Bat Dang Thuc - Vo Quoc Ba Can 1

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Cẩn

Phạm Thị Hằng

Hằng

1

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC HAY VÀ KHÓ Phần 1. Các bài toán sử dụng bất đẳng thức Cauchy Scwharz. I. Giới thiệu tổng quan về bất đẳng thức Cauchy Schwarz. Bất đẳng thức Cauchy Schwarz. Với mọi số thực a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn ta có

(a1b1 + a 2 b2 + ⋅ ⋅ ⋅ + a n bn ) 2 ≤ (a12 + a 22 + ⋅ ⋅ ⋅ + an2 )(b12 + b22 + ⋅ ⋅ ⋅ + bn2 ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ai : a j = bi : b j ∀i, j = 1, n. II. Các bài toán áp dụng. Bài 1. (Jack Garfunkel) Cho các số không âm a, b, c , chứng minh bất đẳng thức a a+b

b

+

b+c

c

+

c+a

≤

5 a+b+c 4

Giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có 2

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞⎛ ⎞ a ⎞ a a ⎟ ≤ ⎜ ∑ a(5a + b + 9c) ⎟⎜ ∑ ⎜∑ ⎟ = ⎜ ∑ a(5a + b + 9c) ⋅ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ (a + b)(5a + b + 9c) ⎟ ⎜ cyc ⎟ + + + a b a b c ( )( 5 9 ) + a b cyc cyc cyc ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ a ⎟ = 5(a + b + c) 2 ⎜⎜ ∑ ⎟ a b a b c + + + ( )( 5 9 ) cyc ⎝ ⎠ Như thế, ta chỉ cần chứng minh ⎞ 5 ⎛ a ⎟≤ ( a + b + c )⎜⎜ ∑ ⎟ ⎝ cyc ( a + b)(5a + b + 9c ) ⎠ 16

Như điều này hiển nhiên đúng vì ⎛ ⎞ 5 a ⎟ − (a + b + c)⎜⎜ ∑ ⎟ 16 ( + )( 5 + + 9 ) a b a b c cyc ⎝ ⎠ =

∑ ab(a + b)(a + 9b)(a − 3b) cyc

2

+ 243∑ a 3 b 2 c + 835∑ a 3 bc 2 + 232∑ a 4 bc + 1230a 2 b 2 c 2 cyc

cyc

cyc

16(a + b)(b + c)(c + a )(5a + b + 9c)(5b + c + 9a )(5c + a + 9b)

Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a : b : c = 3 : 1 : 0. Bài 2. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số không âm a, b, c có tổng bằng 1 , chứng minh rằng

2

≥0

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

a + b2 + b + c2 + c + a2 ≤

11 5

Giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

⎛ ⎜∑ a + b2 ⎜ ⎝ cyc

2

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ a + b 2 ⎞⎟ a + b2 ⎞ ⎟ = ⎜ ∑ 4a + 4b + c ⋅ ⎜ ∑ (4a + 4b + c) ⎟⎜ ∑ ⎟ ≤ ⎟ ⎜ ⎟⎜ 4a + 4b + c ⎟ ⎜ cyc ⎟ a + b + c 4 4 cyc cyc ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a + b2 a (a + b + c) + b 2 = 9∑ = 9∑ 4a + 4b + c cyc 4a + 4b + c cyc

Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng a(a + b + c) + b 2 121 ≤ (a + b + c) 4a + 4b + c 25

9∑ cyc

Ta có VP − VT =

163∑ a 4 + 3003∑ a 2 b 2 + 1975∑ ab 3 − 725∑ a 3 b + 10920∑ a 2 bc cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

25(4a + 4b + c)(4b + 4c + a )(4c + 4a + b)

⎛ ⎞ 163⎜⎜ ∑ a 4 + 11∑ a 2 b 2 − 6∑ a 3 b − 6∑ a 2 bc ⎟⎟ + A cyc cyc cyc ⎝ cyc ⎠ = 25(4a + 4b + c)(4b + 4c + a )(4c + 4a + b) trong đó

A = 1210∑ a 2 b 2 + 1975∑ ab 3 + 253∑ a 3b + 11898∑ a 2 bc ≥ 0 cyc

cyc

cyc

cyc

Ta chứng minh

∑a cyc

4

+ 11∑ a 2 b 2 − 6∑ a 3b − 6∑ a 2 bc ≥ 0 cyc

cyc

cyc

⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⇔ ⎜⎜ ∑ a 4 − ∑ a 2 b 2 ⎟⎟ + 12⎜⎜ ∑ a 2 b 2 − ∑ a 2 bc ⎟⎟ − 6⎜⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟⎟ ≥ 0 cyc cyc cyc ⎠ ⎠ ⎝ cyc ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc

Ta có

∑a − ∑a b 4

cyc

2

2

=

cyc

3

1 (a 2 − b 2 ) 2 ∑ 2 cyc

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3⎜⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟⎟ = 3⎜⎜ ∑ b 3 c − ∑ a 2 bc ⎟⎟ = −3∑ bc(a 2 − b 2 ) cyc cyc cyc ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠ 2 2 = −3∑ bc (a − b ) + ∑ (ab + bc + ca )(a 2 − b 2 ) cyc

cyc

= ∑ (a − b )(ab + ac − 2bc) 2

2

cyc

⎞ ⎛ 6⎜⎜ ∑ a 2 b 2 − ∑ a 2 bc ⎟⎟ = ∑ ( ab + ac − 2bc ) 2 cyc ⎠ cyc ⎝ cyc

Do đó bất đẳng thức tương đương

1 (a 2 − b 2 ) 2 + 2∑ (ab + ac − 2bc) 2 − 2∑ (a 2 − b 2 )(ab + ac − 2bc) ≥ 0 ∑ 2 cyc cyc cyc ⇔

1 ∑ (a 2 − b 2 − 2ab − 2ac + 4bc) 2 ≥ 0 2 cyc

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Đẳng thức không xảy ra. Bài 3. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số không âm a, b, c, chứng minh rằng

a b 2 + 4c 2 + b c 2 + 4a 2 + c a 2 + 4b 2 ≤

3 ( a + b + c) 2 4

Giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có ⎛ ⎜ ∑ a b 2 + 4c 2 ⎜ ⎝ cyc

2

⎛ a (b 2 + 4c 2 ) ⎞ ⎞⎛ a (b 2 + 4c 2 ) ⎞ ⎞ ⎛ ⎟ ⎟ = 3(a + b + c ) 2 ⎜ ∑ ⎟ ≤ ⎜ ∑ a (3a + b + 5c ) ⎟⎜ ∑ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎝ cyc 3a + b + 5c ⎠ ⎠⎝ cyc 3a + b + 5c ⎠ ⎠ ⎝ cyc

Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng a(b 2 + 4c 2 ) 3 ≤ (a + b + c) 2 ∑ 3 a + b + 5 c 16 cyc

⇔ 45∑ a 5 + 165∑ a 4 b + 69∑ ab 4 + 536∑ a 3bc − 306∑ a 3b 2 − 18∑ a 2 b 3 − 410∑ a 2 b 2 c ≥ 0 cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

Không mất tính tổng quát, giả sử c = min {a, b, c} , bất đẳng thức tương đương với (45a 5 + 45b 5 + 165a 4 b + 69ab 4 − 306a 3b 2 − 18a 2 b 3 ) + Ac ≥ 0 ⇔ 3(a + 5b)(15a 2 + 10ab + 3b 2 )(a − b) 2 + Ac ≥ 0 Trong đó

4

cyc

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

A = 69 a 4 + (536b − 18c)a 3 − ( 410b 2 + 410bc + 306c 2 ) a 2 + (536b 3 − 410b 2 c + 436bc 2 + 165c 3 ) a + 165b 4 − 306b 3 c − 18b 2 c 2 + 69bc 3 + 45c 4

Sử dụng giả thiết c = min {a, b, c}, ta dễ dàng chứng minh được A ≥ 0 nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a : b : c = 1 : 1 : 0. Bài 4. Cho các số dương a, b, c , chứng minh a4 b4 c4 a+b+c ≥ + + 3 3 3 3 3 3 2 a +b b +c c +a Giải. Bổ đề.

1 ab 3 + bc 3 + ca 3 ≤ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ⎛ ⎞ a 4 ⎞⎛ ⎜∑ 3 ⎟⎜ ∑ a 2 ( a 3 + b 3 ) ⎟ ≥ (a 3 + b 3 + c 3 ) 2 3 ⎜ a + b ⎟⎜ ⎟ ⎝ cyc ⎠⎝ cyc ⎠

Ta phải chứng minh 2(a 3 + b 3 + c 3 ) 2 ≥ (a + b + c)(a 5 + b 5 + c 5 + a 2 b 3 + b 2 c 3 + c 2 a 3 ) Ta có a 2 b 3 + b 2 c 3 + c 2 a 3 = (ab + bc + ca)(ab 2 + bc 2 + ca 2 ) − abc(a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca) ab + bc + ca = (ab 3 + bc 3 + ca 3 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + abc(a + b + c)) a+b+c − abc(a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca) ab + bc + ca = (ab 3 + bc 3 + ca 3 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − abc(a 2 + b 2 + c 2 ) a+b+c ab + bc + ca ⎛ 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2⎞ 2 2 2 ≤ ⎜ (a + b + c ) + a b + b c + c a ⎟ − abc(a + b + c ) a+b+c ⎝3 ⎠ Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng ⎛1 ⎞ 2(a 3 + b 3 + c 3 ) 2 ≥ (a + b + c)(a 5 + b 5 + c 5 ) + (ab + bc + ca)⎜ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ⎟ ⎝3 ⎠ 2 2 2 − abc(a + b + c)(a + b + c )

5

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

1− q2 Không mất tính tổng quát, chuẩn hóa cho a + b + c = 1, đặt ab + bc + ca , r = abc (0 ≤ q ≤ 1) thì ta có 3 (1 − q) 2 (1 + 2q) (1 + q ) 2 (1 − 2q ) ≥r≥ . Bất đẳng thức tương đương 27 27

(54r 2 + (28q 2 − 4)r ) − 3(1 − q 2 )r +

1 (7q 6 + 108q 4 − 39q 2 + 5) ≥ 0 27

Rõ ràng f (r ) = 54r 2 + (28q 2 − 4)r là hàm đồng biến theo r nên ta có 2 ⎛ ⎛ (1 + q ) 2 (1 − 2q) ⎞ 2 ⎛ (1 + q) 2 (1 − 2q ) ⎞ ⎞⎟ 2 2 ⎛ (1 − q ) (1 + 2q ) ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ VT ≥ 54⎜ ⎟ + (28q − 4)⎜ ⎟ ⎟ − 3(1 − q )⎜ ⎜ ⎝ 27 27 27 ⎠ ⎝ ⎠⎠ ⎝ ⎠ ⎝

+

q 2 (q 2 (15q 2 − 26q + 24) + (1 − 3q) 2 ) 1 (7 q 6 + 108q 4 − 39q 2 + 5) = ≥0 27 27

Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài 5. (Phan Thành Nam) Cho các số không âm a, b, c có tổng bằng 1 . Đặt k = 1 −

3 , chứng minh rằng 2

a + k (b − c) 2 + b + k (c − a) 2 + c + k (a − b) 2 ≤ 3 Giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ⎛ ⎜ ∑ a + k (b − c) 2 ⎜ ⎝ cyc

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2

⎛ ⎜ 1 a + k (b − c) 2 = ⎜∑ a + ⋅ ⎜ cyc 1 3 a+ ⎜ 3 ⎝ =

(

2

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ 1 ⎞⎜ a + k (b − c) 2 ⎟ ≤ ⎛⎜ ⎟ ∑ a+ ⎜∑ ⎟ 1 3 ⎟⎠⎜ cyc cyc ⎝ a+ ⎟ ⎜ 3 ⎝ ⎠

⎛ ⎜ a 2− 3 (b − c) 2 + 3 +1 ⎜∑ ∑ 1 ⎜ cyc 1 2 cyc + a a+ ⎜ 3 3 ⎝

)

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng

(

⎛ ⎜ 2− 3 (b − c ) 2 a 3 +1⎜∑ + ∑ 1 ⎜ cyc 1 2 cyc a a+ + ⎜ 3 3 ⎝

)

6

⎞ ⎟ ⎟≤3 ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

1 q2 Đặt q = ab + bc + ca ≤ , r = abc thì ta có 0 ≤ r ≤ . Bất đẳng thức tương đương với 3 3

(

) (

)

9 2 + 3 r − q 6q + 3 ≤ 0 Ta có

(

) (

) (

)

(

)

9 2 + 3 r − q 6q + 3 ≤ 3 2 + 3 q 2 − q 6q + 3 = q(3q − 1) 3 ≤ 0 Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 hoặc a = 1, b = c = 0 và 3

các hoán vị. Bài 6. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số dương a, b, c, chứng minh rằng 1 a 2 + bc

+

1 b 2 + ca

+

1 1 ⎞ ⎛ 1 ≤ 2⎜ + + ⎟ ⎝a +b b+c c+ a⎠ c 2 + ab 1

Giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có 2

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ 1 ( )( ) 1 1 ⎟ ≤ ⎜ ∑ (a + b)(a + c) ⎟⎜ ∑ ⎜∑ ⎟ = ⎜ ∑ a + 2b a + c ⋅ ⎟ 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ cyc ⎜ ⎟ 2 ( a b )( a c ) + + a bc a bc + + ( )( ) a + b a + c a + bc ⎠ ⎝ cyc ⎠⎝ cyc ⎠ ⎝ ⎝ cyc ⎠ ⎛ a (b + c) ⎞ 2(a + b + c) ⎜∑ 2 = + 3 ⎟⎟ ⎜ (a + b)(b + c)(c + a) ⎝ cyc a + bc ⎠ Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng ⎞ ⎛ ⎛ a (b + c) a+b+c 1 ⎞ ⎟ ⎟ ≤ ⎜∑ ⎜∑ 2 3 + ⎟ ⎜ b+c⎟ (a + b)(b + c )(c + a ) ⎜⎝ cyc a + bc cyc ⎠ ⎠ ⎝

2

⇔∑

a(b + c) (a 2 + b 2 + c 2 + 3ab + 3bc + 3ca) 2 + 3 ≤ (a + b)(b + c)(c + a)(a + b + c) a 2 + bc

⇔∑

a (b + c) a 4 + b 4 + c 4 − a 2b 2 − b 2c 2 − c 2 a 2 − 3 ≤ (a + b)(b + c)(c + a )(a + b + c) a 2 + bc

cyc

cyc

⎛ 1 ⎞ 1 ⎟⎟ ≥ 0 ⇔ ∑ (a − b)(a − c)⎜⎜ 2 + cyc ⎝ a + bc (b + c)(a + b + c) ⎠ Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c, khi đó ta có a − c ≥

7

a (b − c) ≥ 0. Do đó b

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn ⎛

∑ (a − b)(a − c)⎜⎜ a ⎝

cyc

2

Phạm Thị Hằng

⎞ 1 1 ⎟ + + bc (b + c)(a + b + c) ⎟⎠

≥

⎞ ⎛ 1 ⎞⎞ (a − b)(b − c) ⎛ ⎛ 1 1 1 ⎟ ⎜ a⎜⎜ 2 ⎟ ⎜ b + − + 2 ⎜ a + bc (b + c)(a + b + c) ⎟ ⎜ b + ca (c + a )(a + b + c) ⎟⎟ ⎟ b ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝

=

c (a − b) 2 (a + b)(b − c)(a 2 + b 2 − ab + ac + bc ) ≥0 b(a 2 + bc)(b 2 + ca)(a + c)(b + c)(a + b + c)

Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. III. Bài tập tự giải. Bài 1. (Nguyễn Việt Anh) Cho các số dương a, b, c, chứng minh rằng

a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 2 2 2 3 2a − ab + 2b 2b − bc + 2c 2c − ca + 2a Hướng dẫn. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ⎛ a3 ⎜∑ 2 ⎜ 2a − ab + 2b 2 ⎝ cyc

⎞ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎟⎜ ∑ a ( 2a 2 − ab + 2b 2 )(c + a ) 2 ⎟ ≥ ⎜ ∑ a 3 + ∑ ab 2 ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎜ cyc ⎠ ⎠ ⎝ cyc ⎠⎝ cyc

2

Cuối cùng ta chứng minh 2

⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎛ 3⎜⎜ ∑ a 3 + ∑ ab 2 ⎟⎟ ≥ ⎜⎜ ∑ a ⎟⎟⎜⎜ ∑ a ( 2a 2 − ab + 2b 2 )(c + a ) 2 ⎟⎟ cyc ⎠ ⎠ ⎝ cyc ⎠⎝ cyc ⎝ cyc

Bài 2. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho các số dương a, b, c, chứng minh rằng a 8b 2 + c 2 + b 8c 2 + a 2 + c 8a 2 + b 2 ≤ (a + b + c) 2 Hướng dẫn. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có ⎛ ⎜ ∑ a 8b 2 + c 2 ⎜ cyc ⎝

2

⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ a (8b 2 + c 2 ) ⎞ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ≤ ⎜ ∑ a (51a + 100b + 2c ) ⎟⎜ ∑ ⎟⎜ 51a + 100b + 2c ⎟ = 51⎜ ∑ a ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎠⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc

Ta chỉ cần chứng minh 51∑ cyc

a(8b 2 + c 2 ) ≤ (a + b + c) 2 51a + 100b + 2c

8

2

⎛ a (8b 2 + c 2 ) ⎞ ⎟ ⎜∑ ⎜ 51a + 100b + 2c ⎟ ⎠ ⎝ cyc

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

Phần 2. Các bài toán sử dụng bất đẳng thức Holder. I. Tổng quan về bất đẳng thức Holder. II. Các bài toán áp dụng. Bài 1. (Phan Thành Việt) Cho các số không âm x, y, z có tổng bằng 3 , chứng minh rằng

x y z + + ≥ 3 1 + y + yz 1 + z + zx 1 + x + xy Giải. Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có ⎛ ⎞ x ⎜∑ ⎟ ⎜ cyc 1 + y + yz ⎟ ⎝ ⎠

2

3

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ∑ x 2 (1 + y + yz )(2 x + y + 3 z ) 3 ⎟ ≥ ⎜ ∑ x(2 x + y + 3 z ) ⎟ = 8( x + y + z ) 6 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc

Do đó ta chỉ cần chứng minh

8( x + y + z ) 6 ≥ 3∑ x 2 (1 + y + yz)(2 x + y + 3z ) 3 cyc

⇔ 8( x + y + z ) 7 ≥ ∑ x 2 (( x + y + z ) 2 + 3 y ( x + y + z ) + 9 yz )(2 x + y + 3z ) 3 cyc

Ta có

VT − VP = 4∑ xy ( x 4 + y 4 ) + 26∑ x 2 y 4 + 39∑ x 4 y 2 + 54∑ x 3 y 3 + 261x 2 y 2 z 2 x+ y+z cyc cyc cyc cyc − 24∑ x 4 yz − 93∑ x 3 y 2 z − 97∑ x 2 y 3 z cyc

cyc

cyc

Mặt khác từ bất đẳng thức AM-GM và Schur, ta có thể dễ dàng chứng minh được

4∑ xy( x 4 + y 4 ) + 26∑ x 2 y 4 + 39∑ x 4 y 2 + 54∑ x 3 y 3 + 261x 2 y 2 z 2 ≥ 24∑ x 4 yz + 93∑ x 3 y 2 z + 97∑ x 2 y 3 z cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hoặc x = 3, y = z = 0 và các hoán vị. Bài 2. (Lê Hữu Điền Khuê) Cho các số dương a, b, c , chứng minh bất đẳng thức a2 b2 c2 + + ≥1 a 2 + 7 ab + b 2 b 2 + 7bc + c 2 c 2 + 7ca + a 2 Giải.

9

cyc

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn Đặt x =

Phạm Thị Hằng

b c a , y = , z = thì ta có x, y, z > 0, xyz = 1 . Khi đó, bất đẳng thức trở thành a b c 1

+

x2 + 7x +1

1 y2 + 7y +1

+

1 z 2 + 7z + 1

Do x, y, z > 0, xyz = 1 nên tồn tại các số dương m, n, p sao cho x =

≥1

n2 p2 p2m2 m2n2 , y = , z = , ta phải chứng m4 n4 p4

minh m4

∑

m 8 + 7m 4 n 2 p 2 + n 4 p 4

cyc

≥1

Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có ⎛ m4 ⎜ 8 4 2 2 4 4 ⎜∑ ⎝ cyc m + 7 m n p + n p

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2

⎞ ⎛ ⎜ ∑ m( m 8 + 7 m 4 n 2 p 2 + n 4 p 4 ) ⎟ ≥ ( m 3 + n 3 + p 3 ) 3 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ cyc

Như thế, ta chỉ cần chứng minh

(m 3 + n 3 + p 3 ) 3 ≥ ∑ m(m 8 + 7m 4 n 2 p 2 + n 4 p 4 ) cyc

⇔ ∑ (5m 6 n 3 + 2m 3 n 3 p 3 − 7m 5 n 2 p 2 ) + ∑ (m 6 n 3 − m 4 n 4 p) ≥ 0 sym

sym

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc các số

a, b, c thỏa

a b → +∞, → +∞ và các hoán vị. b c

Bài 3. (Phan Thành Việt) Cho các số dương a, b, c có tổng bằng 3, chứng minh rằng a3 b3 c3 3 + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 a + 3b b + 3c c + 3a Giải. Bổ đề.

a 6 + b 6 + c 6 − 3a 2 b 2 c 2 ≥ 4(a 2 − b 2 )(b 2 − c 2 )(c 2 − a 2 ) = 4∑ a 2 b 4 − 4∑ a 4 b 2 cyc

cyc

Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có ⎛ a3 ⎜∑ ⎜ cyc a 2 + 3b 2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ∑ (a 2 + 3b 2 )(a + c) 3 ⎟ ≥ ⎜ ∑ a 2 + ∑ ab ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ cyc ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠

10

3

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng 3

⎞ ⎛ 9 ⎜ ∑ a 2 + ∑ ab ⎟ ≥ ∑ ( a 2 + 3b 2 )(a + c ) 3 ⎟ ⎜ 4 cyc cyc ⎠ ⎝ cyc 3

⎞ ⎛ ⇔ 4⎜⎜ ∑ a 2 + ∑ ab ⎟⎟ ≥ 3(a + b + c )∑ ( a 2 + 3b 2 )(a + c) 3 cyc cyc ⎠ ⎝ cyc

⇔ ∑ a 6 + 9∑ a 5 b + 12∑ a 4 b 2 − 3∑ a 2 b 4 − 2∑ a 3b 3 + 27∑ a 4 bc − 12∑ a 2 b 3 c − 6∑ a 3b 2 c − 78a 2 b 2 c 2 ≥ 0 cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

Sử dụng bổ đề trên, ta chỉ cần chứng minh rằng

9∑ a 5 b + 8∑ a 4 b 2 + ∑ a 2 b 4 − 2∑ a 3b 3 + 27∑ a 4 bc − 12∑ a 2 b 3 c − 6∑ a 3b 2 c − 75a 2 b 2 c 2 ≥ 0 cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

∑a b + ∑a b 4

cyc

2

2

4

cyc

− 2∑ a 3b 3 ≥ 0 cyc

9∑ a 5 b + 7∑ a 4 b 2 + 27∑ a 4 bc − 12∑ a 2 b 3 c − 6∑ a 3b 2 c − 75a 2 b 2 c 2 ≥ 0 cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

11

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

Phần 3. Các bài toán về kỹ thuật bình phương. I. Các bài toán mẫu. Bài 1. (Vasile Cirtoaje) Với mọi số thực a, b, c thì (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 ≥ 3(a 3 b + b 3 c + c 3 a ) Giải. Viết lại bất đẳng thức như sau ⎞ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ∑ a 4 − ∑ a 2 b 2 ⎟ + 3⎜ ∑ a 2 b 2 − ∑ a 2 bc ⎟ − 3⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟ ≥ 0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ cyc cyc cyc ⎠ ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc ⎝ cyc

Chú ý rằng

∑a − ∑a b 4

2

cyc

2

=

cyc

1 (a 2 − b 2 ) 2 ∑ 2 cyc

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3⎜⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟⎟ = 3⎜⎜ ∑ b 3 c − ∑ a 2 bc ⎟⎟ = −3∑ bc( a 2 − b 2 ) cyc cyc cyc ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠ = −3∑ bc (a 2 − b 2 ) + ∑ ( ab + bc + ca )(a 2 − b 2 ) cyc

cyc

= ∑ (a − b )(ab + ac − 2bc) 2

2

cyc

⎞ 1 ⎛ 3⎜⎜ ∑ a 2 b 2 − ∑ a 2 bc ⎟⎟ = ∑ ( ab + ac − 2bc ) 2 cyc ⎠ 2 cyc ⎝ cyc

Nên bất đẳng thức tương đương

1 1 (a 2 − b 2 ) 2 + ∑ (ab + ac − 2bc) 2 − ∑ (a 2 − b 2 )(ab + ac − 2bc) ≥ 0 ∑ 2 cyc 2 cyc cyc ⇔

1 (a 2 − b 2 − ab − ac + 2bc) 2 ≥ 0 ∑ 2 cyc

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Bài 2. (Võ Quốc Bá Cẩn) Với mọi số thực a, b, c thì

a4 + b4 + c4 +

(

)

3 − 1 abc(a + b + c) ≥ 3 (a 3b + b 3 c + c 3 a)

Giải. Viết lại bất đẳng thức như sau

12

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ∑ a 4 − ∑ a 2 b 2 ⎟ + ⎜ ∑ a 2 b 2 − ∑ a 2 bc ⎟ − 3 ⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟ ≥ 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ cyc cyc cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎠ ⎝ cyc ⎝ cyc

Chú ý rằng

∑a − ∑a b 4

2

cyc

2

=

cyc

1 (a 2 − b 2 ) 2 ∑ 2 cyc

∑ a b − ∑ a bc = ∑ b c − ∑ a bc = −∑ bc(a 3

2

cyc

3

cyc

2

cyc

cyc

− b2 )

cyc

= −∑ bc(a 2 − b 2 ) + cyc

=

2

1 (ab + bc + ca)(a 2 − b 2 ) ∑ 3 cyc

1 (a 2 − b 2 )(ab + ac − 2bc) ∑ 3 cyc

1

∑ a b − ∑ a bc = 6 ∑ (ab + ac − 2bc) 2

cyc

2

2

cyc

2

cyc

Nên bất đẳng thức tương đương

1 1 1 (a 2 − b 2 ) 2 + ∑ (ab + ac − 2bc) 2 − (a 2 − b 2 )(ab + ac − 2bc) ≥ 0 ∑ ∑ 2 cyc 6 cyc 3 cyc 2

⎞ 1 ⎛ 1 ⇔ ∑ ⎜⎜ a 2 − b 2 − (ab + ac − 2bc) ⎟⎟ ≥ 0 2 cyc ⎝ 3 ⎠ Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Bài 3. (Phạm Văn Thuận) Cho các số thực a, b, c, chứng minh rằng 7(a 4 + b 4 + c 4 ) + 10(a 3 b + b 3 c + c 3 a ) ≥ 0 Giải. Ta chứng minh kết quả mạnh hơn

7(a 4 + b 4 + c 4 ) + 10(a 3b + b 3 c + c 3 a) ≥

17 ( a + b + c) 4 27

Thật vậy, bất đẳng thức tương đương

86∑ a 4 + 101∑ a 3b − 34∑ ab 3 − 51∑ a 2 b 2 − 102∑ a 2 bc ≥ 0 cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⇔ 86⎜⎜ ∑ a 4 − ∑ a 2 b 2 ⎟⎟ + 101⎜⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟⎟ − 34⎜⎜ ∑ ab 3 − ∑ a 2 bc ⎟⎟ + 35⎜⎜ ∑ a 2 b 2 − ∑ a 2 bc ⎟⎟ ≥ 0 cyc cyc cyc cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc

Chú ý rằng

13

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

∑a − ∑a b 4

2

cyc

2

Phạm Thị Hằng

1 (a 2 − b 2 ) 2 ∑ 2 cyc

=

cyc

∑ a b − ∑ a bc = ∑ b c − ∑ a bc = −∑ bc(a 3

2

cyc

3

cyc

2

cyc

cyc

cyc

1 (ab + bc + ca)(a 2 − b 2 ) ∑ 3 cyc

1 (a 2 − b 2 )(ab + ac − 2bc) ∑ 3 cyc

∑ ab − ∑ a bc = ∑ bc − ∑ a bc = ∑ bc(c 3

cyc

2

3

cyc

cyc

2

cyc

cyc

= ∑ ca(a 2 − b 2 ) − cyc

=−

− b2 )

cyc

= −∑ bc(a 2 − b 2 ) + =

2

2

− a 2 ) = ∑ ca(a 2 − b 2 ) cyc

1 (ab + bc + ca)(a 2 − b 2 ) ∑ 3 cyc

1 (a 2 − b 2 )(ab + bc − 2ca) ∑ 3 cyc

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⇒ 101⎜⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟⎟ − 34⎜⎜ ∑ ab 3 − ∑ a 2 bc ⎟⎟ = ∑ (a 2 − b 2 )( 45ab + 11ca − 56bc ) cyc cyc ⎠ cyc ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc

1

∑ a b − ∑ a bc = 5282 ∑ (45ab + 11ca − 56bc) 2

2

cyc

2

cyc

2

cyc

Do đó, bất đẳng thức tương đương với

43∑ (a 2 − b 2 ) 2 + ∑ (a 2 − b 2 )(45ab + 11ca − 56bc) + cyc

cyc

35 (45ab + 11ca − 56bc) 2 ≥ 0 ∑ 5282 cyc

1 ⎛ ⎞ ⇔ ∑ ⎜ 43(a 2 − b 2 ) 2 + (a 2 − b 2 )(45ab + 11ca − 56bc) + (45ab + 11ca − 56bc) 2 ⎟ + 172 ⎠ cyc ⎝ 369 + ∑ (45ab + 11ca − 56bc) 2 ≥ 0 454252 cyc

⇔

1 369 (86(a 2 − b 2 ) + 45ab + 11ca − 56bc) 2 + c 2 ( a − b) 2 ≥ 0 ∑ ∑ 172 cyc 172 cyc

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0. II. Bài tập tự giải. Bài 1. (Vasile Cirtoaje) Với mọi số thực a, b, c

14

Võ Quốc Bá Cẩn

yêu

Phạm Thị Hằng

a 4 + b 4 + c 4 + ab 3 + bc 3 + ca 3 ≥ 2(a 3 b + b 3 c + c 3 a ) Bài 2. (Phạm Văn Thuận) Chứng minh rằng bất đẳng thức sau đúng với mọi a, b, c thực

a(a + b) 3 + b(b + c) 3 + c(c + a) 3 ≥

15

8 (a + b + c) 4 27

yêu

Võ Quốc Bá Cẩn

Phạm Thị Hằng

Phần 4. Các bài toán sử dụng bất đẳng thức AM-GM. I. Tổng quan về bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân AM-GM. II. Các bài toán áp dụng. Bài 1. (Phan Thành Nam) Cho các số không âm a, b, c có tổng bằng 1, chứng minh rằng a + b2 + b + c2 + c + a2 ≥ 2

Giải. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

∑ cyc

a + b2 = ∑ cyc

=∑ cyc

a + b2 a + b2

=∑ cyc

(a + b)(a + b 2 ) ( a + b) a + b 2

≥∑ cyc

2(a + b)(a + b 2 ) ( a + b) 2 + a + b 2

2(a + b)(a(a + b + c) + b 2 ) 2(a + b)(a 2 + b 2 + ab + ac) = ∑ 2a 2 + 2b 2 + 3ab + ac (a + b) 2 + a(a + b + c) + b 2 cyc

Như thế, ta chỉ cần chứng minh rằng (a + b)(a 2 + b 2 + ab + ac) ≥ a+b+c ∑ 2a 2 + 2b 2 + 3ab + ac cyc

⇔ ∑ a 5 b 2 + ∑ a 4 b 2 c + 2∑ a 5 bc ≥ 2∑ a 3b 3 c + 2∑ a 3b 2 c 2 cyc

cyc

cyc

cyc

cyc

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 4 6 ⎞ ⎛9 ⇔ ∑ ⎜ a 5 b 2 + b 5 c 2 + c 5 a 2 − a 3 b 2 c 2 ⎟ + abc⎜⎜ ∑ a 3 b − ∑ a 2 bc ⎟⎟ + 2abc⎜⎜ ∑ a 4 − ∑ a 2 b 2 ⎟⎟ ≥ 0 19 19 ⎠ cyc ⎝ 19 cyc cyc ⎠ ⎝ cyc ⎠ ⎝ cyc

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

a = 1, b = c = 0 và các hoán vị.

16

1 hoặc 3