Giáo án Luyện thi môn Toán 12 - Chương 4: Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậc

Chương 4
Bất đẳng thức dạng thuần
nhất bậc
Tính thuần nhất bậc (đồng bậc, thuần nhất) là một tiêu chuẩn đầu tiên phải
tính đến khi so sánh các đại lượng. Các bất đẳng thức cổ điển ta đã biết như
bất đẳng thức giữa trung các đại lượng trung bình, Cauchy, Ho¨lder, Minkowski,
Chebychev, . . . , đều là các bất đẳng thức dạng đồng bậc. 1
Trong chương này, chúng ta sẽ đề cập tới các phương pháp cơ bản để chứng
minh bất đẳng thức đồng bậc, cũng như cách chuyển từ một bất đẳng thức
không đồng bậc về một bất đẳng thức đồng bậc. Nắm vững và vận dụng nhuần
nhuyễn các phương pháp này, chúng ta có thể chứng minh được nhiều lớp bất
đẳng thức sơ cấp.
4.1 Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậc
Hàm số f (x1, x2, . . . , xn) của các biến số thực x1, x2, . . . , xn được là hàm thuần
nhất bậc m nếu với mọi số thực t ta có
f (tx1, tx2, . . . , txn) = t
m f (x1, x2, . . . , xn),
với t ∈ R− {0}, và xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n, m, n ∈ N, m 6= 0, n ≥ 2. Số tự nhiên m
được gọi là bậc của đa thức đồng bậc.
Bất đẳng thức dạng f (x1, x2, . . . , xn) ≥ 0, với f là một hàm thuần nhất được
gọi là bất đẳng thức thuần nhất (bậc m). Khái niệm bất đẳng thức đồng bậc liên
quan chặt chẽ với đa thức đồng bậc. Thí dụ, hai đa thức sau là hai đa thức đồng
1Đây là một chương trong cuốn sách Bất đẳng thức, Suy luận & Khám phá đã xuất bản của tác giả
Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ.
119
4.2. Đồng bậc hoá bất đẳng thức 120
bậc đồng bậc
g(x) = x5 + y5 + 8x2y3, f (x) = x2 y + 4yx2 − 3x3 + 10y3.
Từng đơn thức trong đa thức thứ nhất có bậc là năm, còn mỗi đơn thức trong
đa thức thứ hai có bậc là ba. Cũng cần chú ý rằng đa thức kiểu như f (x) =
(x + 2y)3 + 101x2 không phải là đồng bậc.
4.2 Đồng bậc hoá bất đẳng thức
Với những bất đẳng thức có điều kiện, ta có thể chuyển về dạng bất đẳng
thức đồng bậc. Điều kiện cho trước thường là một hệ thức liên hệ giữa các biến
số. Từ giả thiết đã cho ta có thể viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
đồng bậc.
Bài toán 4.1. Cho các số thực không âm a, b thoả mãn điều kiện a + b = 2, chứng
minh dãy bất đẳng thức
2 ≤ a2 + b2 ≤ a3 + b3 ≤ a4 + b4 .
Chứng minh. Ta lần lượt chứng minh từng bất đẳng thức. Mỗi vế bất đẳng thức
hơn kém nhau một bậc; mà ta cũng thấy rằng biểu thức ở điều kiện cho trước có
dạng bậc nhất. Sử dụng giả thiết này ta làm cân bằng bậc của các bất đẳng thức.
Trước hết ta chứng minh 2 ≤ a2 + b2. Thật vậy, nhân hai vế với hai, và viết
nó dưới dạng tương đương (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2). Dễ dàng quy bất đẳng thức
này về dạng (a− b)2 ≥ 0.
Đối với bất đẳng thức thứ hai, ta viết lại dưới dạng
(a2 + b2)(a + b) ≤ 2(a3 + b3).
Bất đẳng thức này tương đương với a3 + b3 ≥ ab2 + a2b, hay (a− b)2(a + b) ≥ 0.
Điều này hiển nhiên đúng với a, b > 0.
Bất đẳng thức cuối cùng làm tương tự.
Bài toán 4.2. Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
a2/3 + b2/3 + c2/3 = 3,
chứng minh bất đẳng thức
a2 + b2 + c2 ≥ a4/3 + b4/3 + c4/3.
Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 121
Chứng minh. Để bỏ số mũ dạng hữu tỉ, ta đưa ra biến mới như sau. Đặt a1/3 = x,
b1/3 = y, c1/3 = z. Khi đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức x6 + y6 + z6 ≥
x4 + y4 + z4 với điều kiện x2 + y2 + z2 = 3.
Sử dụng giả thiết ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
tương đương là
3(x6 + y6 + z6) ≥ (x2 + y2 + z2)(x4 + y4 + z4).
Nhân khai triển và nhóm các số hạng cho ta
(x2 − y2)2(x2 + y2) + (y2 − z2)2(y2 + z2) + (z2 − x2)2(z2 + x2) ≥ 0.
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.
4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thức
Xét bất đẳng thức đồng bậc dạng
f (x1, x2, . . . , xn) ≥ g(x1, x2, . . . , xn),
trong đó f và g là hai đa thức đồng bậc. Do tính chất của hàm thuần nhất,
ta có thể chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về việc chứng minh
bất đẳng thức f (x1, x2, . . . , xn) ≥ λ với mọi x1, x2, . . . , xn thỏa mãn điều kiện
g(x1, x2, . . . , xn) = λ. Chuẩn hóa một cách thích hợp, ta có thể làm đơn giản các
biểu thức của bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chất
đặc biệt của các hằng số.
Nếu biết quan sát và lựa chọn những điều kiện thích hợp, nghĩa là lúc ấy
như có thêm giả thiết, ta sẽ có lời giải gọn gàng, sáng sủa. Trong mục này chúng
tôi đưa ra một số cách chọn điều kiện kiểu như vậy.
Bài toán 4.3. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì
(a + b− c)2
c2 + (b + a)2
+
(a + c− b)2
b2 + (c + a)2
+
(c + b− a)2
a2 + (b + c)2
>
3
5
.
Chứng minh. Bậc của cả hai vế là không. Đặt x = a/(a + b + c), y = b/(a + b + c),
z = c/(a + b + c), thế thì x + y + z = 1. Do đó, ta viết bất đẳng thức cần chứng
minh dưới dạng
(4.1)
(1− 2z)2
z2 + (1− z)2 +
(1− 2y)2
y2 + (1− y)2 +
(1− 2x)2
x2 + (1− x)2 >
3
5
.
Chú ý rằng
(1− 2t)2
t2 + (1− t)2 =
4t2 − 4t + 1
2t2 − 2t + 1 =
2(2t2 − 2t + 1)− 1
2t2 − 2t + 1 = 2−
1
2t2 − 2t + 1 .
4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 122
Từ đó, ta có thể viết lại bất đẳng thức (4.1) dưới dạng
1
2x2 − 2x + 1 +
1
2y2 − 2y + 1 +
1
2z2 − 2z + 1 ≤
27
5
Ta cần tìm số δ sao cho với 0 < t < 1 thì
1
2t2 − 2t + 1 ≤
9
5
+ δ
(
t− 1
3
)
.
Chuyển 95 sang vế trái và quy đồng cho ta
(4.2)
−18t2 + 18t− 4
2t2 − 2t + 1 − δ
(
t− 1
3
)
≤ 0.
Để ý rằng t − 13 là nhân tử chung của vế trái của (4.2) nên ta viết lại bất đẳng
thức đó dưới dạng tương đương
(4.3)
(
t− 1
3
)[ 12− 18t
2t2 − 2t + 1 − δ
]
≤ 0.
Bây giờ ta cần tìm δ sao cho biểu thức trong ngoặc thứ hai của (4.3) nhận t − 13
làm nhân tử. Thế thì ta thay t = 13 vào biểu thức δ =
12−18t
2t2−2t+1 sẽ thu được δ =
54
5 .
Với giá trị này của δ, ta viết lại (4.3) dưới dạng
(
t− 1
3
)[ 12− 18t
2t2 − 2t + 1 −
54
5
]
≤ 0.
Bất đẳng thức này tương đương với −(t− 13 )2(18t + 13 ) ≤ 0. Điều này hiển nhiên
đúng.
Vậy, ta có đánh giá sau đây
1
2t2 − 2t + 1 ≤
9
5
+
54
5
(
t− 1
3
)
.
Sử dụng ước lượng này ba lần cho x, y, z ta sẽ có ngay điều phải chứng minh.
Phép chứng minh hoàn tất.
Nói chung, những bài bất đẳng thức có một vế là tổng của ba phân thức như
trên là rất khó hoặc không thể đánh giá được từng phân thức. Cách chọn trên
cho phép ta làm được điều khó khăn này một cách dễ dàng dựa trên tính chất
cơ bản về bất đẳng thức, phân số, và tam thức bậc hai.
Tổng quát hơn, ta có thể chứng minh được nhiều bất đẳng thức đối xứng
đồng bậc bằng cách đặt x = ka/(a + b + c) và tương tự với y, z ta được x + y + z =
k, mà không làm mất tính đối xứng của bất đẳng thức ban đầu. Một cách tương
4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 123
tự, ta có thể giải bài toán sau đây và thiết lập được nhiều bài bất đẳng thức chứa
các biểu thức phân thức kiểu như bài toán trong đề thi vô địch Hoa Kỳ năm 2003
(2a + b + c)2
2a2 + (b + c)2
+
(2b + c + a)2
2b2 + (c + a)2
+
(2c + a + b)2
2c2 + (a + b)2
6 8,
với giả thiết a, b, c là các số dương. Ta thấy rằng tử thức và mẫu thức của mỗi
phân thức ở vế trái đều là các đa thức bậc hai. Vì thế vế trái của bất đẳng thức
có bậc là không. Không mất tổng quát, ta có thể giả sử rằng a + b + c = 1. Và từ
đó tiếp tục như trên.
Ta xét thêm một bất đẳng thức khác có dạng “tương tự" như trên, ấy là chứng
minh rằng
(4a + b− c)2
2a2 + (b + c)2
+
(4b + c− a)2
2b2 + (c + a)2
+
(4c + a− b)2
2c2 + (a + b)2
> 8.
Nhưng thật đáng tiếc rằng kỹ thuật trên đây lại không có tác dụng với bài toán
này. Điều đó là do ta không thể cô lập hay đưa mỗi phân thức về dạng một biến
số thông qua điều kiện tổng ba số bằng k. Đây cũng là ý tưởng cơ sở quan trọng
của cách làm này.
Bài toán 4.4. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì
(a + b + c)2
a2 + b2 + c2
+ 12
( a3 + b3 + c3
abc
− a
2 + b2 + c2
ab + bc + ca
)
> 4.
Chứng minh. Bài này là tổng của ba bất đẳng thức ngược chiều nhau. Biểu thức
thứ nhất trong ngoặc đạt giá trị nhỏ nhất; còn hai biểu thức kia đạt giá trị lớn
nhất. Không giảm tổng quát ta có thể giả sử ω = a2 + b2 + c2, chọn ω = 3, và
sử dụng các hằng đẳng thức
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca),
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab− bc− ca).
Do đó, ta viết vế trái bất đẳng thức dưới dạng
F =
5
2
+
2λ
3
+
1
2
η(3− λ)− 3
2λ
,
trong đó λ = ab + bc + ca, và η = 1/(ab) + 1/(bc) + 1/(ca), ta đã biết rằng λ 6 3,
mặt khác sử dụng bất đẳng thức quen biết η > 9/λ,
F >
5
2
+
2λ
3
+
9
2λ
(3− λ)− 3
2λ
= −2 + 2λ
3
+
12
λ
.
4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 124
Do đó, để chứng minh F > 4, ta chỉ cần chỉ ra rằng λ/3 + 6/λ > 3. Thật vậy, sử
dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân sau khi đã tách số
hạng sau để có dấu đẳng thức, ta có
λ
3
+
3
λ
+
3
λ
3
>
(
λ
3
.
3
λ
.
3
λ
)1/3
=
(
3
λ
)1/3
> 1.
Phép chứng minh đã hoàn tất.
Bằng cách đặt tương tự, ta có thể thiết lập các biểu thức đối xứng cùng bậc
rồi chọn một điều kiện nào đó, ước lượng các giá trị khi các biến số bằng nhau,
ta có thể xây dựng được các bất đẳng thức mới.
Bài toán 4.5. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thì
6(a + b + c)(a2 + b2 + c2) 6 27abc + 10(a2 + b2 + c2)3/2.
Chứng minh. Rõ ràng hai vế của bất đẳng thức này đều có dạng bậc ba. Nhưng
nếu tiếp tục lựa chọn như thí dụ trên sẽ không hiệu quả nữa bởi biểu thức
a2 + b2 + c2 có số mũ dạng hữu tỷ. Nếu cả ba số bằng không thì bất đẳng thức
hiển nhiên đúng. Nếu có một số khác không, ta đặt ω = a2 + b2 + c2, và giả sử
|a| 6 |b| 6 |c|, chọn ω = 9 để tránh dạng số vô tỷ. Thế thì bất đẳng thức trên có
dạng 2(a + b + c)− abc 6 10.
Sau đây là một thí dụ cho thấy rằng phép chọn điều kiện thích hợp có thể
cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo.
Bài toán 4.6. Giả sử a, b, c là các số thực dương, chứng minh bất đẳng thức
3
√
(a + b)(b + c)(c + a)
8
≥
√
ab + bc + ca
3
.
Chứng minh. Chọn ab + bc + ca = 3, thành thử là bây giờ ta chỉ cần chứng minh
rằng
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8.
Nhưng chú ý rằng (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca)− abc. Phép
chứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được rằng 3(a + b + c) − abc ≥ 8. Theo
bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có −abc ≥ −1, và
(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Có hai câu hỏi cần đặt ra sau lời giải này là tại sao lại chọn số 3, và chọn như
thế có lợi ích gì. Cái tưởng chừng như khó nhất của bài toán là sự có mặt của hai
căn thức khác nhau đã được vượt qua dễ dàng.
Bài toán 4.7. Cho các số thực dương x, y, z và đặt x + y + z = p, xy + yz + zx = q,
và xyz = r. Giả sử p = 1, hãy biểu diễn các biểu thức x2 + y2 + z2, theo p, q, và
biểu diễn x3 + y3 + z3, x4 + y4 + z4 theo p, q, r.
4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 125
Từ kết quả của bài toán trên đây, người ta có thể áp đặt điều kiện để xây dựng
các bất đẳng thức đối xứng ba biến có điều kiện. Với một bài toán bất đẳng thức
đồng bậc ba biến, ta có thể lựa chọn tuỳ ý một (chỉ một thôi) trong ba điều kiện
p = 1, q = 1, r = 1.
Bài toán 4.8. Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn
a + b + c = 1,
chứng minh rằng
a√
a + b2
+
b√
b + c2
+
c√
c + a2
≤ 3
2
.
Chứng minh. Lời giải sau đây của Võ Quốc Bá Cẩn. Giả sử L là vế trái của bất
đẳng thức. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
L2 ≤ (a + b + c)
(
a
a + b2
+
b
b + c2
+
c
c + a2
)
=
a
a + b2
+
b
b + c2
+
c
c  ... hức tương tự, cộng chúng với nhau ta sẽ có ngay điều
phải chứng minh.
Bài toán 4.86. Xét bốn số thực không âm a, b, c, d, chứng minh rằng
∑
cyclic
a3
(a + b)(a + c)(a + d)
≥ 1
2
.
Chứng minh. Lời giải của Naoki Sato. Sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình
cộng và trung bình nhân, ta có
(a + b)(a + c)(a + d) ≤
(
a + b + a + c + a + d
3
)3
=
(
a +
b + c + d
3
)3
.
Do đó
a3
(a + b)(a + c)(a + d)
≥ a
3(
a + b+c+d3
)3 .
9Cũng có dạng này, bất đẳng thức sau đây chặt hơn và chưa giải quyết ngay được theo cách trên
đây. Với bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 + c2 + d2 = 1, chứng minh rằng
1
a
+
1
b
+
1
c
+
1
d
+ 10(a + b + c + d) ≥ 28.
Sau khi lựa chọn k thích hợp, ta phân tích được (2a − 1)2(2 − 3a) ≥ 0. Điều này chỉ đúng nếu
max(a, b, c, d) ≤ 23 . Có lẽ phải biện luận các trường hợp khác nữa nếu muốn đi theo hướng này.
4.12. Một số kiểu ước lượng thông dụng 172
Không mất tổng quát, ta giả sử rằng a + b + c + d = 4. Thế thì
a3(
a + b+c+d3
)3 =
(
a
a + 4−a3
)3
=
(
3a
2a + 4
)3
=
27
8
(
a
a + 2
)3
,
do đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
∑
cyclic
(
a
a + 2
)3
≥ 4
27
.
Ta sẽ chứng tỏ (
x
x + 2
)3
≥ 2x− 1
27
với mọi x ∈ [0, 4].
Điều này là bởi vì
(
x
x + 2
)3
− 2x− 1
27
=
2(x− 1)2(−x2 + 6x + 4)
27(x + 2)3
,
và −x2 + 6x + 4 ≥ 0 với 3−√13 ≤ x ≤ 3 +√13, khoảng này bao hàm cả đoạn
0 ≤ x ≤ 4.
Do đó,
∑
cyclic
(
a
a + 2
)3
≥ 2(a + b + c + d)− 4
27
=
4
27
.
Phép chứng minh hoàn tất.
Bài toán 4.87. Xét n ≥ 2 số thực dương thỏa mãn
a1 + a2 + · · ·+ an = 1,
chứng minh bất đẳng thức
1√
na21 − a1 + 1
+
1√
na22 − a2 + 1
+ · · ·+ 1√
na2n − an + 1
≤ n− 1 + 1√
n
(
√
a1 +
√
a2 + · · ·+
√
an).
Chứng minh. Ta chứng minh rằng nếu x là một số thực sao cho 0 ≤ x ≤ 1 thì
1√
nx2 − x + 1 ≤ 1− x +
√
x
n
.
4.13. Ước lượng qua tam thức bậc hai 173
Ta viết bất đẳng thức này dưới dạng
1− 1√
nx2 − x + 1 ≥ x−
√
x
n
.
Thực hiện phép biến đổi liên hợp cho ta bất đẳng thức tương đương
(nx− 1)x
(1 +
√
nx2 − x + 1)
√
nx2 − x + 1 ≥
(nx− 1)x
(1 +
√
nx)
√
nx
.
Dễ xác minh được bất đẳng thức này đúng với 0 ≤ x ≤ 1/n hoặc 1/n ≤ x ≤ 1.
Bây giờ lần lượt thay x bởi a1, a2, ..., an cho ta
n
∑
i=1
1√
na2i − ai + 1
≤ n− 1 + 1√
n
.
n
∑
i=1
√
ai.
Phép chứng minh hoàn tất.
4.13 Ước lượng qua tam thức bậc hai
Mục này xét đến các ước lượng bất đẳng thức thông qua tam thức bậc hai.
Việc xác định các hệ số của tam thực dựa trên hai thông tin quan trọng là thông
tin về dấu đẳng thức và yêu cầu khi phân tích, biến đổi tương đương. Cách này
làm này giúp ta giải được những bài toán bất đẳng thức tương đối chặt, và khó.
Nhược điểm dễ thấy nhất là sau phép ước lượng trung gian, ta cần phải chứng
minh bất đẳng thức có bậc khá cao.
Bài toán 4.88. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn
a2 + b2 + c2 = 1,
chứng minh rằng
1
1− ab +
1
1− bc +
1
1− ca ≤
9
2
.
Chứng minh. Vì đẳng thức đã cho nên ta có max(ab, bc, ca) ≤ 12 . Ta sẽ tìm k, l
sao cho
1
1− x ≤ k
(
x2 − 1
9
)
+l
(
x− 1
3
)
+
3
2
.
Nhóm nhân tử chung cho ta bất đẳng thức tương đương
(
x− 1
3
)[2
3
k
(
x +
1
3
)
+
2
3
l − 1
1− x
]
≤ 0.
4.13. Ước lượng qua tam thức bậc hai 174
Ta cần tìm đẳng thức liên hệ giữa k và l sao cho 13 là một nghiệm của
g(x) =
2
3
k
(
x +
1
3
)
+
2
3
l − 1
1− x .
Thay giá trị x = 13 vào g(x) ta có l =
9
4 − 23 k. Lại thay l vào g(x) để g(x) chỉ còn
phụ thuộc vào k. Lúc này ta chỉ cần chọn k sao cho 12 là một nghiệm của
4
9
k− 1
1− x = 0.
Từ đó ta chọn được k = 92 , và l = − 14 . Vậy ta có đánh giá sau
1
1− x ≤
9
2
(
x2 − 1
9
)
−1
4
(
x− 1
3
)
+
3
2
.
Khai triển và rút gọn cho ta
1
1− x ≤
9
2
x2 − 1
4
x +
13
12
, với mọi 0 ≤ x ≤ 1
2
.
Sử dụng bất đẳng thức này với x thay lần lượt bằng ab, bc, và ca, cuối cùng ta
cần chứng minh rằng
18(a2b2 + b2c2 + c2a2)− (ab + bc + ca) ≤ 5.
Viết bất đẳng thức này dưới dạng đồng bậc
18(a2b2 + b2c2 + c2a2) ≤ 5(a2 + b2 + c2)2 + (ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2).
Khai triển và rút gọn cho ta
5(a4 + b4 + c4) + ∑
cyclic
a3(b + c) + abc(a + b + c) ≥ 8(a2b2 + b2c2 + c2a2).
Chú ý rằng ta có bất đẳng thức quen thuộc
a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ≥ 2(a2b2 + b2c2 + c2a2).
Phép chứng minh hoàn tất.
Bài toán 4.89. Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn
a2 + b2 + c2 + d2 = 1,
chứng minh rằng
1
1− ab +
1
1− bc +
1
1− cd +
1
1− da ≤
16
3
.
4.13. Ước lượng qua tam thức bậc hai 175
Chứng minh. Từ giả thiết dễ dàng suy ra max(ab, bc, cd, da) ≤ 12 . Đẳng thức xảy
ra khi mỗi trong bốn số bằng 12 nên ta cần chọn k, l sao cho
1
1− x ≤ k
(
x2 − 1
16
)
+l
(
x− 1
4
)
+
4
3
, với mọi 0 ≤ x ≤ 1
2
.
Biến đổi bất đẳng thức này về dạng(
x− 1
4
)[3
4
k
(
x +
1
4
)
+
3
4
l − 1
1− x
]
≥ 0.
Cần tìm một đẳng thức liên hệ giữa k và l sao cho
g(x) =
3
4
k
(
x +
1
4
)
+
3
4
l − 1
1− x
nhận 14 làm nghiệm. Thay giá trị x =
1
4 vào g(x) cho ta l =
16
9 − 12 k. Lại thay l
vào g(x) thì g(x) chỉ còn phụ thuộc k, và ta có thể viết bất đẳng thức dưới dạng(
x− 1
4
)2[ 9
16
k− 1
1− x
]
≥ 0.
Chọn k sao cho 916 p− 11−x ≥ 0 với x ≤ 12 . Từ đó ta chọn k = 329 . Suy ra l = 0. Vậy
1
1− x ≤
32
9
(
x2 − 1
16
)
+
4
3
.
Rút gọn vế phải cho ta
1
1− x ≤
32
9
x2 +
10
9
với mọi x ≤ 1
2
.
Bây giờ sử dụng bất đẳng thức này để chứng minh bất đẳng thức ban đầu. Ta
chỉ cần chứng tỏ
32
9
(a2b2 + b2c2 + c2d2 + d2a2) +
40
9
≤ 16
3
.
Lưu ý rằng a2b2 + b2c2 + c2d2 + d2a2 = (a2 + c2)(b2 + d2), theo bất đẳng thức
giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có điều phải chứng minh. 10
Bài toán 4.90. Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn
a + b + c = 1,
chứng minh rằng
1
1− ab +
1
1− bc +
1
1− bc ≤
27
8
.
10Bạn Trần Lê Bách có đưa ra cách giải đơn giản nữa bằng việc sử dụng trực tiếp đánh giá sau đây
1
1− ab ≤
4
3
+
32
9
(
a2b2 − 1
16
)
.
4.13. Ước lượng qua tam thức bậc hai 176
Chứng minh. Từ giả thiết bài toán ta có max(ab, bc, ca) ≤ 14 . Đẳng thức xảy ra khi
mỗi số bằng 13 . Do đó, ta cần tìm k, l sao cho
1
1− x ≤ k
(
x2 − 1
81
)
+l
(
x− 1
9
)
+
9
8
.
Ta tìm được hệ thức liên hệ l = 8164 − 29 k, và chọn được l = 5764 , k = 2716 . Cuối cùng
chuyển bài toán cần chứng minh về dạng
27(a2b2 + b2c2 + c2a2) + 12(ab + bc + ca) ≤ 5.
Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc thì bất đẳng thức này chuyển về
dạng
27q2 − 54r + 12q ≤ 5.
Bây giờ áp dụng bổ đề 4.35, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4.91. Cho bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn
a2 + b2 + c2 + d2 = 1,
chứng minh rằng
1
1− abc +
1
1− bcd +
1
1− cda +
1
1− dab ≤
32
7
.
Chứng minh. Từ giả thiết suy ra
max(abc, bcd, cda, dab) ≤ 1
3
√
3
.
Chú ý rằng đẳng thức trong bất đẳng thức cần chứng minh thỏa mãn khi bốn
số bằng nhau. Coi x = abc, ta tìm k sao cho ước lượng sau đây thỏa mãn
1
1− x ≤
8
7
+ k
(
x2 − 1
64
)
.
Dễ dàng viết bất đẳng thức này về dạng tương đương
(8x− 1)
[
1
7(1− x) −
4
49
(8x + 1)
]
≤ 0.
Ta cần chọn k sao cho biểu thức trong ngoặc vuông nhận 8x − 1 làm nhân tử.
Muốn vậy, k = 64
7(1−x)(8x+1), với x =
1
8 . Từ đó suy ra k =
256
49 . Với giá trị này của
k ta thu được bất đẳng thức
(4.42)
1
1− x ≤
8
7
+
256
49
(
x2 − 1
64
)
.
4.13. Ước lượng qua tam thức bậc hai 177
Thực vậy bất đẳng thức này đúng vì ta viết nó được dưới dạng tương đương
(8x− 1)2(4x − 3) ≤ 0. Điều này đúng với mọi x ≤ 1/3√3. Sử dụng ước lượng
(4.42) lần lượt cho abc, bcd, cda, dab, bây giờ ta chỉ cần chứng minh
(abc)2 + (bcd)2 + (cda)2 + (dab)2 ≤ 1
64
.
Đây chính là bất đẳng thức ??. Phép chứng minh khá đơn giản bằng cách nhóm
và sử dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân.
Bài toán 4.92. Xét bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 1,
chứng minh rằng
1
1− ab +
1
1− bc +
1
1− cd +
1
1− da +
1
1− ac +
1
1− bd ≤
96
15
.
Chứng minh. Từ giả thiết bài toán, ta có max(ab, bc, cd, da) ≤ 14 . Đẳng thức trong
bất đẳng thức cần chứng minh đạt được khi mỗi số bằng 14 . Từ đó, ta nghĩ tới
lựa chọn k, l sao cho
1
1− x ≤ k
(
x2 − 1
256
)
+l
(
x− 1
16
)
+
16
15
.
Nếu chuyển giả thiết bài toán về dạng a + b + c + d = 4, thì ta cần tìm k, l sao
cho
1
16− x ≤ k(x
2 − 1) + l(x− 1) + 1
15
.
Từ đó, l = 1225 − 2k, và k = 92430 . Ta có ước lượng
1
16− x ≤
1
2700
x2 +
9
2430
x +
123201
131220
.
Bạn đọc tự hoàn thành bài toán này, coi như một bài tập.
Bạn đọc có thể sử dụng kiến thức trong mục này để giải các bất đẳng thức
??, ?? và các bài sau.
Bài toán 4.93. Xét ba số thực dương x, y, z, hãy tìm số p sao cho
x
x +
√
(x + y)(x + z)
≤ x
p
xp + yp + zp
.
Bài toán 4.94. Xét ba số thực không âm x, y, z, hãy tìm số k sao cho bất đẳng
thức sau đúng
x(y + z)
x2 + (y + z)2
≤ kx + y + z
x + y + z
.
4.13. Ước lượng qua tam thức bậc hai 178
Bài toán 4.95. Xét n ≥ 3 số thực không âm a1 , a2, ..., an, với r = n+1n−1 , và p = n+1n
thì chứng minh rằng
a1√
a21 + r(a2 + a3 + · · ·+ an)2
≥ a
p
1
a
p
1 + a
p
2 + · · ·+ a
p
n
.
Bài toán 4.96. Xét tám số thực không âm x1, x2, ..., x8 thỏa mãn
x31 + x
3
2 + · · ·+ x38 = 1,
chứng minh rằng
∑
1≤i< j<k≤8
1
1− xix jxk
≤ 64.
Bài tập chương 4
Bài toán 4.97. Chứng minh rằng nếu x, y, z ≥ 0, thì
(x3 + y3 + z3 − xyz)3 ≥ (x3 + y3)(y3 + z3)(z3 + x3).
Bài toán 4.98. Xét ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
ab + bc + ca + abc = 4,
chứng minh rằng
a3 + b3 + c3 + 13abc ≥ 16.
Bài toán 4.99. Các số thực a, b, c thỏa mãn
a + b + c = 2, và ab + bc + ca− abc ≥ 1.
Chứng minh rằng với mọi x, y, z ∈ R
(1− a)yz + (1− b)zx + (1− c)xy ≤ 1
4
(ax + by + cz)2.
Bài toán 4.100. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thì
26(a2 + b2 + c2)3/2 + 27abc ≥ 18(a + b + c)(a2 + b2 + c2).
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài toán 4.101. Ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh
rằng (1− xy)(1− yz)(1− zx) ≥ ( 89 )3.
4.13. Ước lượng qua tam thức bậc hai 179
Bài toán 4.102. Xét bốn số thực không âm a, b, c, d, chứng minh rằng
∑
cyclic
(2a + b + c + d)2
(b + c + d)2 + a2
≤ 10.
Bài toán 4.103. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 thì
a4
b2 + bc + c2
+
b4
c2 + ca + a2
+
c4
a2 + ab + b2
≥ a
3 + b3 + c3
a + b + c
.
Bài toán 4.104. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c =
1. Hãy chứng minh rằng giá trị lớn nhất của k để bất đẳng thức sau đúng là 1154
a3 + b3 + c3 + abc ≥ 4
27
+ k[(a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2].
Bài toán 4.105. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0, thì
8
27
(ab + bc + ca)3 ≤ (a2 + bc)(b2 + ca)(c2 + ab) ≤ 1
64
(a + b + c)6.
Bài toán 4.106. Cho ba số thực không âm x, y, z, chứng minh rằng
x2
x2 + xy + y2
+
y2
y2 + yz + z2
+
z2
z2 + zx + x2
+
4xyz
(x + y)(y + z)(z + x)
≤ 3
2
.
Bài toán 4.107. Chứng minh rằng nếu x, y, z, t ≥ 0 thì
(
3x
y + z + t
)3/4
≥ 4x
x + y + z + t
.
Bài toán 4.108. Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
x + y + z = 1,
chứng minh rằng
1
x
+
1
y
+
1
z
≥ 24(x2 + y2 + z2) + 1.
Đẳng thức xảy ra khi nào?