Ứng dụng nguyên lý DIRICHLET trong chứng minh bất đẳng thức

Nhà toán học Đức P.G.Lejeune Dirichlet (1805-1859) đã nêu ra một định lí mà về sau người ta gọi là Nguyên lí Dirichlet, nguyên lý được phát biểu như sau:

            “Nếu nhốt vào n chiếc lồng một số chú thỏ mà số lượng lớn hơn n thì ta sẽ tìm được một chiếc lồng mà trong đó có nhiều hơn một con thỏ”

Chúng ta biết bất đẳng thức là một dạng toán hay và khó, thường có trong các kì thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, cấp Quốc gia và Quốc tế. Có rất nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức như phương pháp chứng minh bằng phép biến đổi tương đương, phương pháp quy nạp, phương pháp chứng minh bằng phản chứng, dùng các BĐT cổ điển: Cauchy, Bunhiacopxki,…

Trong bài viết này chúng tôi muốn giới thiệu một phương pháp chứng minh bất đẳng thức khá thú vị là ứng dụng nguyên lí Dirichlet. Với phương pháp này, giúp chúng ta chứng minh được một số bài toán bất đẳng thức một cách rất gọn gàng và độc đáo.

Từ nguyên lí Dirichlet có một mệnh đề có ý nghĩa hết sức quan trọng: Trong 3 số thực bất kì a, b, c bao giờ cũng tìm được hai số cùng dấu.

Đây là một mệnh đề rất quan trọng, bởi khi ta đã chọn được “điểm rơi” (tức là đẳng thức của bài toán) thì ta có thể áp dụng mệnh đề trên để chứng minh bất đẳng thức. Chẳng hạn đẳng thức xảy ra khi \(\displaystyle a=b=c=k\) thì ta có thể giả sử 2 số \(\displaystyle \left( a-k \right);\,\,\left( b-k \right)\) cùng dấu, khi đó thì \(\displaystyle (a-k)(b-k)\ge 0\). Chúng ta sẽ tìm hiểu một số ví dụ sau để thấy được ý nghĩa việc ứng dụng nguyên lí Dirichlet  trong việc giải bất đẳng thức như thế nào?

Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:

\(\displaystyle \left( {{a}^{2}}+2 \right)\left( {{b}^{2}}+2 \right)\left( {{c}^{2}}+2 \right)\ge 9\left( ab+bc+ca \right)\)

Phân tích và lời giải

Dễ dàng dự đoán được đẳng thức xẩy ra tại \(\displaystyle a=b=c=1\). Theo một đánh giá quen thuộc ta có \(\displaystyle 9\left( ab+bc+ca \right)\le 3{{\left( a+b+c \right)}^{2}}\). Như vậy ta cần chứng minh

\(\displaystyle \left( {{a}^{2}}+2 \right)\left( {{b}^{2}}+2 \right)\left( {{c}^{2}}+2 \right)\ge 3{{\left( a+b+c \right)}^{2}}\)

Quan sát bất đẳng thức trên ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunhiacopxki. Như vậy ta cần đánh giá từ \(\displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\) làm xuất hiện \(\displaystyle {{a}^{2}}+2\), để ý ta thấy

\(\displaystyle {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\le \left( {{a}^{2}}+1+1 \right)\left( 1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)=\left( {{a}^{2}}+2 \right)\left( 1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

\(\displaystyle \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,3\left( {{a}^{2}}+2 \right)\left( 1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\le \left( {{a}^{2}}+2 \right)\left( {{b}^{2}}+2 \right)\left( {{c}^{2}}+2 \right)\\\Leftrightarrow 3\left( 1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\le \left( {{b}^{2}}+2 \right)\left( {{c}^{2}}+2 \right)\end{array}\)

Biến đổi tương đương ta thu được

\(\displaystyle \begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,3\left( 1+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\le \left( {{b}^{2}}+2 \right)\left( {{c}^{2}}+2 \right)\Leftrightarrow 3+3{{b}^{2}}+3{{c}^{2}}\le {{b}^{2}}{{c}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}+4\\\Leftrightarrow \,{{b}^{2}}{{c}^{2}}-{{b}^{2}}-{{c}^{2}}+1\ge 0\Leftrightarrow \left( {{b}^{2}}-1 \right)\left( {{c}^{2}}-1 \right)\ge 0\end{array}\)

Như vậy ta chỉ cần chỉ ra được \(\displaystyle \left( {{b}^{2}}-1 \right)\left( {{c}^{2}}-1 \right)\ge 0\), tuy nhiên vì vai trò của a, b, c như nhau nên theo nguyên lí Dirichlet thì trong ba số \(\displaystyle {{a}^{2}}-1;\,\,{{b}^{2}}-1;\,\,{{c}^{2}}-1\) luôn tồn tại hai số cùng dấu và ta hoàn toàn có thể giả sử hai số đó là \(\displaystyle {{b}^{2}}-1;\,\,{{c}^{2}}-1\). Như vậy bài toán được chứng minh xong.

Nhận xét: Ta có thể chứng minh bất đẳng thức trên theo cách khác sau:

          Theo nguyên lí Dirichlet trong ba số \(\displaystyle ab-1;\,\,bc-1;\,\,ca-1\) tồn tại hai số không trái dấu, Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là \(\displaystyle ab-1;\,\,bc-1\) khi đó ta được

\(\displaystyle \left( ab-1 \right)\left( bc-1 \right)\ge 0\Rightarrow a{{b}^{2}}c+1\ge ab+bc\)

           Suy ra \(\displaystyle {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}+2\ge 2\left( a{{b}^{2}}c+1 \right)\ge 2\left( ab+bc \right)\)                

Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành

\(\displaystyle {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}+2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+8\ge 9\left( ab+bc+ca \right)\)

Ta có \(\displaystyle {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{b}^{2}}+2\ge 2\left( ab+bc \right)\) và \(\displaystyle 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge 3\left( ab+bc+ca \right)\)

Lại thấy \(\displaystyle {{a}^{2}}{{b}^{2}}+1\ge 2ab\) nên \(\displaystyle 2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+6\ge 4\left( ab+bc+ca \right)\)   

Và \(\displaystyle {{a}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2ac\). Từ các bất đẳng thức trên ta được

\(\displaystyle {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}+2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+8\ge 9\left( ab+bc+ca \right)\)

Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\displaystyle a=b=c=1\).

Bài toán 2. Cho a, b, c là các số thực không âm bất kì. Chứng minh rằng:

\(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2abc+1\ge 2\left( ab+bc+ca \right)\)

Lời giải

          Trước hết ta để ý đến đẳng thức xẩy ra tại \(\displaystyle a=b=c=1\) điều này có nghĩa là khi đẳng thức xẩy ra thì \(\displaystyle a-1;\,\,b-1;\,\,c-1\) cùng bằng 0, ngoài ta trong bất đẳng thức chứa các đại lượng \(\displaystyle ab,\,abc,…\) nên ta nghĩ đến tích \(\displaystyle c\left( a-1 \right)\,\left( b-1 \right)\), tuy nhiên ta chưa thể khẳng định được tích đó có không âm hay không nên ta sử dụng nguyên lí Dirichlet.

Theo nguyên lí Dirichlet trong ba số \(\displaystyle a-1;\,\,b-1;\,\,c-1\) luôn tồn tại hai số cùng dấu, không mất tính tổng quát ta giả sử hai đó là \(\displaystyle a-1;\,\,b-1\), khi đó ta có

\(\displaystyle \left( a-1 \right)\,\left( b-1 \right)\ge 0\Leftrightarrow c\left( a-1 \right)\,\left( b-1 \right)\ge 0\Leftrightarrow abc-ac-bc+c\ge 0\)

Khi đó ta có

\(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2abc+1={{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( 1-c \right)}^{2}}+2\left( abc-ac-bc+c \right)+2\left( ab+bc+ca \right)\)

Dễ thấy \(\displaystyle {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( 1-c \right)}^{2}}+2\left( abc-ac-bc+c \right)\ge 0\) nên ta có

\(\displaystyle {{\left( a-b \right)}^{2}}+2ab+{{\left( 1-c \right)}^{2}}+2c+2abc-2ac-2bc+2\left( bc+ca \right)\ge 2\left( ab+bc+ca \right)\)

Suy ra \(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2abc+1\ge 2\left( ab+bc+ca \right)\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \(\displaystyle a=b=c=1\).

Nhận xét: Ta có thể chứng minh được bất đẳng thức đúng với mọi số thực nếu thay đổi một chút:  

\(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}+2\ge 2\left( ab+bc+ca \right)\)                    

Theo nguyên lí Dirichlet thì \(\displaystyle {{c}^{2}}\left( {{a}^{2}}-1 \right)\left( {{b}^{2}}-1 \right)\ge 0\Rightarrow {{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}\ge {{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh

\(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+2+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\ge 2\left( ab+bc+ca \right)\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( bc-1 \right)}^{2}}+{{\left( ca-1 \right)}^{2}}\ge 0\)

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\displaystyle a=b=c=\pm 1\)

Bài toán 3. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng

\(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2abc+3\ge \left( a+1 \right)\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\)

Lời giải

Sau khi nhân 2 vế cho 2 thì bất đẳng thức trên tương đương với

\(\displaystyle 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+2abc+4\ge 2\left( ab+bc+ca \right)+2\left( a+b+c \right)\)

Theo bài toán 2 ta được \(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2abc+1\ge 2\left( ab+bc+ca \right)\)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

\(\displaystyle {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+3\ge 2\left( a+b+c \right)\Leftrightarrow {{\left( a-1 \right)}^{2}}+{{\left( b-1 \right)}^{2}}+{{\left( c-1 \right)}^{2}}\ge 0\)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\displaystyle a=b=c=1\)

Bài toán 4. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng

\(\displaystyle \left( {{a}^{2}}+2 \right)({{b}^{2}}+2)({{c}^{2}}+2)\ge 3{{\left( a+b+c \right)}^{2}}+{{\left( abc-1 \right)}^{2}}\)

Lời giải

Bất đẳng thức trên tương đương với

\(\displaystyle 2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}} \right)+4\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)+2abc+7\ge 9\left( ab+bc+ca \right)\)

Theo bất đẳng thức Cauchy thì

\(\displaystyle 2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+2+2{{b}^{2}}{{c}^{2}}+2+2{{c}^{2}}{{a}^{2}}+2\ge 4ab+4bc+4ca\)

Và \(\displaystyle 3{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}+3{{c}^{2}}\ge 3ab+3bc+3ca\)

Từ đó kết hợp với bài toán 2 ta suy ra điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\displaystyle a=b=c=1\).

Bài toán 5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(\displaystyle abc=1\). Chứng minh rằng:

.\(\displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+3\ge 2\left( a+b+c \right)\)

Lời giải

Bất đẳng thức được viết lại là \(\displaystyle P=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+3-2\left( a+b+c \right)\ge 0\)

Không mất tính tổng quát giả sử \(\displaystyle a-1\) và \(\displaystyle b-1\) cùng không âm.

Khi đó suy ra \(\displaystyle \left( a-1 \right)\left( b-1 \right)\ge 0\). Ta có

\(\displaystyle \begin{array}{l}P=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+3-2\left( a+b+c \right)={{\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)}^{2}}+\frac{2}{ab}+\frac{1}{{{c}^{2}}}-2\left( a+b+c \right)+3\\\,\,\,\,={{\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)}^{2}}+2c+{{a}^{2}}{{b}^{2}}-2\left( a+b+c \right)+3={{\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}-2a-2b+3\\\,\,\,\,={{\left( \frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right)}^{2}}+2\left( a-1 \right)\left( b-1 \right)+{{\left( ab-1 \right)}^{2}}\ge 0\end{array}\)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.