Nguyên lý Dirichlet có nội dung là nếu như một số lượng $n$ vật thể được đặt vào $m$ chuồng, với điều kiện $n > m$, thì ít nhất một chuồng sẽ có nhiều hơn 1 vật thể. Định lý này được minh họa trong thực tế bằng một số câu nói như “trong 3 găng tay, có ít nhất hai găng tay phải hoặc hai găng tay trái”. Đó là một ví dụ của một đối số đếm, và mặc dù trông có vẻ trực giác nhưng nó có thể được dùng để chứng minh về khả năng xảy ra những sự kiện “không thể ngờ tới”
Nguyên lí Dirichlet có rất nhiều ứng dụng trong toán học, nó được ứng dụng trực tiếp nhất cho các tập hợp hữu hạn (hộp, ngăn kéo, chuồng bồ câu), nhưng nó cũng có thể được áp dụng đối với các tập hợp vô hạn không thể được đặt vào song ánh. Cụ thể trong trường hợp này nguyên lý có nội dung là: “không tồn tại một đơn ánh trên những tập hợp hữu hạn mà codomain của nó nhỏ hơn tập xác định của nó”. Một số định lý của toán học như bổ đề Siegel được xây dựng trên nguyên lý này.
Trong bất đẳng thức, nó được áp dụng để giải một số bài toán bất đẳng thức không thuần nhất:
Nguyên lí Dirichlet có rất nhiều ứng dụng trong toán học, nó được ứng dụng trực tiếp nhất cho các tập hợp hữu hạn (hộp, ngăn kéo, chuồng bồ câu), nhưng nó cũng có thể được áp dụng đối với các tập hợp vô hạn không thể được đặt vào song ánh. Cụ thể trong trường hợp này nguyên lý có nội dung là: “không tồn tại một đơn ánh trên những tập hợp hữu hạn mà codomain của nó nhỏ hơn tập xác định của nó”. Một số định lý của toán học như bổ đề Siegel được xây dựng trên nguyên lý này.
Trong bất đẳng thức, nó được áp dụng để giải một số bài toán bất đẳng thức không thuần nhất:
Trong ba số $a,b,c$ luôn có hai số nằm cùng phía với số $m$ bất kỳ (hoặc lớn hơn bằng $m$ hoặc bé hơn bằng $m$).
Bài Toán 1. Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc + 1 \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)\] Lời giải. Dễ nhận thấy đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$. Dựa trên nguyên lý Dirichlet thì trong ba số $a-1$, $b-1$, $c-1$ luôn có hai số cùng dấu. Giả sử hai số đó là $a-1$, $b-1$, ta có $$c(a-1)(b-1) \ge 0.$$ Bất đẳng thức đã cho tương đương với \[{\left( {a - b} \right)^2} + {\left( {c - 1} \right)^2} + c\left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right) \ge 0.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Bài Toán 2. [APMO 2005] Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng \[({a^2}+2)(b^2+2)(c^2+2) \ge 3{(a+b+c)^2}\] Lời Giải. Nhận thấy đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$. Dựa trên nguyên lý Dirichlet thì trong ba số ${a^2}-1$, ${b^2}-1$, ${c^2}-1$ luôn có hai số cùng dấu. Giả sử hai số đó là ${a^2}-1$, ${b^2}-1$, ta có $$({a^2}-1)({b^2}-1) \ge 0.$$ Từ đó ta có bất đẳng thức sau \[\left( {{a^2} + 2} \right)\left( {{b^2} + 2} \right) = 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3 + \left( {{a^2} - 1} \right)\left( {{b^2} - 1} \right) \ge 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3.\] Ta quy về bài toán chứng minh bất đẳng thức sau \[\left( {{a^2} + {b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 2} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}.\] Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có \[\left( {{a^2} + {b^2} + 1} \right)\left( {1 + 1 + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Bài Toán 3. Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) \ge \frac{5}{{16}}{\left( {a + b + c + 1} \right)^2}\] Lời Giải. Trong ba số $a$, $b$, $c$ luôn có hai số nằm cùng phía với $\dfrac{1}{4}$. Không mất tính tổng quát, giả sử ${b}^{2}$ và ${c}^{2}$ nằm cùng phía với $\dfrac{1}{4}$, ta có \[\left( {{b^2} - \frac{1}{4}} \right)\left( {{c^2} - \frac{1}{4}} \right) \ge 0.\] Vì vậy ta có bất đẳng thức sau \[\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left( {{b^2} - \frac{1}{4}} \right)\left( {{c^2} - \frac{1}{4}} \right) + \frac{5}{4}{b^2} + \frac{5}{4}{c^2} + \frac{{15}}{{16}} \ge \frac{5}{4}{b^2} + \frac{5}{4}{c^2} + \frac{{15}}{{16}}.\] Ta cần chứng minh \[\left( {4{b^2} + 4{c^2} + 3} \right)\left( {{a^2} + 1} \right) \ge {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}.\] Sử dụng bất đẳng thức $CBS$ ta có \[\left( {4{b^2} + 4{c^2} + 1 + 2} \right)\left( {\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + {a^2} + \frac{1}{2}} \right) \ge {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}.\] Từ đây bất đẳng thức đã được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$.
Bài Toán 4. Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh rằng \[(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) \ge 1\] Lời Giải. Dựa trên nguyên lý Dirichlet thì trong ba số $a-1$, $b-1$, $c-1$ với $a+b+c=3$ thì luôn có hai số cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử $(a-1)(b-1) \ge 0$. Ta có \[(b^2-b+1)(c^2-c+1)=bc(b-1)(c-1)+b^2+c^2-b-c+1 \ge b^2+c^2-b-c+1.\] Ta lại có \[b^2+c^2-b-c+1\geq \dfrac{1}{2}(b+c)^2 - (b+c) +1 = \dfrac{1}{2}(3-a)^2 - (3-a) +1=\dfrac{1}{2}(a^2 - 4a+5).\] Ta quy về bài toán chứng minh bất đẳng thức sau \[(a^2-a+1)(a^2-4a+5) \ge 2.\] Bất đẳng thức trên đúng với mọi $a$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Bài Toán 5. [Lê Khánh Sỹ] Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng \[\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} - 2a + 4}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} - 2b + 4}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} - 2c + 4}} \ge 1\] Lời Giải. Trong ba số $a$, $b$, $c$ luôn có hai số nằm cùng phía với $1$. Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ và $c$ nằm cùng phía với $1$ ta có \[\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) \ge 0.\] Vì vậy ta có được bất đẳng thức sau \[{b^2} + {c^2} \le {b^2} + {c^2} + \left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) = 1 + {\left( {b + c - 1} \right)^2} = 1 + {\left( {2 - a} \right)^2}.\] Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có \[\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} - 2b + 4}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} - 2c + 4}} \ge \dfrac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {b + c} \right) + 8}} \ge \dfrac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{{1 + \left( {2 - {a^2}} \right) - 2\left( {3 - a} \right) + 8}}.\] Ta cần chứng minh \[\frac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{{{a^2} - 2a + 7}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} - 2a + 4}} \ge 1.\] Sau khi khai triển rút gọn ta được bất đẳng thức sau \[{\left( {a - 1} \right)^2}\left( {{a^2} - 4a + 8} \right) \ge 0.\] Bất đẳng thức trên đúng với mọi $a$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Bài Toán 6. [Lê Khánh Sỹ] Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng khi đó ta có \[\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge 2\sqrt{(a+b+c)\left(\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+ \dfrac{c}{ab} \right)}\] Lời Giải. Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \[abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \geq 2\sqrt{abc(ab+bc+ca)(ab^2+bc^2+ca^2)}.\] Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có \[\begin{align} 2\sqrt{abc(ab+bc+ca)(ab^2+bc^2+ca^2)} & \leq ac(ab+bc+ca)+b(ab^2+bc^2+ca^2)\\ & =a^2bc+abc^2+a^2c^2+ab^3+b^2c^2+a^2bc \end{align}.\] Ta cần chứng minh \[a^2b^2+ab^2c \geq ab^3+a^2bc \Leftrightarrow ab(c-b)(b-a) \geq 0\] Hoàn tất việc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.
Để hiểu rõ hơn về ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong chứng minh bất đẳng thức, mời bạn đọc tham khảo hai tài liệu sau
Bài Toán 2. [APMO 2005] Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng \[({a^2}+2)(b^2+2)(c^2+2) \ge 3{(a+b+c)^2}\] Lời Giải. Nhận thấy đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$. Dựa trên nguyên lý Dirichlet thì trong ba số ${a^2}-1$, ${b^2}-1$, ${c^2}-1$ luôn có hai số cùng dấu. Giả sử hai số đó là ${a^2}-1$, ${b^2}-1$, ta có $$({a^2}-1)({b^2}-1) \ge 0.$$ Từ đó ta có bất đẳng thức sau \[\left( {{a^2} + 2} \right)\left( {{b^2} + 2} \right) = 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3 + \left( {{a^2} - 1} \right)\left( {{b^2} - 1} \right) \ge 3\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + 3.\] Ta quy về bài toán chứng minh bất đẳng thức sau \[\left( {{a^2} + {b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 2} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}.\] Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có \[\left( {{a^2} + {b^2} + 1} \right)\left( {1 + 1 + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}.\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
Bài Toán 3. Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng \[\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) \ge \frac{5}{{16}}{\left( {a + b + c + 1} \right)^2}\] Lời Giải. Trong ba số $a$, $b$, $c$ luôn có hai số nằm cùng phía với $\dfrac{1}{4}$. Không mất tính tổng quát, giả sử ${b}^{2}$ và ${c}^{2}$ nằm cùng phía với $\dfrac{1}{4}$, ta có \[\left( {{b^2} - \frac{1}{4}} \right)\left( {{c^2} - \frac{1}{4}} \right) \ge 0.\] Vì vậy ta có bất đẳng thức sau \[\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left( {{b^2} - \frac{1}{4}} \right)\left( {{c^2} - \frac{1}{4}} \right) + \frac{5}{4}{b^2} + \frac{5}{4}{c^2} + \frac{{15}}{{16}} \ge \frac{5}{4}{b^2} + \frac{5}{4}{c^2} + \frac{{15}}{{16}}.\] Ta cần chứng minh \[\left( {4{b^2} + 4{c^2} + 3} \right)\left( {{a^2} + 1} \right) \ge {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}.\] Sử dụng bất đẳng thức $CBS$ ta có \[\left( {4{b^2} + 4{c^2} + 1 + 2} \right)\left( {\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + {a^2} + \frac{1}{2}} \right) \ge {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}.\] Từ đây bất đẳng thức đã được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$.
Bài Toán 4. Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$. Chứng minh rằng \[(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) \ge 1\] Lời Giải. Dựa trên nguyên lý Dirichlet thì trong ba số $a-1$, $b-1$, $c-1$ với $a+b+c=3$ thì luôn có hai số cùng dấu. Không mất tính tổng quát, giả sử $(a-1)(b-1) \ge 0$. Ta có \[(b^2-b+1)(c^2-c+1)=bc(b-1)(c-1)+b^2+c^2-b-c+1 \ge b^2+c^2-b-c+1.\] Ta lại có \[b^2+c^2-b-c+1\geq \dfrac{1}{2}(b+c)^2 - (b+c) +1 = \dfrac{1}{2}(3-a)^2 - (3-a) +1=\dfrac{1}{2}(a^2 - 4a+5).\] Ta quy về bài toán chứng minh bất đẳng thức sau \[(a^2-a+1)(a^2-4a+5) \ge 2.\] Bất đẳng thức trên đúng với mọi $a$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Bài Toán 5. [Lê Khánh Sỹ] Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng \[\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} - 2a + 4}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} - 2b + 4}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} - 2c + 4}} \ge 1\] Lời Giải. Trong ba số $a$, $b$, $c$ luôn có hai số nằm cùng phía với $1$. Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ và $c$ nằm cùng phía với $1$ ta có \[\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) \ge 0.\] Vì vậy ta có được bất đẳng thức sau \[{b^2} + {c^2} \le {b^2} + {c^2} + \left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) = 1 + {\left( {b + c - 1} \right)^2} = 1 + {\left( {2 - a} \right)^2}.\] Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có \[\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} - 2b + 4}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} - 2c + 4}} \ge \dfrac{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{\left( {{b^2} + {c^2}} \right) - 2\left( {b + c} \right) + 8}} \ge \dfrac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{{1 + \left( {2 - {a^2}} \right) - 2\left( {3 - a} \right) + 8}}.\] Ta cần chứng minh \[\frac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{{{a^2} - 2a + 7}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} - 2a + 4}} \ge 1.\] Sau khi khai triển rút gọn ta được bất đẳng thức sau \[{\left( {a - 1} \right)^2}\left( {{a^2} - 4a + 8} \right) \ge 0.\] Bất đẳng thức trên đúng với mọi $a$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.
Bài Toán 6. [Lê Khánh Sỹ] Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng khi đó ta có \[\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge 2\sqrt{(a+b+c)\left(\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+ \dfrac{c}{ab} \right)}\] Lời Giải. Không mất tính tổng quát giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với \[abc(a+b+c)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \geq 2\sqrt{abc(ab+bc+ca)(ab^2+bc^2+ca^2)}.\] Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có \[\begin{align} 2\sqrt{abc(ab+bc+ca)(ab^2+bc^2+ca^2)} & \leq ac(ab+bc+ca)+b(ab^2+bc^2+ca^2)\\ & =a^2bc+abc^2+a^2c^2+ab^3+b^2c^2+a^2bc \end{align}.\] Ta cần chứng minh \[a^2b^2+ab^2c \geq ab^3+a^2bc \Leftrightarrow ab(c-b)(b-a) \geq 0\] Hoàn tất việc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.
Để hiểu rõ hơn về ứng dụng nguyên lý Dirichlet trong chứng minh bất đẳng thức, mời bạn đọc tham khảo hai tài liệu sau
very good
ReplyDelete