$hide=mobile

Kĩ Thuật Phân Tích Bình Phương Cho Bất Đẳng Thức Hoán Vị

Bất đẳng thức hoán vị là những bài toán rất đẹp bới sự phát biểu đơn giản nhẹ nhàng của chúng. Tuy nhiên, việc giải chúng thì ngược lại, việc tìm một lời giải cho chúng vô cùng vất vả và khó khăn. Và đối với những bài toán có 2 đẳng thức trở lên thì mọi việc lại càng trở nên khó khăn hơn. Sau một thời gian học hỏi kinh nghiệm và tìm tòi, tôi đã tìm được một kĩ thuật để đánh giá cho những bất đẳng thức hoán vị đơn giản. Do độ khó của các bài toán nên đôi khi một số lời giải có đôi chút dài, nhưng bù lại là ta có thể làm chặt cho một số bài toán (đây là một điều bất ngờ mà kĩ thuật này mang lại).

Cũng xin nói thêm rằng bất đẳng thức hiện đại rất phong phú với rất nhiều bài tập. Tuy nhiên với bất đẳng thức hoán vị vòng quanh thì khác, nó rất ít nên có thể coi là những bài toán hiếm. Việc tạo ra một bất đẳng thức đúng đã là khó mà để bất đẳng thức đó hay thì càng khó hơn, nên đối với bất đẳng thức hoán vị thì điều đó lại càng khó thực hiện. Vì thế kĩ thuật này chỉ là một công cụ nhỏ nhưng lại vô cùng hữu ích để các bạn có thêm một hướng giải quyết các bài toán bất đẳng thức hoán vị vòng quanh ba biến.

Cơ sở của kĩ thuật.

Sẽ thật bất ngờ nếu tôi nói với các bạn rằng cơ sở của kĩ thuật này là phương pháp phân tích bình phương $S.O.S$: là đưa bất đẳng thức thuần nhất ba biến $a$, $b$, $c$ về dạng $$S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \ge 0.$$ Đối với bất đẳng thức đối xứng ba biến thì việc quy về dạng chính tắc $S.O.S$ như trên là đơn giản giúp ta dễ dàng giải quyết bài toán. Tuy nhiên, đối với bất đẳng thức hoán vị vòng quanh thì cách quy trên đôi khi không thích hợp và tạo ra các hệ số $S_a$, $S_b$, $S_c$ rất cồng kềnh và khó xử lí. Trong trường hợp đó có một cách khác là quy về dạng (tạm gọi nó là phân tích bình phương hoán vị $S.O.C$) $$S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \ge S(a - b)(b - c)(c - a).$$ Cách quy trên có gì lợi?:
  1. Đối với các dạng hoán vị vòng quanh thì nó tự nhiên và đơn giản hơn cách đưa về $S.O.S$ chính thống.
  2. Đối với bất đẳng thức hoán vị thì ta chỉ cần xét một trong hai khả năng sau
    • Một trong ba số là lớn nhất (giả sử $a = \max\{a,b,c\}$) thì ta xét hai trường hợp có thể xảy ra là $a \ge b \ge c$ và $a \ge c \ge b$.
    • Một trong ba ở giữa hai số kia (giả sử là $b$), thì ta xét hai trường hợp có thể xảy ra là $a \ge b \ge c$ và $c \ge b \ge a$.
Vì vậy, nếu vế trái và $S$ không âm thì ta chỉ xét trường hợp $c \ge b \ge a$ mà bỏ qua trường hợp $a \ge b \ge c$. Cuối cùng cũng xin lưu ý luôn là đối với các bài toán sau đây chúng ta cũng chỉ xét trường hợp $c \ge b \ge a$, khi đó $$(a - b)(b - c)(c - a) \ge 0 \Rightarrow a^2 b + b^2 c + c^2 a \le ab^2 + bc^2 + ca^2,$$ còn với trường hợp $a \ge b \ge c$ thì $S(a - b)(b - c)(c - a) \le 0$, và ta chỉ phải làm theo phương pháp truyền thống $S.O.S$ là chứng minh bất đẳng thức $$S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \ge 0$$

Phân tích cơ sở.

  1. $ab^2 + bc^2 + ca^2 - a^2 b - b^2 c - c^2 a = (a - b)(b - c)(c - a)$
  2. $ab^2 + bc^2 + ca^2 - 3abc = \dfrac{1}{2}\left( {(a - b)(b - c)(c - a) + a(b - c)^2 + b(c - a)^2 + c(a - b)^2 } \right)$
  3. $\dfrac{{a - b}}{{a + b}} + \dfrac{{b - c}}{{b + c}} + \dfrac{{c - a}}{{c + a}} = \dfrac{{ - (a - b)(b - c)(c - a)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}$
  4. $\dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}} = \dfrac{1}{2}\left( {3 - \dfrac{{(a - b)(b - c)(c - a)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}} \right)$
  5. $ab^3 + bc^3 + ca^3 - a^3 b - b^3 c - c^3 a = (a + b + c)(a - b)(b - c)(c - a)$
Bên cạnh các phân tích sơ sở này còn rất nhiều cách phân tích khác mà các bạn có thể tự tìm thấy trong quá trình giải toán.

Xây dựng định lí.

Chúng ta sẽ xây dựng định lí, đưa ra các tiêu chuẩn từ cách phân tích $$S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \ge S(a - b)(b - c)(c - a).$$ Chú ý ở đây ta chỉ xét đến trường hợp $c \ge b \ge a$. Như thế thì $(a - b)(b - c) \ge 0$ nên $$\begin{align}&S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \\ = &S_a (b - c)^2 + S_b (a - b + b - c)^2 + S_c  (a - b)^2 \\ = &\left( {S_b + S_c } \right)(a - b)^2 + \left( {S_a + S_b } \right)(b - c)^2 + 2S_b (a - b)(b - c) \\ \ge & 2\sqrt {\left( {S_a + S_b } \right)\left( {S_b + S_c } \right)} (a - b)(b - c) + 2S_b (a - b)(b - c)\end{align}$$ Do đó bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được $$2\sqrt {\left( {S_a + S_b } \right)\left( {S_b + S_c } \right)} + 2S_b - S \ge 0.$$ Xây dựng tương tự như trên bằng cách tách $a - b = c - b - (c - a)$ và $b - c = b - a - (c - a)$, ta cũng được thêm hai tiêu chuẩn nữa. Tiếp tục xây dựng ta có $$S_b (c - a)^2 = S_b (c - b + b - a)^2 \mathop \ge \limits_{AM - GM} 4S_b (c - b)(b - a)$$ và $$S_a (b - c)^2 + S_c (a - b)^2 \ge 2\sqrt {S_a .S_c } .(b - a)(c - b).$$ Do đó bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được $$4S_b + 2\sqrt {S_a .S_c } \ge S(c - a).$$ Ngoài ra ta còn có $$S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \ge 3\sqrt[3]{{S_a S_b S_c (b - c)^2 (c - a)^2 (a - b)^2 }}.$$ Nên bất đẳng thức sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được $$27 S_a S_b S_c \ge S^3 (a - b)(b - c)(c - a).$$ Hệ thống các kết quả trên ta có các tiêu chuẩn sau
  1. $S_a + S_b \ge 0,S_b + S_c \ge 0,2\sqrt {\left( {S_a + S_b } \right)\left( {S_b + S_c } \right)} + 2S_b - S(c - a) \ge 0$
  2. $S_a + S_b \ge 0,S_a + S_c \ge 0,2\sqrt {\left( {S_a + S_b } \right)\left( {S_a + S_c } \right)} - 2S_a - S(c - b) \ge 0$
  3. $S_c + S_a \ge 0,S_c + S_b \ge 0,2\sqrt {\left( {S_c + S_a } \right)\left( {S_c + S_b } \right)} - 2S_c - S(b - a) \ge 0$
  4. $S_a \ge 0,S_c \ge 0,2\sqrt {S_a .S_c } + 4S_b - S(c - a) \ge 0$
  5. $S_a \ge 0,S_b \ge 0,S_c \ge 0,2\sqrt {S_b S_c } - S(c - b) \ge 0$
  6. $S_a \ge 0,S_b \ge 0,S_c \ge 0,2\sqrt {S_a S_b } - S(b - a) \ge 0$
  7. $S_a \ge 0,S_b \ge 0,S_c \ge 0,27S_a S_b S_c - S^3 (a - b)(b - c)(c - a) \ge 0$
Các tiêu chuẩn trên rất tiện để xử lí những bài toán có các hệ số $S_a$, $S_b$, $S_c$ cồng kềnh (đặc biệt là tiêu chuẩn 1 rất mạnh). Tuy nhiên nếu ta gặp những bài toán rất chặt đến nỗi không thể áp dụng được tiêu chí nào thì có một cách khác là đặt $c = a + x + y$ và $b = a + x$ $(x,y \ge 0)$. Cách làm này giúp ta có thể loại đi a một cách nhanh chóng nhờ cách phân tích trên (bởi $c - a = x + y$, $b - a = x$). Hơn nữa ta lại còn có thể làm chặt cho bất đẳng thức nhờ các biến còn thừa lại. Các bài toán áp dụng sau để làm sáng tỏ thêm cho điều này. Ngoài ra, ta còn có thể chia nhỏ nhiều trường hợp nữa trong $c \ge b \ge a$ để dễ dàng giải quyết bài toán.

Áp dụng vào giải toán.

Có lẽ mọi kĩ thuật cũng xuất phát từ một bài toán nào đó. Và tôi cũng vậy, tôi xin bắt đầu bằng một bài toán khởi đầu cho kĩ thuật này một cách tình cờ

Bài toán 1. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$. Chứng minh bất đẳng thức $$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc\dfrac{{a^2 b + b^2 c + c^2 a}}{{ab^2 + bc^2 + ca^2 }} \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).$$ Lời giải. Nếu $a \ge b \ge c$ thì $a^2 b + b^2 c + c^2 a \ge ab^2 + bc^2 + ca^2$, nên theo bất đẳng thức Schur thì $$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc\dfrac{{a^2 b + b^2 c + c^2 a}}{{ab^2 + bc^2 + ca^2 }} \ge a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).$$ Nếu $c \ge b \ge a$ thì bất đẳng thức được viết lại như sau $$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc + 3abc\left( {\dfrac{{a^2 b + b^2 c + c^2 a}}{{ab^2 + bc{}^2 + ca^2 }} - 1} \right) \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) - 6abc$$ hay là $$\begin{align}&\dfrac{1}{2}(a + b + c)\left( {(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 } \right) - \dfrac{{3abc(a - b)(b - c)(c - a)}}{{ab^2 + bc{}^2 + ca^2 }} \\ \ge & a(b - c)^2 + b(c - a)^2 + c(a - b)^2\end{align}$$ hay là $$\begin{align}&\dfrac{1}{2}(a + b - c)(a - b)^2 + \dfrac{1}{2}(b + c - a)(b - c)^2 + \dfrac{1}{2}(c + a - b)(c - a)^2 \\ \ge & \dfrac{{3abc(a - b)(b - c)(c - a)}}{{ab^2 + bc{}^2 + ca^2 }}.\end{align}$$ Theo tiêu chuẩn 1 thì ta chỉ cần chứng minh $$2\sqrt {ac} + c + a - b - \dfrac{{3abc(c - a)}}{{ab^2 + bc{}^2 + ca^2 }} \ge 0.$$ Quy đồng, rút gọn và nhóm các số hạng lại với nhau ta được bất đẳng thức tương đương là $$2bc^2 \left( {\sqrt {ac} - a} \right) + ab^2 (c - b) + bc^2 (c - b) + a^2 c^2 + a^2 b^2 + a^3 c + 2ab^2 \sqrt {ac} + 2ca^2 \sqrt {ac} + 2a^2 bc \ge 0.$$ Bất đẳng thức trên đúng do $c \ge b \ge a$. Vậy ta có ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba biến bằng nhua hoặc một trong ba biến bằng $0$ và hai biến còn lại bằng nhau.

Bài toán 2. (Nguyễn Trọng Thọ) Chứng minh rằng với $a,b,c>0$ thì $$\dfrac{{a^3 }}{{2a^2 + b^2 }} + \dfrac{{b^3 }}{{2b^2 + c^2 }} + \dfrac{{c^3 }}{{2c^2 + a^2 }} \ge \dfrac{{a + b + c}}{3}.$$ Lời giải. Để cho gọn ta kí hiệu $\sum$ là tổng cyclic (mỗi tổng gồm ba số hạng). Bằng cách biến đổi tương đương ta có $$\begin{align}&\sum\dfrac{a^{3}-ab^{2}}{2a^{2}+b^{2}}\ge0\Leftrightarrow\sum(a^{3}-ab^{2})(2b^{2}+c^{2})(2c^{2}+a^{2})\ge0\\\Leftrightarrow&3\sum a^{3}b^{2}c^{2}+2\sum a^{3}c^{4}+2\sum a^{5}b^{2}+\sum a^{5}c{}^{2}\ge4\sum ab^{4}c^{2}+2\sum ab^{2}c^{4}+2\sum a^{3}b^{4}\\\Leftrightarrow&2\sum\left(a^{5}b^{2}+a^{3}b^{2}c^{2}-2a^{4}b^{2}c\right)+\sum\left(a^{5}c^{2}+a^{3}b^{2}c^{2}-2a^{4}bc^{2}\right)\ge2\left(\sum a^{3}b^{4}-a^{3}c^{4}\right)\\\Leftrightarrow&2\sum a^{3}b^{2}(a-c)^{2}+\sum a^{3}c^{2}(a-b)^{2}\ge2(a-b)(b-c)(c-a)\left(\sum a^{2}b^{2}+\sum a^{2}bc\right).\end{align}$$ Bây giờ giả sử $a = \max\{ a,b,c\}$. Nếu $c<b$ thì bất đẳng thức trên đúng nên ta chỉ phải xét khi $a \ge c \ge b$. Ta sẽ chứng minh $$2a^3 b^2 (a - c)^2 + 2a^2 c^3 (c - b)^2 + a^3 c^2 (a - b)^2 \ge 2(a - c)(c - b)\left( {a^3 c^2 + a^3 bc + a^3 b^2 } \right).$$ Xét 2 trường hợp
Trường hợp 1. Xét khi $c - b \le a - c$, ta có $$b^2 (a - c)^2 + a^3 c^2 (a - b)^2 \ge 2a^3 b^2 (a - c)(c - b) + 4a^3 c^2 (a - c)(c - b).$$ Vì $a^3 b^2 + 2a^3 c^2 \ge a^3\left( {c^2 + bc + b^2 } \right)$ nên suy ra điều phải chứng minh.
Trường hợp 2. Xét khi $c - b > a – c$, tương tự như trên ta có $$2a^2 c^3 (c - b)^2 + a^3 c^2 (a - b)^2 \ge 2a^2 c^3 (a - c)(c - b) + 4a^3 c{}^2(a - c)(c - b).$$ Vì $$\begin{align}a^2 c^3 + 2a^3 c^2 - a^3 \left( {c^2 + bc + b^2 } \right) > &a^2 c^2 b + a^3 bc - a^3 \left( {bc + b^2 } \right) \\ = &a^3 b(c - b) + a^2 bc(c - a) \ge 0\end{align}$$ nên ta cũng có điều phải chứng minh. Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Bài toán 3. (VIF) Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$. Chứng minh $$\dfrac{{4a}}{{a + b}} + \dfrac{{4b}}{{b + c}} + \dfrac{{4c}}{{c + a}} + \dfrac{{ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc}}{{a^2 b + b^2 c + c^2 a + abc}} \ge 7.$$ Lời giải. Theo cách phân tích cơ sở 4 thì bất đẳng thức được viết lại thành $$2\left( {3 - \dfrac{{(a - b)(b - c)(c - a)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}} \right) + \left( {\dfrac{{ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc}}{{a^2 b + b^2 c + c^2 a + abc}} - 1} \right) \ge 6$$ hay là $$\dfrac{{(a - b)(b - c)(c - a)}}{{a^2 b + b^2 c + c^2 a + abc}} - \dfrac{{2(a - b)(b - c)(c - a)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 0 $$ hay là $$\dfrac{{(a - b)(b - c)(c - a)\left[ {(a + b)(b + c)(c + a) - 2\left( {a^2 b + b^2 c + c^2 a + abc} \right)} \right]}}{{\left( {a^2 b + b^2 c + c^2 a + abc} \right)(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 0$$ hay là $$\dfrac{{\left[ {(a - b)(b - c)(c - a)} \right]^2 }}{{\left( {a^2 b + b^2 c + c^2 a + abc} \right)(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 0.$$ Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Bài toán 4. (UK TST 2005) Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$ sao cho $abc=1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{{a + 3}}{{(a + 1)^2 }} + \dfrac{{b + 3}}{{(b + 1)^2 }} + \dfrac{{c + 3}}{{(c + 1)^2 }} \ge 3.$$ Lời giải (VIF). Do $abc=1$ nên đặt $a = \dfrac{y}{x}$, $b = \dfrac{z}{y}$, $c = \dfrac{x}{z}$. Bất đẳng thức trên được viết lại như sau $$\dfrac{{3x^2 + xy}}{{(x + y)^2 }} + \dfrac{{3y^2 + yz}}{{(y + z)^2 }} + \dfrac{{3z^2 + zx}}{{(z + x)^2 }} \ge 3$$ hay là $$\begin{align}&\dfrac{3}{4}\left[ {\left( {\dfrac{{x - y}}{{x + y}} + 1} \right)^2 + \left( {\dfrac{{y - z}}{{y + z}} + 1} \right)^2 + \left( {\dfrac{{z - x}}{{z + x}} + 1} \right)^2 } \right] \\ + &\dfrac{1}{4}\left[ {\dfrac{{(x + y)^2 - (x - y)^2 }}{{(x + y)^2 }} + \dfrac{{(y + z)^2 - (y - z)^2 }}{{(y + z)^2 }} + \dfrac{{(z + x)^2 - (z - x)^2 }}{{(z + x)^2 }}} \right] \ge 3\end{align}$$ hay là $$\begin{align}\left( {\dfrac{{x - y}}{{x + y}}} \right)^2 + \left( {\dfrac{{y - z}}{{y + z}}} \right)^2 + \left( {\dfrac{{z - x}}{{z + x}}} \right)^2 \ge & - 3\left( {\dfrac{{x - y}}{{x + y}} + \dfrac{{y - z}}{{y + z}} + \dfrac{{z - x}}{{z + x}}} \right) \\ = &3\dfrac{{(x - y)(y - z)(z - x)}}{{(x + y)(y + z)(z + x)}}.\end{align}$$ Nếu $(x - y)(y - z)(z - x) \le 0$ thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Nếu $(x - y)(y - z)(z - x) \ge 0$ thì $$\left( {\dfrac{{x - y}}{{x + y}}} \right)^2 + \left( {\dfrac{{y - z}}{{y + z}}} \right)^2 + \left( {\dfrac{{z - x}}{{z + x}}} \right)^2 \mathop \ge \limits_{AM - GM} 3\sqrt[3]{{\left( {\dfrac{{(x - y)(y - z)(z - x)}}{{(x + y)(y + z)(z + x)}}} \right)^2 }}$$ nên ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{{(x - y)(y - z)(z - x)}}{{(x + y)(y + z)(z + x)}} \le 1$$ hay là $$2\left( {x^2 y + y^2 z + z^2 x} \right) \ge 0.$$ Bất đẳng thức trên luôn đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Có thể nói hai bài toán trên không cần phải sử dụng đến một tiêu chuẩn nào cả. nhưng mặt khác lại cho thấy được cái lời khi phân tích về $S(a - b)(b - c)(c - a)$. Và bây giờ chúng ta sẽ thực hiện làm chặt một số bất đẳng thức bằng các biến còn thừa như đã nói ở Lời nói đầu.

Bài toán 5. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$. Chứng minh bất đẳng thức $$4(a + b + c)^3 \ge 27\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc} \right).$$ Lời giải. Nếu $a \ge b \ge c$ thì $$ab^2 + bc^2 + ca^2 + abc \ge ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc$$ nên $$27\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc} \right) \le \dfrac{{27}}{2}\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc} \right).$$ Do đó ta chỉ cần chứng minh $$27\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc} \right) \le 8(a + b + c)^3$$ hay là $$8\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) \ge 3\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + ab^2 + bc{}^2 + ca^2 } \right) + 6abc.$$ Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức $AM-GM$.
Nếu $c \ge b \ge a$ thì ta viết bất đẳng thức lại như sau $$4\sum {a^3 } + 12\sum {a^2 b} - 15\sum {ab^2 - 3abc \ge 0}$$ hay là $$4\left( {\sum {a^3 } - 3abc} \right) - \dfrac{3}{2}\left[ {\sum {(ab(a + b))} - 6abc} \right] + \dfrac{{27}}{2}\left( {\sum {a^2 b} - \sum {ab^2 } } \right) \ge 0$$ hay là $$2(a + b + c)\left[ {\sum {(a - b)^2 } } \right] - \dfrac{3}{2}\sum {\left( {a(b - c)^2 } \right)} \ge \dfrac{{27}}{2}(c - b)(b - a)(c - a)$$ hay là $$(4b + 4c + a)(b - c)^2 + (4c + 4a + b)(c - a)^2 + (4a + 4b + c)(a - b)^2 \ge 27(c - b)(b - a)(c - a)$$ hay là $$(5a + 5b + 8c)(c - b)^2 + (8a + 5b + 5c)(b - a)^2 + 2(4a + b + 4c)(c - b)(b - a) \\ \ge 27(c - b)(b - a)(c - a).$$ Đặt $c = a + x + y$, $b = a + x$. Bất đẳng thức được viết lại như sau $$y^2 (18a + 8y + 13x) + x^2 (18a + 5y + 10x) + 2(9a + 5x + 4y)xy \ge 27xy(x + y).$$ Loại $a$ thì ta chỉ cần chứng minh $$y^2 (8y + 13x) + x^2 (5y + 10x) + 2(5x + 4y)xy \ge 27xy(x + y) \Leftrightarrow 5x^3 + 4y^3 \ge 6x^2 y + 3xy^2.$$ Ta có $$2\left( {x^3 + x^3 + y^3 } \right)\mathop \ge \limits_{AM - GM} 6x^2 y;x^3 + y^3 + y^3 \mathop \ge \limits_{AM - GM} 6xy^2.$$ Do đó ta có điều phải chứng minh Bây giờ như đã nói ở phần Xây dựng định lí, ta sẽ làm chặt bất đẳng thức nhờ các biến còn thừa $$\dfrac{1}{2}.18a\left( {x^2 + y^2 + xy} \right)\mathop \ge \limits_{AM - GM} 9a.\dfrac{3}{4}.(x + y)^2 = \dfrac{{27}}{2}a(c - a)^2.$$ Như vậy là ta có bất đẳng thức chặt hơn là với $k = \min \{a,b,c\}$ và $t = \max\{ a,b,c\}$ thì $$4(a + b + c)^3 \ge 27\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 + abc} \right) + \dfrac{{27}}{4}k(t - k)^2.$$ Các bạn đừng lo cách làm chặt này chỉ đúng trong một trường hợp mà ta đang xét, bởi trong trường hợp ngược lại $a\ge b\ge c$ thì sau khi đánh giá bất đẳng thức $$(a - b)(b - c)(c - a) \le 0 \le - (a - b)(b - c)(c - a),$$ công việc còn lại chỉ là vấn đề tương tự.

Bài toán 6. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$. Chứng minh bất đẳng thức $$a^3 + b^3 + c^3 + 2(a^2 b + b^2 c + c^2 a) \ge 3(ab^2 + bc^2 + ca^2 ).$$ Lời giải. Nếu $a \ge b \ge c$ thì $$\begin{align}2(a^2 b + b^2 c + c^2 a) &\ge 2(ab^2 + bc^2 + ca^2 ) \\ a^3 + b^3 + c^3 &\ge ab^2 + bc^2 + ca^2\end{align}$$ nên bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu $c \ge b \ge a$ thì bất đẳng thức được viết lại như sau $$(a + b)(a - b)^2 + (b + c)(a - b)^2 + (c + a)(a - b)^2 \ge 5(a - b)(b - c)(c - a)$$ hay là $$(2a + b + c)(b - a)^2 + (2c + a + b)(c - b)^2 \ge (b - a)(c - b)(3c - 7a).$$ Đặt $c = a + x + y$, $b = a + x$. Bất đẳng thức được viết lại như sau $$x^2 (4a + 2x + y) + y^2 (4a + 3x + 2y) \ge xy( - 4a + 3x + 3y).$$ Loại $a$ đi thì ta chỉ cần chứng minh $$x^2 (2x + y) + y^2 (3x + 2y) \ge xy(3x + 3y) \Leftrightarrow 2x^3 + 2y^3 \ge 2x^2 y.$$ Bất đẳng thức trên đúng do $$2x^3 + y^3 \mathop \ge \limits_{AM - GM} 2x^2 y.$$ Cũng như bài toán trên, ta có thể làm chặt bài toán và thu được $$a^3 + b^3 + c^3 + 2(a^2 b + b^2 c + c^2 a) \ge 3(ab^2 + bc^2 + ca^2 ) + \dfrac{3}{2}k(t - k)^2$$
Bài toán 7. (VIF) Cho các số thực dương $a$, $b$, $c$. Chứng minh $$\dfrac{{a^2 + b^2 + c^2 }}{{ab + bc + ca}} + \dfrac{3}{2}.\dfrac{{2\left( {a^2 b + b^2 c + c^2 a} \right) - abc}}{{2\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 } \right) - abc}} \ge \dfrac{5}{2}.$$ Lời giải. Nếu $a \ge b \ge c$ thì $\dfrac{{2(a^2 b + b^2 c + c^2 a) - abc}}{{2(ab^2 + bc^2 + ca^2 ) - abc}} \ge 1$, nên dễ dàng suy ra điều phải chứng minh
Nếu $c \ge b \ge a$ thì bất đẳng thức được viết lại như sau $$\dfrac{{(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 }}{{ab + bc + ca}} \ge \dfrac{{6(a - b)(b - c)(c - a)}}{{2\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 } \right) - abc}}.$$ Mà $$\dfrac{{(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 }}{{ab + bc + ca}} = \dfrac{{2\left[ {(c - b)^2 + (b - a)^2 + (c - b)(b - a)} \right]}}{{ab + bc + ca}} \ge \dfrac{{6(c - b)(b - a)}}{{ab + bc + ca}}$$ nên ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{1}{{ab + bc + ca}} \ge \dfrac{{c - a}}{{2\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 } \right) - abc}}.$$ Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức trên thành $$c(b - a)(c - a) + 2ca^2 + 3a^2 b \ge 0.$$ Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Bài toán 8. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$. Chứng minh bất đẳng thức $$\dfrac{{a^3 + b^3 + c^3 }}{3} \ge abc + \dfrac{3}{4}|(a - b)(b - c)(c - a)|.$$ Lời giải. Thật ra ta có thể chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là $$\dfrac{{a^3 + b^3 + c^3 }}{3} \ge abc + |(a - b)(b - c)(c - a)|.$$ Không mất tính tổng quát giả sử$c \ge b \ge a$. Bất đẳng thức trên được viết lại như sau $$a^3 + b^3 + c^3 \ge 3abc + 3|(a - b)(b - c)(c - a)|$$ hay là $$(a + b + c)\left[ {(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 } \right] \ge 6|(a - b)(b - c)(c - a)|.$$ Áp dụng tiêu chuẩn 4, ta cần phải chứng minh $$6(a + b + c) - 6(c - a) \ge 0 \Leftrightarrow 12a + 6b \ge 0.$$ Bất đẳng thức trên hiển nhiên. Vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Thật ra hằng số tốt nhất trong bài toán trên là $\dfrac{1}{3}\sqrt {\dfrac{{3\sqrt 3 + 9}}{{\sqrt 3 - 1}}}$, tức là ta có bất đẳng thức $$\dfrac{{a^3 + b^3 + c^3 }}{3} \ge abc + \dfrac{1}{3}\sqrt {\dfrac{{3\sqrt 3 + 9}}{{\sqrt 3 - 1}}} |(a - b)(b - c)(c - a)|.$$ Nhưng để giải quyết bài toán này thì cần phải nhờ đến công cụ hàm số, nên không tiện nhắc đến ở đây.

Bài tập áp dụng.

Qua các ví dụ trên đã phần nào nói lên điểm mạnh của kĩ thuật này, và bây giờ các bạn thử áp dụng phương pháp này để giải quyết các bài toán

Bài toán 1. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$ sao cho $a^2 + b^2 + c^2 = 3$. Chứng minh $$ab^2 + bc{}^2 + ca^2 \le 2 + abc$$ Bài toán 2. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$ sao cho $a^2 + b^2 + c^2 = 1$. Chứng minh $$(a + b + c)(a - b)(b - c)(c - a) \le \dfrac{1}{4}$$ Bài toán 3. Cho các số thực không âm $a$, $b$, $c$. Chứng minh bất đẳng thức $$\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} + \dfrac{{3abc}}{{2\left( {ab^2 + bc{}^2 + ca^2 } \right)}} \ge 2$$

$hide=home

$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

$hide=post$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

$hide=home

Kỷ Yếu$cl=violet$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Journals$cl=green$type=three$count=6$sr=random$t=oot$h=1$l=0$meta=hide$rm=hide$sn=0

Name

Ả-rập Xê-út,1,Abel,5,Albania,2,AMM,2,Amsterdam,5,Ấn Độ,1,An Giang,21,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,19,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,51,Bắc Giang,49,Bắc Kạn,1,Bạc Liêu,9,Bắc Ninh,46,Bắc Trung Bộ,7,Bài Toán Hay,5,Balkan,37,Baltic Way,30,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,66,Bến Tre,45,Benelux,13,Bình Định,43,Bình Dương,21,Bình Phước,38,Bình Thuận,34,Birch,1,Booklet,11,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,5,Buôn Ma Thuột,1,BxMO,12,Cà Mau,13,Cần Thơ,14,Canada,39,Cao Bằng,6,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,36,Caucasus,2,CGMO,10,China,10,Chọn Đội Tuyển,347,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,124,Chuyên Sư Phạm,31,Chuyên Trần Hưng Đạo,3,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,610,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,25,Đà Nẵng,38,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,54,Đắk Nông,7,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi HSG,1627,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,8,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,4,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,48,Đồng Tháp,51,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Duyên Hải Bắc Bộ,25,E-Book,33,EGMO,16,ELMO,19,EMC,8,Epsilon,1,Estonian,5,Euler,1,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,Forum Of Geometry,2,Furstenberg,1,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,26,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,12,Gia Lai,25,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,28,Hà Nội,231,Hà Tĩnh,72,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,49,Hải Phòng,42,Hàn Quốc,5,Hậu Giang,4,Hậu Lộc,1,Hilbert,1,Hình Học,33,HKUST,7,Hòa Bình,13,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,8,HSG 10,100,HSG 11,84,HSG 12,575,HSG 9,398,HSG Cấp Trường,78,HSG Quốc Gia,98,HSG Quốc Tế,16,Hứa Lâm Phong,1,Hứa Thuần Phỏng,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,30,Hương Sơn,2,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,25,IMO,54,India,45,Inequality,13,InMC,1,International,307,Iran,11,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,20,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,16,KHTN,53,Kiên Giang,63,Kim Liên,1,Kon Tum,18,Korea,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,42,Lai Châu,4,Lâm Đồng,33,Lạng Sơn,21,Langlands,1,Lào Cai,15,Lê Hải Châu,1,Lê Hải Khôi,1,Lê Hoành Phò,4,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,1,Lê Phương,1,Lê Quý Đôn,1,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,1,Leibniz,1,Long An,42,Lớp 10,10,Lớp 10 Chuyên,452,Lớp 10 Không Chuyên,229,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Lý Thánh Tông,1,Macedonian,1,Malaysia,1,Margulis,2,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today,1,Mathley,1,MathLinks,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,10,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,9,MYTS,4,Nam Định,32,Nam Phi,1,Nam Trung Bộ,1,National,249,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,50,Ngô Bảo Châu,2,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,1,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Đức Thắng,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,8,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Tài Chung,5,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,8,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,25,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,2,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,3,Nhóm $\LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,41,Ninh Thuận,15,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,19,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,96,Olympic 10/3,5,Olympic 11,88,Olympic 12,30,Olympic 24/3,6,Olympic 27/4,19,Olympic 30/4,64,Olympic KHTN,6,Olympic Sinh Viên,73,Olympic Tháng 4,10,Olympic Toán,297,Olympic Toán Sơ Cấp,3,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,30,Phú Yên,26,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,11,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,44,Putnam,25,Quảng Bình,44,Quảng Nam,31,Quảng Ngãi,33,Quảng Ninh,43,Quảng Trị,26,Quỹ Tích,1,Riemann,1,RMM,12,RMO,24,Romania,36,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,69,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia,7,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,24,Shortlists,56,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học - Tổ Hợp,27,Sóc Trăng,28,Sơn La,11,Spain,8,Star Education,5,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,14,Tập San,6,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,29,Thạch Hà,1,Thái Bình,39,Thái Nguyên,49,Thái Vân,2,Thanh Hóa,57,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPTQG,15,THTT,6,Thừa Thiên Huế,34,Tiền Giang,19,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TPHCM,123,Trà Vinh,5,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,34,Trại Hè Hùng Vương,25,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,9,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,2,Trần Quốc Luật,1,Trần Quốc Nghĩa,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trung Quốc,12,Trường Đông,19,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,55,Tuyên Quang,6,Tuyển Sinh,3,Tuyển Tập,44,Tuymaada,4,Undergraduate,66,USA,44,USAJMO,10,USATST,7,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,2,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,27,Vĩnh Long,19,Vĩnh Phúc,63,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,46,VNTST,21,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,26,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,17,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,11,Zhou Yuan Zhe,1,
ltr
item
MOlympiad: Kĩ Thuật Phân Tích Bình Phương Cho Bất Đẳng Thức Hoán Vị
Kĩ Thuật Phân Tích Bình Phương Cho Bất Đẳng Thức Hoán Vị
MOlympiad
https://www.molympiad.net/2018/04/ki-thuat-phan-tich-binh-phuong-cho-bat-dang-thuc-hoan-vi.html
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/
https://www.molympiad.net/2018/04/ki-thuat-phan-tich-binh-phuong-cho-bat-dang-thuc-hoan-vi.html
true
2506595080985176441
UTF-8
Loaded All Posts Not found any posts VIEW ALL Readmore Reply Cancel reply Delete By Home PAGES POSTS View All RECOMMENDED FOR YOU LABEL ARCHIVE SEARCH ALL POSTS Not found any post match with your request Back Home Sunday Monday Tuesday Wednesday Thursday Friday Saturday Sun Mon Tue Wed Thu Fri Sat January February March April May June July August September October November December Jan Feb Mar Apr May Jun Jul Aug Sep Oct Nov Dec just now 1 minute ago $$1$$ minutes ago 1 hour ago $$1$$ hours ago Yesterday $$1$$ days ago $$1$$ weeks ago more than 5 weeks ago Followers Follow THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED Please share to unlock Copy All Code Select All Code All codes were copied to your clipboard Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy