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  ...  những trường hợp khó
nhất, công cụ đạo hàm có thể giải quyết trọn vẹn bài toán.
4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 141
Bài toán 4.30. Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 1,
chứn minh rằng
9
4
≤ 1
1 + xy
+
1
1 + yz
+
1
1 + zx
≤ 27
4(x + y + z)2
.
Bài toán 4.31. Xét ba số thực không âm x, y, z, chứng minh rằng
(x + y + z)5 ≥
( 9
4
√
6− 9
)
(x3 + y3 + z3)(xy + yz + zx).
Bài toán 4.32. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác thì
(a− b)2
a2 + ab + b2
+
(b− c)2
b2 + bc + c2
+
(c− a)2
c2 + ca + a2
≤ 2.
Bài toán 4.33. Chứng minh rằng nếu x, y, z ≥ 0 thì
x
y + z
+
y
z + x
+
z
x + y
+ 2
[
xyz
(x + y)(y + z)(z + x)
]2/3
≥ 2.
Bài toán 4.34. Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3.
Chứng minh rằng
x2 + y2 + z2 + 3xyz ≥ 6.
4.5 Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng
Bất đẳng thức Schur đã cho ta một quan hệ giữa ba đại lượng p, q, và r.
Bây giờ ta xét đến một quan hệ mới của chúng. Xét ba số thực a, b, c thoả mãn
a + b + c = 1, ta đã biết kết quả cơ bản là ab + bc + ca ≤ 13 . Đặt ab + bc + ca =
1−t2
3 , t ≥ 0, ta đã tìm được giá trị lớn nhất của r = abc theo t. Nếu t = 0 thì
a = b = c = 13 nên r =
1
27 . Nếu t 6= 0, và trong ba số a, b, c có nhiều nhất là hai
số bằng nhau, ta xét hàm
f (x) = (x− a)(x− b)(x− c) = x3 − x2 + 1− t
2
3
x− abc.
Tính đạo hàm
f ′(x) = 3x2 − 2x + 1− t
2
3
.
Từ đó suy ra f ′(x) đổi dấu tại hai điểm x = 1+t3 , x =
1−t
3 .
Lập bảng biến thiên, ta có giá trị cực đại, cực tiểu lần lượt là
fmax = f
(1− t
3
)
=
(1− t)2(1 + 2t)
27
− abc,
fmin = f
(1 + t
3
)
=
(1 + t)2(1− 2t)
27
− abc.
4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 142
bbb
y = f (x)
b
b
O
a b c x
y
f
(
1− t
3
)
f
(
1 + t
3
)
Vì f (x) có ba nghiệm phân biệt nên giá trị cực đại và giá trị cực tiểu phải trái
dấu. Vì hệ số lớn nhất trong đa thức f (x) dương nên fmax ≥ 0, và fmin ≤ 0. Tức
là
(1 + t)2(1− 2t)
27
≤ abc ≤ (1− t)
2(1 + 2t)
27
.
Tổng quát hơn, ta có
Bài toán 4.35. Nếu a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = p, đặt ab + bc + ca =
1
3 (p
2 − t2), t ≥ 0. Ta có
(p + t)2(p− 2t)
27
≤ abc ≤ (p− t)
2(p + 2t)
27
.
Ta có thể chứng minh kết quả trên theo cách khác. 3
3Chú ý đồng nhất thức sau
0 ≤ (a− b)2(b− c)2(c− a)2 = −27r2 + 2(1− 3q2)r + 1
27
(1− q2)2(4q2 − 1)
= − 1
27
(27r− (1− q)2(1 + 2q))(27r− (1 + q)2(1− 2q)).
Chú ý rằng vì q ≥ 0 nên (1 + q)2(1− 2q) ≤ (1− q)2(1 + 2q)2, do đó theo định lý về dấu tam thức
bậc hai, ta phải có
(1 + t)2(1− 2t)
27
≤ abc ≤ (1− t)
2(1 + 2t)
27
..
4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 143
Bài toán 4.36. Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1, đặt
q = ab + bc + ca, r = abc,
chứng minh rằng
r ≤ 1
27
(1− 3t2 + 2t3),
trong đó q = 13 (1− t2).
Chứng minh. Xét hàm số f (c), với
f (c) = abc = c
[
1− t2
3
− c(1− c)
]
.
Nếu 0 ≤ t ≤ 12 thì
1
3
(1− t2)− c(1− c) ≥ 0
khi c ∈ [0, 1], bây giờ để thoả mãn điều kiện Viet, tức là
(1− c)2 − 4
[
1
3
(1− t2)− c(1− c)
]
≥ 0.
Bất đẳng thức này cho ta
1− 2t
3
≤ c ≤ 1 + 2t
3
.
Tính đạo hàm hàm f (c) ta được
f ′(c) = 3c2 − 2c + 1
3
(1− t2).
Do đó f ′(c) = 0 khi và chỉ khi c = 13 (1± t). Lập bảng biến thiên, suy ra
f (c) ≤ f
(1− t
3
)
=
1
27
(1− 3t2 + 2t3).
Nếu 12 ≤ t ≤ 1 thì ta vẫn phải có điều kiện
0 ≤ 1− 2t
3
≤ c ≤ 1 + 2t
3
≤ 1.
Hơn nữa, để có ab ≥ 0 thì
1
3
(1− t2)− c(1− c) ≥ 0.
Bất đẳng thức này cho ta 1 ≥ c ≥ 12
(
1 +
√
4t2−1
3
)
hoặc 0 ≤ c ≤ 12
(
1−
√
4t2−1
3
)
.
Chú ý rằng
1− t
3
≤
1−
√
4t2−1
3
2
;
1 + t
3
≤
1 +
√
4t2−1
3
2
≤ 1 + 2t
3
.
4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 144
Từ đó, lập bảng biến thiên, và ta vẫn có
f (c) ≤ 1
27
(1− 3t2 + 2t3).
Phép chứng minh hoàn tất.
Bài toán 4.37. Xét ba số thực a, b, c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 9, chứng minh rằng
2(a + b + c)− abc ≤ 10.
Chứng minh. Điều kiện bài toán cho ta p2 + 2t2 = 9. Bất đẳng thức cần chứng
minh có dạng
2p− r ≤ 10.
Theo kết quả trên
2p− r ≤ 2p− 1
27
(p + t)2(p− 2t) = p(5t
2 + 27) + 2t3
27
.
Thành thử, ta cần chứng minh
p(5t2 + 27) ≤ 270− 2t3.
Bình phương hai vế cho ta
(270− 2t3)2 ≥ p2(5t2 + 27)2,
hay là
27(t− 3)2(2t4 + 12t3 + 49t2 + 146t + 219) ≥ 0.
Bất đẳng thức này đúng. Phép chứng minh hoàn tất.
Bài toán 4.38. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 thì
(ab + bc + ca)(a + b + c)3 + 48(ab + bc + ca)abc− 25abc(a + b + c)2 ≥ 0.
Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Chứng minh. Không mất tổng quát, chọn a + b + c = 1, khi đó bất đẳng thức cần
chứng minh có dạng
1− t2
3r
+ 16(1− t2) ≥ 25.
Theo bổ đề 4.35 ta có
1− t2
3r
≥ 9(1 + t)
(1− t)(1 + 2t) .
Lại chú ý rằng
9(1 + t)
(1− t)(1 + 2t) + 16(1− t
2) =
2t2(4t− 1)2
(1− t)(1 + 2t) + 25.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi t = 0, hoặc t = 14 ,
nghĩa là hoặc a = b = c, hoặc 2a = b = c hoặc các hoán vị.
4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 145
Bài toán 4.39. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 thì
8
27
(a + b + c)3(ab + bc + ca) + abc(a + b + c)2 ≥ 10abc(a2 + b2 + c2).
Chứng minh. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, và r = abc. Chọn p = 1, thì bất
đẳng thức cần chứng minh có thể viết được dưới dạng
8
27
q + 20qr− 9r ≥ 0.
Vì q ≤ 13 nên 20q− 9 ≤ 0, và sử dụng kết quả bài toán (4.36), ta có
f (q) ≥ 8
27
q +
1
27
(20q− 9)(1− 3t2 + 2t3).
Lại lưu ý rằng q = 13 (1− t2), nên ta có thể chuyển việc chứng minh f (q) ≥ 0 về
8
27
(1− t2)− 1
81
(1− 3t2 + 2t3)(7 + 20t2) ≥ 0.
Bất đẳng thức này tương đương với
(1− t)(2t− 1)2(10t2 + 5t + 1) ≥ 0.
Bất đẳng thức này đúng với t ∈ [0, 1].
Bài toán 4.40. Xét ba số thực không âm a, b, c, hãy tìm số k nhỏ nhất sao cho
(ab + bc + ca)(abc + a3 + b3 + c3) ≤ k(a + b + c)5.
Chứng minh. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, và r = abc. Ta có thể chọn
p = 1, và bất đẳng thức trêm có thể viết dưới dạng
(1 + 4r− 3q)q ≤ k.
Xét hàm f (q) = (1 + 4r− 3q)q. Sử dụng kết quả bài toán (4.36), ta được
f (q) ≤ 1
3
(1− t2)
[
4
27
(1− 3t2 + 2t3) + 1− (1− t2)
]
Ta cần tìm giá trị lớn nhất của F(t), với
F(t) =
1
3
(1− t2)
[
4
27
(1− 3t2 + 2t3) + 1− (1− t2)
]
=
1
81
(1− t2)(4 + 15t2 + 8t3).
4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 146
Đặt 81F(t) = g(t), khảo sát hàm g(t), ta có g′(t) = −40t4 − 60t3 + 24t2 + 22t.
Phương trình g′(t) = 0 tương đương với
−2t(2t + 1)(10t2 + 10t− 11) = 0.
Lập bảng biến thiên của hàm g(t) trên t ∈ [0, 1] ta suy ra
g(t) ≤ g
(3√15− 5
10
)
.
Từ đó suy ra
k =
1
81
g
(3√15− 5
10
)
≈ 0.0894.
Bài toán 4.41. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 thì
(a + b + c)6 ≥ 13.5(a3 + b3 + c3)(a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c là một hoán vị của
(
0, 3−
√
5
6 t,
3+
√
5
6 t
)
Bài toán 4.42. Xét ba số thực không âm a, b, c và 0 ≤ t ≤ 15. Chứng minh rằng
1
(a + b)2
+
1
(b + c)2
+
1
(c + a)2
+
t
(a + b + c)2
≥ 9 + t
4(ab + bc + ca)
.
Chứng minh. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, và r = abc. Bất đẳng thức cần
chứng minh được viết dưới dạng(
p2 + q
pq− r
)2
− 4p
pq− r +
t
p2
≥ 9 + t
4q
.
Để cho gọn, ta chọn p = 1 và xét hàm
f (r) = 4q(1− 2q + q2 + 4r) + 4qt(q− r)2 − (9 + t)(q− r)2 ≥ 0.
Nếu 0 ≤ q ≤ 14 thì f (r) ≥ f (0) ≥ 0. Nếu q ≥ 14 , đặt q = 13 (1− x2), với 0 ≤ x ≤ 12 ,
ta có r ≥ (1 + x)2(1− 2x)/27 nên
f (r) ≥ f
(
(1 + x)2(1− 2x)
27
)
,
ta kí hiệu x0 =
(1+x)2(1−2x)
27 và tính
f (x0) =
64
2187
t +
32
81
x2 +
140
729
tx4 − 152
2187
tx5 − 140
2187
tx6 +
32
729
tx7 − 16
2187
tx8
− 8
27
x4 − 64
81
x3 − 16
81
x6 +
56
81
x5 +
32
2187
tx3 − 352
2187
tx2
= −4(1 + x)(2x− 1)(x− 2)
2(2tx4 − 5tx3 + 54x2 − 3tx2 + 8tx + 4t)
2187
.
4.6. Định lý Rolle và ứng dụng 147
Lại chú ý rằng 54x2 ≥ 3tx2 và 4t ≥ 5tx3 nên suy ra đa thức trong ngoặc cuối
cùng trên tử của f (x0) không âm. Từ đó suy ra f (x0) ≥ 0. Phép chứng minh
hoàn tất.
Bài toán 4.43. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn
1
1 + x
+
1
1 + y
+
1
1 + z
= 2,
chứng minh rằng
1
2 + xy
+
1
2 + yz
+
1
2 + zx
≤ 4
3
.
Hãy chỉ ra tất cả các trường hợp có đẳng thức.
Bài toán 4.44. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì
1
a2 + bc
+
1
b2 + ca
+
1
c2 + ab
≤ a + b + c
ab + bc + ca
(
1
a + b
+
1
b + c
+
1
c + a
)
.
4.6 Định lý Rolle và ứng dụng
Trên đây ta đã giải quyết được một lớp các bất đẳng thức ba biến. Câu hỏi
tự nhiên nảy sinh sẽ là giải những bài có số biến nhiều hơn, hoặc chí ít cũng là
nhiều hơn một biến. Mục này sẽ khai thác định lý Rolle để chuyển việc chứng
minh bất đẳng thức bốn biến số về ba biến số. Với cách này, ta cũng giải quyết
được nhiều bất đẳng thức đa thức bốn biến.
Định lý 4.2 (Định lý Rolle). Giả sử rằng f : [a, b] → R là liên tục trên [a, b] và khả
vi trên (a, b). Nếu f (a) = f (b), thì tồn tại một số c thuộc (a, b) sao cho f ′(c) = 0.
Định lý Rolle quan trọng về mặt lý thuyết, và một số bổ đề hữu ích cũng có
thể rút ra từ định lý này. 4
Sau đây ta xét một số ứng dụng giải toán.
Bài toán 4.45. Chứng minh rằng nếu a, b, c, d ≥ 0 thì
3
√
abc + bcd + cda + dab
4
≤
√
ab + bc + cd + da + ac + db
6
.
Chứng minh. Vi a, b, c, d là bốn số thực không âm tuỳ ý nên chúng có thể là
nghiệm của đa thức
f (x) = (x− a)(x− b)(x− c)(x− d).
4Nếu f là một hàm liên tục và khả vi, chẳng hạn trên [a, b], và nếu x1 và x2 là các nghiệm của
a < x1 < x2 < b, thì f ′ có một nghiệm nằm giữa x1 và x2. Tổng quát hơn, nếu f có n nghiệm phân
biệt trong [a, b] thì f ′ có ít nhất n− 1 nghiệm (những nghiệm này xen với các nghiệm của f ), f ′′ có
ít nhất n− 2 nghiệm (với giả sử rằng f ′ liên tục, khả vi trên [a, b], v v...)
4.6. Định lý Rolle và ứng dụng 148
Khai triển đa thức, ta thu được
f (x) = x4 − x3(a + b + c + d) + x2(ab + bc + cd + da + ac + bd)
− x(abc + bcd + cda + dab) + abcd,
= x4 − px3 + qx2 − rx + s.
Hàm f (x) là liên tục và khả vi. Theo đinh lý Rolle thì f ′(x) sẽ có ba nghiệm.
Điều đó có nghĩa là tồn tại các số thực không âm u, v, w sao cho
f ′(x) = 4(x− u)(x− v)(x−w).
Khai triển đa thức ta được
(4.18)
1
4
f ′(x) = x3 − (u + v + w)x2 + (uv + wv + wu)x + uvw.
Ta có lại
(4.19) f ′(x) = 4x3 − 3px2 + 2qx2 − r.
So sánh các hệ số trong (4.18) và (4.19) ta có đồng nhất thức
u + v + w =
3
4
(a + b + c + d),
uv + vw + uw =
1
2
(ab + bc + cd + da + ac + bd),
uvw =
1
4
(abc + bcd + cda + dab).
Với ba số thực không âm u, v, w ta có theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng
và trung bình nhân thì
(4.20)
uv + vw + wu
3
≥ (uvw)2/3.
Từ đây và các đồng nhất thức ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4.46. Xét bốn số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn
a2 + b2 + c2 + d2 = 1,
chứng minh rằng
a + b + c + d ≥ a3 + b3 + c3 + d3 + ab + bc + cd + da + ac + bd.
Chứng minh. Để tiện cho tính toán, ta có thể đổi biến để chuyển bất đẳng thức
cần chứng minh về dạng
4(a + b + c + d) ≥ a3 + b3 + c3 + d3 + 2(ab + bc + cd + da + ac + bd),