Khai triển Abel trong chứng minh bất đẳng thức - Lê Phúc Lữ

(1)

TẢN MẠN VỀ KHAI TRIỂN ABEL (Lê Phúc Lữ)

Khai triển Abel là một biến đổi đại số không dễ nhớ nhưng lại cơ bản, thậm chí không cần phải chứng minh gì cho khai triển đó vì nó là hiển nhiên đúng. Học sinh thường nghĩ các bài toán dùng Abel có kiểu ‘độc đạo’, khó làm được theo cách khác. Cách nghĩ đó không sai. Tuy nhiên, có nhiều trường hợp khai triển Abel giúp ta có những cách giải ngắn gọn, bất ngờ hơn so với cách tiếp cận cho những bài toán quen thuộc. Trong bài viết nhỏ này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu các bài toán như vậy.

Khai triển Abel. Với số nguyên dương n 2, cho hai dãy số thực tùy ý là x x₁, ₂, ,x_n và

1, 2, , _n

y y y . Đặt S_k x₁ x₂ x_k,1 k n. Khi đó ta có

1 1 2 2 _n _n 1( 1 2) 2( 2 3) _n 1( _n 1 _n) _n _n

x y x y x y s y y s y y s y y s y .

Trường hợp n3, ta có xa ybzcx a(  b) (xy b c)(  ) (x y z c) . Ở đây, ta chọn một dãy đơn điệu và một dãy có các tổng tích lũy cùng dấu là được.

Bài 1. Cho các số thực a b c, , [1;3] có tổng là 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

2 2 2

. Pa b c Lời giải 1.1. (bổ đề chặn tích)

Ta có hai đánh giá sau ( 1)( 1)( 1) 0 ( 3)( 3)( 3) 0

a b c

   

    

 nên khai triển ra được

( ) 5 0

3( ) 27 0

abc ab bc ca abc ab bc ca

    

     

 .

Trừ từng vế, ta được 2(ab bc ca)220 hay ab bc ca11.

Vì thế nên P(a b c)²2(ab bc ca)36 22 14.

Vậy maxP14 và đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi ( , , )a b c (1, 2,3).

 Bên dưới, ta sẽ giới thiệu một cách khác dùng khai triển Abel khá nhẹ nhàng:

Lời giải 1.2.

Sắp thứ tự a b c và dự đoán đẳng thức xảy ra khi ( , , )a b c (1, 2,3). Ta sẽ chứng minh rằng a²b²c² 1² 2²3².

Ta viết lại

(a1)(a  1) (b 2)(b  2) (c 3)(c 3) 0 hay

0 0 0 3 0 0

( 1 2) ( 1) ( 2 3) ( 1 2) ( 3) ( 1 2 3) 0.

c

a b a b c a b c a b c

     

                   Đánh giá cuối đúng nên bài toán được giải quyết.

(2)

Bài 2. Cho các số không âm a b c, , thỏa mãn a  b c 4, tìm giá trị lớn nhất của

3 3 3

4 2 .

P a  b c Lời giải 2.1.

Nếu như ab, ta thay ( , , )a b c ( , , )b a c thì tổng mới tăng lên. Tương tự nếu như bc, vì thế để tìm max ,P ta có thể giả sử a b c. Ta có

3 3 3 3 3 3 3

4 2 4( ) 4(4 )

P a  b c  ab c  c c .

Do 4

3 3

a b c

c  

  nên ta xét hàm số f x( )4(4x)³x³ trên 0;⁴ 3

 

 

 , ta có

2 2

( ) 12(4 ) 3 3(3 8)( 8) 0

f x   x  x   x x 

nên hàm số này nghịch biến. Do đó P f c( ) f(0)256. Giá trị lớn nhất cần tìm là 256, đạt được chẳng hạn khi ( , , )a b c (4,0,0).

Tương tự trên, ta cũng giả sử a b c. Ta sẽ chỉ ra rằng

3 3 3 3 3 3

4a 4b c     4 4 4 0 0 hay

2 2 2

2 2 2 2 2

4( 4)( 4 16) 4( 0) ( 0) 0

4( 4 16 )( 4) (4 )( 4 0) ( 4 0 0) 0.

a a a b b c c

a a b a b c a b c a b c

         

                  Đánh giá cuối là đúng nên ta có ngay đpcm.

 Chú ý rằng đối với bài toán tìm min, cực trị đạt được tại (1,1, 2) nên không thể dùng được khai triển Abel mà phải làm theo cách khảo sát hàm số thông thường.

Bài 3. (theo đề Olympic toàn Nga) Với n 2 là số nguyên dương, xét hai dãy số thực

1 2 n

b b b và 1 a₁ a₂ a_n 1 thỏa mãn

2021 2021 2021

1 2 _n 1 2 _n .

a a a a a a

Chứng minh rằng a₁²⁰²¹b₁ a₂²⁰²¹b₂ a_n²⁰²¹b_n a b_{1 1} a b_{2 2} a b_{n n}. Lời giải 3.1. (theo bạn Nguyễn Hồng Đăng, chuyên Hà Tĩnh)

Dễ thấy tất cả các số a a₁, ₂, ,a_n không thể cùng dấu, vì nếu không thì dễ dàng chỉ ra đẳng

thức ²⁰²¹

1 1

n n

i i

a a

 







là không xảy ra.

Do đó, tồn tại k0 sao cho a₁a₂  a_k  0 a_k_₁ a_n.

Đặt c_i  a_i a_i²⁰²¹a_i(1a_i²⁰²⁰) luôn cùng dấu với a_i (do a_i ( 1;1)), vì thế nên ta phải có

   và    

(3)

Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành

1 1 2 2 _{n n} 0

c b c b c b (*).

Viết lại thành

1 1 2 2 1 1 2 2

k k k k n n k k

c b_ _ c_ b_  c b  c b c b  c b . Đổi dấu  c_i d_i 0 với 1 i k. Vì c₁  c₂ c_n 0 nên ta có

1 2 _k _k 1 _k 2 _n.

d d  d c _ c _  c Ta đưa về chứng minh

1 1 2 2 1 1 2 2

k k k k n n k k

c b_ _ c _ b_  c b d b d b  d b .

Dễ thấy ¹ ¹ ²

1 2

( )

k k k n

k k

VT b c c c

VP b d d d

  

   

   

 , mà b_k b_k_₁ nên ta có đpcm.

Tiếp tục giải quyết bất đẳng thức (*) ở trên. Chú ý rằng c c₁, ₁c₂, ,c₁   c₂ c_k 0 còn

1 2 _n 0

c   c c  nên ta phải có

1 2 _k _k 1 _{k m} 0

c    c c c _  c_  với mọi m1,nk.

Do đó, dãy b b₁, ₂, ,b_n đơn điệu tăng, còn dãy c c₁, ₂, ,c_n có tổng tích lũy âm nên khai triển Abel, ta có ngay đpcm.

Bài 4. Với số nguyên dương n cho trước, xét các số thực thay đổi a a₁, ₂, ,a_n [0;2] có tổng là n. Đặt T a₁² a₂² a_n².

a) Với n 2020,tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của T. b) Với n 2021, tìm giá trị lớn nhất của T.

Đặt x_i a_i 1 thì x_i [ 1;1] và x₁ x₂ x_n 0. Ta có

2 2 2 2

1 2

1

( 1)

n

i n

i

T x x x x n

nên đưa về tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của

2 2 2

1 2 n

S x x x .

a) Ứng với n 2020, dễ thấy rằng 0 S n vìx_i² [0;1] với mọi 1 i n. Vì thế nên minT 2020, đạt được khi x₁ x₂ x_n 1.

maxT 4040, đạt được chẳng hạn khi x₁ x₂ x₁₀₁₀ 0,x₁₀₁₁ x₁₀₁₂ x₂₀₂₀ 2.

(4)

b) Xét hai số 1 u 0 v 1 nào đó trong 2019 số đã cho. Giả sử ta giảm u một đại lượng d và tăng v một đại lượng d sao cho 1 u d v d 1. Khi đó tổng các số đã cho vẫn không đổi và

2 2 2 2 2 2 2

(u d) (v d) u v 2d 2 (d v u) u v .

Do đó, với mỗi cặp số u 0 v, ta điều chỉnh sao cho có một số trở thành 1 hoặc 1. Mỗi lần rõ ràng số lượng số 1, 1 sẽ tăng lên ít nhất 1 đơn vị nên chắc chắn quá trình này phải dừng lại. Cứ “làm trội” như thế đến khi không thực hiện được nữa. Đến lúc dừng lại thì rõ ràng không có cặp số ( , )u v nào như trên, tức là có không quá 1 số khác 1 (tất cả các số còn lại đều là 1). Do tổng bằng 0 là số nguyên chẵn nên số còn lại phải là 0. Suy ra

2 2 2

0 1010 ( 1) 1010 ( 1) 2020

S nên T 4041.

Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là 4041, đạt được khi

1 1010 0, 1011 2020 2, 2021 1.

a a a a a

Lời giải 4.2. (theo bạn Trương Gia Bảo, chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long)

Trường hợp tìm giá trị nhỏ nhất được thực hiện dễ dàng bằng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz. Ở đây, ta quan tâm giá trị lớn nhất.

a) Giả sử 2a₁ a₂  a_n 0, ta sẽ chỉ ra rằng

2 2 2 2 2 2

1010 1010

2 2 2 0 0 0

T        .

Ta viết lại:

2 2 2

1 1 2 2 1010 1010 1011 1012 2020

(a 2)(a  2) (a 2)(a   2) (a 2)(a  2) a a  a 0. Đặt b_i  a_i 2 với 1 i 1010 và b_i  a_i 0 với 1011 i 2020. Ta có

2 2

1( 1 2) 2( 2 2) 1010( 1010 2) 1011 2020 0.

b a  b a   b a  b  b  Dễ thấy rằng

1 1 2

1 2 1010 1 2 1010 1011 1012 2020

1 2 2020

0, 0, ,

2020 ( ) 0,

0.

b b b

b b b a a a a a a

b b b

  

             

    Cứ thế suy ra

1 2 1010 1010 _k ( 1011 _k 2020) 0

b   b b  b _   a _  a  với 1 k 1010.

Đến đây, ta thiết lập được một dãy đơn điệu a₁ 2 a₂  2 a₂₀₂₀2 và một dãy có tổng tích lũy không dương là b b₁, ₂, ,b₂₀₂₀ nên áp dụng khai triển Abel, ta có ngay

2 2

1 1 2 2 1010 1010 1011 2020

1 2 1 2 3 1 2 1010 1011 1 2 1010

1011 1012 1 2 1011 2020 1 2 2020

( 2) ( 2) ( 2) 0

( ) ( )( ) ( 2 )( )

( )( ) ( ) 0

b a b a b a b b

a a b a a b b a a b b b

a a b b b a b b b

         

            

          

(5)

b) Thực hiện hoàn toàn tương tự như trên:

2 2 2 2 2 2 2

1010 1010

2 2 2 1 0 0 0

T         .

Không khó để kiểm tra các tổng b b₁, ₁b₂, ,b₁  b₂ b_k như trên đều không dương.

 Ở bài này ta dùng Abel được là do hầu hết dấu bằng xảy ra tại biên, chỉ riêng một số khác biên. Ngoài ra, có một khuyết điểm của lời giải 1 là ta đã ngầm công nhận tồn tại giá trị lớn nhất của biểu thức T . Tuy đúng do các biến đều thuộc miền nhưng do đây là biểu thức có nhiều biến chứ không phải là một biến như thông thường.

Bài 5. (VMO 2012) Cho n là số nguyên dương. Có n học sinh nam, n học sinh nữ xếp thành một hàng ngang. Với mỗi học sinh X, cô giáo sẽ phát kẹo cho X bằng với số cặp học sinh khác giới với X và đứng về hai phía của X. Chứng minh tổng số kẹo mà cô phát sẽ không vượt quá

( 2 1) 3 . n n 

Lời giải 5.1. Ý tưởng là dùng quy nạp. Rõ ràng luôn phải có hai bạn nam – nữ nào đó đứng cạnh nhau, đặt là ( , ).A B Loại hai bạn đó ra, chỉ tính số kẹo phát cho 2n2 bạn còn lại thì theo quy nạp, số lượng đó sẽ không vượt quá ( 1)( ² 2 )

3 . n n  n

Gọi x y, là số nam – nữ đứng bên trái cặp ( , )A B thì n 1 x n,  1 y là số nam – nữ đứng bên phải cặp đó.

Tổng số kẹo của 2n bạn sẽ không vượt quá

( 1)( 2 2 ) 3

n n n

  S

 , trong đó S là số bộ ba có dạng (nam, nữ, nam) và (nữ, nam, nữ) mà mỗi bộ có sự tham gia của A hoặc B.

Từ việc xét các trường hợp, ta dễ dàng suy ra

2

( 1) ( 1)( 1) ( 1) ( 1)

= ( 1) ( ) ( ) ( 1).

S x n y xy n x n y x n x y n y

n n x y x y n n

               

       Do đó số kẹo của 2n bạn sẽ

2 2

( 1)( 2 ) ( 1)

( 1) .

3 3

n n n n n

  n n 

   

Lời giải 5.2. Gọi a₁a₂  a_n và b₁b₂ b_n lần lượt là vị trí của các bạn nam, nữ trong hàng. Xét bạn nam thứ k ở vị trí a_k, trước bạn này sẽ có a_k1 người, bao gồm k1 nam nên sẽ có a_k  1 (k 1) a_k k nữ. Suy ra sau bạn này sẽ có na_k k nữ.

Do đó, bạn nam này sẽ được phát (a_k k n)( a_k k)n a( _k k) (a_kk)² viên kẹo.

Cứ như thế với các bạn nữ, ta suy ra số kẹo cần phát sẽ là

2 2

1

( 2 ) ( ) ( )

n

k k k k

k

S n a b k a k b k





      ^.

Chú ý { ,a a₁ ₂, ,a b b_n, ,₁ ₂, , } {1, 2,b_n  , 2 }n nên thu gọn tổng trên, ta đưa về

(6)

1

( 1)(8 1)

( )

6

n

k k

k

n n n

T k a b



 





  ^.

Để ý rằng

2 (2 1) 4 1

n n

a b  n n  n (hai vị trí cuối),

1 1 2 (2 1) (2 2) (2 3) 8 6

n n n n

a  b a _ b_  n n  n  n  n (bốn vị trí cuối), … Cứ như thế, áp dụng khai triển Abel thì

1 1 1 1

( ) ( ) ( )

( 1)(8 1)

(4 1) (4 1 4 5) (4 1 4 5 3) .

6

n n n n n n n n

T a b a b a b a b a b

n n n

n n n n n

 

           

 

              Bài toán được giải quyết.

Bài 6. (USA TST 2007) Cho số nguyên dương n cùng hai dãy số (a_n),( )b_n thỏa mãn i) a₁a₂  a_n và b₁b₂  b_n.

ii)

1 1

k k

i i

a b

 







^với^k ^^1,ⁿ^¹^và

1 1

n n

i i

a b

 







^.

iii) Với mỗi số thực m, số cặp ( , )i j mà a_ia_j m bằng số cặp ( , )k l mà b_k b_l m. Chứng minh rằng a₁b a₁, ₂ b₂, ,a_n b_n.

Lời giải 6.1. Theo điều kiện iii) và ii), ta có

2 2

1 1

( ) ( )

n n

i i j i i j

i i j i i j

a a a b b b

   

       

   

















(do hai tập giá trị {a_ia_j|1  i j n} và {b_i b_j|1  i j n} là trùng nhau).

Khai triển ra, ta được a₁²a₂² a_n² b₁²b₂²  b_n².

Nếu như tồn tại a_k b_k thì theo điều kiện i) và ii), ta dễ dàng suy ra

2 2 2 2 2 2

1 2 _n 1 2 _n,

a a  a b b  b mâu thuẫn.

Vì thế nên phải có a_i b_i, i 1, .n Lời giải 6.2.

Theo giả thiết, ta có ( _i _j) ( _i _j)

i j i j

a a b b

 

  

 

và để ý rằng

1 1

( ) (2 1) 2 ( 1)

n n

i j i i i

i j i j i i

a a i n a ia n a

   

      

   

^.

(7)

Tương tự với tổng ở vế phải, suy ra

1 1

n n

i i

ia ib

 







^hay

1

( ) 0

n

i i

i

i a b



 



^.

Đặt

1

( )

k

k i i

i

s a b





 ^{với 1}^{ }^k ⁿ thì theo ii), ta có s_k   0, k 1,n1 vàs_n 0.

Khai triển Abel cho đẳng thức

1

( ) 0

n

i i

i

i a b



 



^{, ta có}

1 2 2 1

( ) 0

n n n

ns  s _ s _   s s  hay

1 2 _n 1 0.

s   s s _ 

Từ đây suy ra s₁s₂  s_n_₁0 nên ta có ngay a_i b_i, i 1, .n

Cuối cùng, ta kết thúc bài viết bởi hai cách giải khác nhau cho bài toán thi VMO vừa rồi.

Bài 7. (theo VMO 2021) Cho 21 số thực dương a a₁, ₂, ,a₂₁ thỏa mãn các điều kiện:

i) a₀a₂ a₂₀    a₁ a₃ a₂₁. ii) a_i_₂a_i 1 với mọi 1 i 19.

Chứng minh rằng Pa₁²a₂² a₂₁² 440.

Đặt b_i a_{2 1}_i_ a₂_i với 0 i 10 thì ta có ngay

10

0 i 0

i

b





 và cần chỉ ra rằng

10 2 0

i 440.

i

S b







Ta sẽ đánh giá các giá trị b₀ b₄ và b₆b₁₀ thông qua b₅, chú ý rằng

5 4 ( 11 10) ( 9 8) 11 9 10 8 2.

b b  a a  a a  a a  a a 

nên (b₅b₄)² 4 b₄² 4 2b b_{4 5}b₅²  4 2b b_{4 5}. Tương tự ta cũng có

2

6 4 2 6 5

b   b b . Tiếp theo thì

5 3 ( 11 10) ( 7 6) 11 9 10 8 9 7 8 6 4

b b  a a  a a  a a  a a  a a  a a 

nên (b₅b₃)² 16b₃² 16 2 b b_{4 5}, và b₇² 16 2 b b_{7 5}.

Từ đó suy ra, b₅²__k 4k²2b b_{5 5}__k với 1 k 5. Cứ như thế, ta được

2 2 2

5 0 1 10

0

2 4 (1 2 5 ) 2 ( ) 440.

S b b b b



          

(8)

Lời giải 7.2. (theo bạn Lê Vũ Tường, PTNK TPHCM) Tương tự cách trên, ta cũng có ¹⁰

0 i 0

i

b





 ^và^bⁱ^¹^^bⁱ ^²^{với mọi}ⁱ^^{0, 9.}^Đặt ¹⁰ ²

0 i i

S b





^.

Đặt s_k    b₀ b₁ b_k,0 k 10 thì s₁₀0. Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng Nhận xét. s_k 10 8  (10 2 ) k với 0 k 5.

Chứng minh. Giả sử ngược lại rằng tồn tại k5 sao cho s_k 10 8  (10 2 ) k . Gọi T là tập hợp các chỉ số i{0,1, ,5} sao cho b_i cùng dấu với s_k. Theo trên thì

,0 ,0

10 8 (10 2 ).

i i

i T i k i T i k

b b k

     

     

 

Do đó

,0

10 8 (10 2 ),

i i T i k

b k

  

    



cho thấy rằng tồn tại chỉ số i{0,1, , }k sao cho (10 2 ).

bi   i Đặt S



i b^: i ^{10 2 ,0} i   i ⁵



T thì rõ ràng S khác rỗng.

Ta sẽ chỉ ra rằng nếu tS t, 5 thì t 1 S. Thật vậy, Do b_t 10 2 t 2 nên b_t2,b_t 2,b_t có cùng dấu, mà

1 2 2 1 2

t t t t t

b_ b    b b_  b

nên suy ra b_t_₁,b_t có cùng dấu. Do đó, b_t_₁T. Lại có

1 2 10 2 2 10 2( 1)

t t

b_  b     t  t

nên t 1 S. Vì thế nên ta có mọi chỉ số i mà k  i 5 thì ta đều có iS.

Tiếp theo, gọi r là số nhỏ nhất mà b_r trái dấu với s_k và r{6,7, ,10} (rõ ràng chỉ số này phải tồn tại vì đang có s_k 0 và s₁₀0). Khi đó b_r_₁b_r 2 nên b_r 2.

Từ đó, do giả thiết nên dễ dàng chỉ ra được b_r_₁ 4,b_r_₂ 6, nên ta có

1 5 1 2 5 10 8 (10 2 ) 2

r k k k

s_  s  s  b_  b_  b      k   . trong khi đó

10 10

1 2 4 2(10 1) 2 4 10

r i i

i r i r

s_ b b r

 









          , mâu thuẫn.

Vì thế nên nhận xét được chứng minh.

Một cách tương tự thì b₁₀  b₉ b₁₀__k 10 8  (10 2 ) k với 0 k 4.

Ta dùng khai triển Abel

(9)

 

0 0 1 1 1 2 9 9 10 10 10

0 0 1 1 1 2 9 9 10

0 1 9

( ) ( ) ( )

2 .

S s b b s b b s b b s b

s b b s b b s b b

s s s

       

      

   

Theo trên thì s₀ 10,s₁ 18,s₂ 24,s₃ 28,s₄ 30,s₅ 30. Đồng thời s_k  b₁₀  b₉ b_k_₁ với 6 k 10 nên ta cũng có

6 28, 7 24, 8 18, 9 10

s  s  s  s  .

Vì thế nên S4(10 18 24  28 30) 440.

 Lời giải thứ 2 tuy phức tạp nhưng cũng như lời giải 1, đều có thể tổng quát lên được khi thay 10 bởi bất kỳ số nào có dạng 4k2. Ý tưởng là dồn các biến về vị trí trung gian b₂_k_₁. Nhận xét s_k 10 8  (10 2 ) k ở trên là một kết quả thú vị và có lẽ có cách chứng minh khác dễ hơn, xin dành cho bạn đọc tìm hiểu thêm.