cho tiện.
Khi đó hiển nhiên a, b là nghiệm của phương trình bậc hai x2 − px + q = 0. (2.3)
Nếu p, q là các số thực thì a, b là các số thực hoặc b là "liên hợp phức" của a. §2.4 Luyện tập
1. Điều kiện nào (đặc biệt là các bất đẳng thức) phải thỏa mãn p và để q a và b là thực?
2. Chứng minh rằng chỉ khi p và q là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện
của bài toán trước thì a và b là số thực không âm. §3 Phương pháp
§3.1 Bất đẳng thức Schur
Tôi bắt đầu bằng cách đề cập đến kết quả sau, đó là điểm khởi đầu của điều này:
Bất đẳng thức Schur là một bất đẳng thức đối xứng đặc biệt quan trọng.
Định lý. Nếu x, y, z ≥ 0; t ≥ 0. Ta có:
∑ xt(x − y)(x − z) ≥ 0.
với đẳng thức xảy ra khi x = y = z hoặc x = y, z = 0 và các hoán vị. (3.1) Chứng minh.
Do tính đối xứng, giả sử x ≥ y ≥ z.
∑ xt(x − y)(x − z) = (x − y)[xt(x − z) − yt(y − z)] + zt(z − x)(z − y)
Do giả sử nên các hạng từ trên đều không âm, ta thu được đpcm.
Ví dụ. Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 4(a3 + b3 + c3 + 6abc) ≥ 1. (3.1.1)
Lời giải. Sau khi thuần nhất, ta cần chứng minh:
a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ ∑ a(b + c) Do
a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ a3 + b3 + c3 + 3abc. Nên cần chứng minh
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ∑ a(b + c).
Nhưng đây chính là định lý (3.1 khi ) t = 1.
Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = ( 1 , 1 , 0) và các hoán vị. 2 2 §3.2 Phương pháp pqr
Phương pháp này là một công cụ mạnh mẽ có thể được sử dụng để chứng minh các
bất đẳng thức có độ khó khác nhau mà không thể chứng minh được bằng các
phương pháp và kỹ thuật khác. Cần lưu ý rằng phương pháp này phù hợp với tất cả
các bất đẳng thức đối xứng.
Như đã giới thiệu ở phần (1.1 ta đặt )
p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc.
Như vậy a, b, c là nghiệm của phương trình bậc ba x3 − px2 + qx − r = 0. (3.2)
Bạn đọc hãy thử tự chứng minh rằng bất kỳ đa thức đối xứng nào trong a, b, c đều
có thể được biểu diễn dưới dạng đa thức ba biến p, q, r.
Định lý. Chứng minh rằng với a, b, c, p, q, r ∈ R thỏa mãn
p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc khi và chỉ khi p2 ≥ 3q và 9pq − 2p3 − 2 (p − 2 − − −− 3 − q−)3− − √ 9pq − 2p3 + 2 (p − 2 − − −− 3 − q−)3− − √ r ∈ [ , ] 27 27 (3.2.1) (3.2.1)
Hãy thử tự chứng minh nó, bạn sẽ cần:
T(p, q, r) = (a − b)2(b − c)2(c − a)2 = −4p3r + p2q2 + 18pqr − 4q3 − 27r2 (3.2.2)
Định lý. Nếu p, q, r ≥ 0 và T(p, q, r) ≥ thì 0
a, b, c là các số thực không âm. Do
đó ta có thể nói với a, b, c không âm và p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc thì p q −− ≥ √ ≥ r
√3 ↔ p6 ≥ 27q3 ≥ (27r)2 3 3
với đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc hai trong ba số a, b, c bằng không. (3.2.3)
Định lý đưa ra điều kiện cần và đủ để các giá trị p, q, r tương ứng với các giá trị
thực của a, b, c. Liệu bạn đã thấy mối liên hệ với Schur chưa?
Gợi ý: Sử dụng phương pháp phản chứng:
Nếu a, b, c không phải tất cả đều không âm thì ta nhận được gì? Mà không mất tính
tổng quát giả sử a ≤ 0.
Đối với trường hợp ngược lại ta sẽ làm gì?
Ví dụ. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
x + y + z + 9xyz = 4(xy + yz + zx). Chứng minh x + y + z ≥ 1. (3.2.4)
Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc ta phải chứng minh p ≥ 1.
Sử dụng bổ đề (3.1 với ) t = 1 ta có: p3 + 9r ≥ 4pq = p2 + 9pr
⇒ (p − 1)(p2 − 9r) ≥ 0.
Nếu x + y + z < 1 thì p2 > p3 ≥ 27r > 9r mâu thuẫn.
Vậy x + y + z ≥ 1. (đpcm) §3.3 Phương pháp uvw
Phương pháp sử dụng 3u = a + b + c, 3v2 = ab + bc + ca, w3 = abc thay vì
p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc.
Trong hầu hết các lần, nhưng đôi khi u = a + b + c, v2 = ab + bc + ca, w3 = abc
cũng có thể được sử dụng.
Do đó nó tương tự như phương pháp pqr.
Ở đây 3u = p, 3v2 = q, w3 = r và lưu ý rằng 3v2 cũng có thể là số âm!
Nếu a, b, c là các số thực không âm thì u ≥ v ≥ w, với đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi a = b = c (với v ≥ w) hoặc hai trong ba số a, b, c bằng không. §3.4 Phương pháp abc
Phương pháp abc sử dụng a = x + y + z, b = xy + yz + zx, c = xyz, tương tự
như phương pháp pqr, nhưng ít phổ biến hơn. Do vậy chúng ta sẽ chủ yếu gắn bó với phương pháp pqr/uvw. §3.5 Luyện tập
Bài 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b ≥ c, b + c ≥ a và
c + a ≥ b. Chứng minh rằng:
2a2(b + c) + 2b2(c + a) + 2c2(a + b) ≥ a3 + b3 + c3 + 9abc. (3.5.1)
Bài 2. Cho sk = ak + bk + ck. Biểu diễn s với dưới dạng pqr. k k ∈ [1, 6] (3.5.2)
Bài 3. Cho a, b, c ∈ R thỏa mãn a + b + c = 9, ab + bc + ca = 24. Chứng minh rằng 16 ≤ abc ≤ 20.
Hơn nữa, bạn đọc hãy thử chứng minh với mọi r ∈ [16, 20] tồn tại các số thực
a, b, c thỏa mãn a + b + c = 9, ab + bc + ca = 24, abc = r. (3.5.3)
Bài 4. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ⎧ abc = 1 ⎩ ⎨ 1 + 1 + 1 = 1 = 1 + 1 + 1 a b c ab bc ca
Tìm giá trị nhỏ nhất của (a + 1)(b + 1)(c + 1). (3.5.4)
§4 Những điều cần lưu ý §4.1 Đa thức đối xứng
Cả ba phương pháp (pqr, uvw, abc) là tốt nhất đối với các đa thức đối xứng với bậc
thấp. Tuy nhiên đôi khi nó vẫn yêu cầu một lượng tính toán khá lớn sau khi sử dụng
định lý Tejs (sẽ thảo luận sau).
§4.2 Khi nào không sử dụng?
Ngoài ra, chúng không phải lúc nào cũng là lựa chọn tốt nhất khi xử lý các bất đẳng
thức với căn bậc hai, các bất đẳng thức có mức độ rất cao đơn giản là không đối
xứng hoặc bất đẳng thức có nhiều hơn 4 biến. Bạn có thể muốn xem xét sử dụng
một kỹ thuật khác nếu điều này xảy ra, nhưng một giải pháp là có thể. §4.3 Ước lượng..
Có thể thực sự tẻ nhạt khi viết mọi thứ về dạng u, v2, w3 .
Vì điều này, nó có thể thực sự hữu ích khi biết một số "ước lượng".
Chúng ta đã có một số ước lượng cho tức r
w3 ở định lý (3.2.1) nhưng hầu như nó không bao giờ là đẹp.
Nếu bạn để ý, rất nhiều bất đẳng thức có đẳng thức xảy ra tại a = b = c hoặc
a = b, c = 0 và một số lại xảy ra khi a = b = kc. Thật hiếm khi đẳng thức xảy ra
khi a = 3, b = 2, c = 1 mặc dù nó vẫn xảy ra.
Có một lý do chính đáng cho điều này, bạn sẽ biết lý do này trong định lý Tejs sẽ
được thảo luận trong các phần tới. §5 Kết quả
Dưới đây là một số công cụ rất tiện dụng và hữu ích (nhưng lưu ý rằng bạn phải
chứng minh chúng trước khi sử dụng không giống như một số định lý/tính chất) để
giảm bớt gánh nặng của bạn khi sử dụng phương pháp này.
Với a, b, c ≥ 0 và kí hiệu p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc. Ta có: p2 ≥ 3q p3 ≥ 27r pq ≥ 9r q2 ≥ 3pr p2q + 3pr ≥ 4q2 pq2 ≥ 2p2r + 3qr p2q2 + 12r2 ≥ 4p3r + pqr q3 ≥ 27r2 p3r ≥ q3 p3 + 9r ≥ 4pq p4 + 4q2 + 6pr ≥ 5p2q
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. §5.1 Luyện tập
Hãy chứng minh các bất đẳng thức trên. §6 Định lý Tejs §6.1 Bổ đề p
Cố định một số giá trị q = q0, r = r0 > 0 khi đó tồn tại ít nhất một giá trị của p mà
bộ (p, q0, r có thể tồn tại 0)
a, b, c. Khi đó p có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất khi 2 b ố b bằ h
trong ba số a, b, c bằng nhau. Nếu r −− 0 = 0 thì p ∈ [2 q √ 0 , ∞] §6.2 Bổ đề q
Cố định một số giá trị p = p0, r = r thì tồn tại ít nhất một giá trị của mà bộ 0 q (p0, q, r
0) có thể tồn tại a, b, c. Khi đó có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất khi q 2 trong ba số a, b, c bằng nhau. §6.3 Bổ đề r
Cố định một số giá trị p = p0, q = q sao cho bộ p q có thể tồn tại 0 ( 0, 0, r) a, b, c. Khi đó:
nhận được giá trị lớn nhất khi r
2 trong ba số a, b, c bằng nhau.
nhận giá trị nhỏ nhất khi r
2 trong ba số a, b, c bằng nhau hoặc một trong ba số a, b, c bằng không.
§6.4 Chứng minh (bổ đề p)
Điều kiện để bộ (p, q, r) có thể tồn tại a, b, c là T(p, q, r) ≥ 0. Tức là:
−4p3r + p2q2 + 18pqr − 4q3 − 27r2 ≥ 0.
Khi p, q được cố định, đây là tam thức bậc 2 của r.
Đồ thị của f là một parabol hướng xuống. Nếu S là tập rỗng thì nó không có gì p,q để chứng minh. Giả sử S có nghiệm. p,q
Sau đó, chúng ta tìm kiếm tập hợp r không âm mà f(r) ≥ 0.
Tập hợp các điểm x mà f(x) ≥ 0 là một khoảng [x0, x1].
Lưu ý rằng x1 ≥ 0 vì nếu không sẽ không có r ≥ 0 mà f(r) ≥ 0 vì vậy S sẽ p,q rỗng. Có hai trường hợp: Ví dụ.
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca. Chứng minh rằng
(a2 + b2 + c2)2 ≥ (a + b + c)(a2b2 + b2c2 + c2a2)
Lời giải. Sau khi thuần nhất và đưa bất đẳng thức về dạng pqr, ta cần chứng minh:
2p3r − p2q2 + q(p2 − 2q)2 ≥ 0
Rõ ràng đây là một hàm bậc nhất nên nó đạt được cực trị khi r đạt được cực trị. r
Tóm lại, ta cần chứng minh nó khi a = b và khi c = 0. (6.1.1) §6.5 Exercise
1. Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh: 1 + 12abc ≥ 4(ab + bc + ca)
2. Bạn có thể chứng minh tương tự với bổ đề và bổ đề q không r ? §7 Hệ quả quan trọng
(Đang cập nhật..)
§8 Các bài toán áp dụng
(Đang cập nhật..)