BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN vị

Bất đẳng thức trên luôn đúng do AM-GM.. Hoàn tất chứng minh... Hoàn tất chứng minh.. Hoàn tất chứng minh... Hoàn tất chứng minh... Hoàn tất chứng minh.. Hoàn tất chứng minh... Hoàn tất c

Mục lục

1.1 Ví dụ minh họa 3

BẤT ĐẲNG THỨC HOÁN VỊ

Các hằng đẳng thức thường gặp

(a + b + c)2= a2+ b2+ c2+ 2(ab + bc + ca) (a + b + c)3= a3+ b3+ c3+ 3(a + b)(b + c)(c + a) (a + b + c)(ab + bc + ca) = (a + b)(b + c)(c + a) + abc (a + b + c)(ab + bc + ca) = ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 3abc

a2b + b2c + c2a − (ab2+ bc2+ ca2) = (a − b)(b − c)(a − c)

a3b + b3c + c3a − (ab3+ bc3+ ca3) = (a + b + c)(a − b)(b − c)(a − c)

a4b + b4c + c4a − (ab4+ bc4+ ca4) = (a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca)(a − b)(b − c)(a − c)

M = (a − b)2(b − c)2+ (c − a)2=4(p

2− 3q)3− (2p3− 9pq + 27r)2

27

pq − 3r −

√

M ≤ 2X

cyc

a2b = pq − 3r + (a − b)(b − c)(c − a) ≤ pq − 3r +

√

M

(p2− 2q)q − pr − p√M ≤ 2X

cyc

a3b = (p2− 2q)q − pr + (a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a) ≤ (p2− 2q)q − pr + p√M

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 Chứng minh rằng

a2b + b2c + c2a ≥ 12abc

3abc + 1 .

Ví dụ 1

Lời giải.

Tách 2x = (x + y) + (x − y) vậy nên ta có

2X

cyc

a2b =X

cyc

ab(a + b) +X

cyc

ab(a − b)

≥ pq − 3r −

r

4(p2− 3q)3− (2p3− 9pq + 27r)2

27

= 3q − 3r −√

M

Do đó ta cần chứng minh

3q − 3r − 24r

3r + 1 ≥√M

3q − 9r(r + 3) 3r + 1 ≥√M

Dễ thấy rằng 3q − 9r(r + 3)

3r + 1 ≥ 0, do đó bình phương hai vế ta được

9q2−54qr(r + 3)

3r + 1 +

81r2(r + 3)2

(3r + 1)2 ≥ −4q3+ 9q2+ 54qr − 27r2− 108r,

hay

4q3+108r(r + 1)(3r

2+ 12r + 1) (3r + 1)2 ≥ 216(r + 1)qr

3r + 1 .

Bất đẳng thức trên luôn đúng do AM-GM Thật vậy

3r2+ 12r + 1 = (3r2+ 4r + 1) + 8r ≥ 2p8r(r + 1)(3r + 1).

Tiếp tục áp dụng AM-GM cho ba số không âm, ta được

4q3+108r(r + 1)p8r(r + 1)(3r + 1)

(3r + 1)2 +108r(r + 1)p8r(r + 1)(3r + 1)

(3r + 1)2 ≥216(r + 1)qr

3r + 1 . Hoàn tất chứng minh Đẳng thức xảy ra khi hoán vị (a, b, c) ∼ (0, 0, 3), hoặc (a, b, c) ∼ (1, 1, 1), hoặc nghiệm của phương trình x3− 3x2+ 2x −1

3 = 0 với a ≤ b ≤ c, hoặc b ≤ c ≤ a, hoặc c ≤ a ≤ b.

q

Cho các số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3 Chứng minh rằng

24

a2b + b2c + c2a+

1

abc ≥ 9.

Ví dụ 2

Lời giải.

Tách 2x = (x + y) + (x − y) vậy nên ta có

2X

cyc

a2b =X

cyc

ab(a + b) +X

cyc

ab(a − b)

≤ pq − 3r +

r

4(p2− 3q)3− (2p3− 9pq + 27r)2

27

= 3q − 3r +√

M

Do đó ta cần chứng minh

48r ≥ (9r − 1)3q − 3r +√

M,

Nếu r ≤ 1

9 bất đẳng thức hiển nhiên đúng

Nếu r > 1

9 bất đẳng thức viết lại như sau

9r(3r + 5) 9r − 1 − 3q ≥√M

Dễ thấy rằng vế trái là không âm do

9r(3r + 5) 9r − 1 − 3 ≥ 9r(3r + 5)

9r − 1 −9(r + 3)

27(r − 1)2

4(9r − 1) ≥ 0.

Từ đây bình phương hai vế ta được

9q2−54qr(3r + 5)

9r − 1 +

 9r(3r + 5) 9r − 1

2

≥ −4q3+ 9q2+ 54qr − 27r2− 108r,

hay

4q3+108r(27r

3+ 99r2+ r + 1) (9r − 1)2 ≥ 216pr(3r + 1)

9r − 1

Áp dụng AM-GM, ta có

4q3+A

2 +

A

2 ≥ 3q√3

A2.

Vậy nên chúng ta cần chưng minh

(27r3+ 99r2+ r + 1)2≥ 32r(9r − 1)(3r + 1)3.

Rút gọn ta được

(r − 1)2(729r4− 972r3+ 270r2+ 36r + 1) ≥ 0,

hay

(r − 1)2(27r2− 18r − 1)2≥ 0.

Hoàn tất chứng minh Đẳng thức xảy ra (a, b, c) ∼ (1, 1, 1), hoặc nghiệm của phương trình x3− 3x2+ (1 +√

3)x −

3 + 2√

3

9 = 0 với a ≥ b ≥ c, hoặc b ≥ c ≥ a, hoặc c ≥ a ≥ b.

q

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 Chứng minh rằng

a2b + b2c + c2a + abc ≤ 4

Ví dụ 3

Lời giải.

Như trên dễ thấy rằng

2(a2b + b2c + c2a + abc) ≤ 3q − r +√

M

Dễ thấy rằng 8 + r − 3q ≥ 8 + 3(4q − 9)

9 − 3q = 5(3 − q)

3 ≥ 0 Do đó bình phương hai vế ta được

9q2− 6q(8 + r) + (8 + r)2≥ −4q3+ 9q2+ 54qr − 27r2− 108r,

hay

q3+ 7r2+ 31r + 16 ≥ 3q(5r + 4).

Áp dụng AM-GM, ta có

q3+7r

2+ 31r + 16

7r2+ 31r + 16

r

(7r2+ 31r + 16)2

Do đó, chúng ta cần chứng minh

(7r2+ 31r + 16)2≥ 4(5r + 4)3,

hay

r(r − 1)2(49r + 32) ≥ 0.

Hoàn tất chứng minh Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) ∼ (1, 1, 1), hoặc một vài hoán vị của (a, b, c) ∼ (0, 2, 1)

q

Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 Chứng minh rằng

a2b + b2c + c2a + abc +1

2abc(3 − ab − bc − ca) ≤ 4

Ví dụ 4

Lời giải.

Tách 2x = (x + y) + (x − y) vậy nên ta có

2X

cyc

a2b =X

cyc

ab(a + b) +X

cyc

ab(a − b)

≤ pq − 3r +

r

4(p2− 3q)3− (2p3− 9pq + 27r)2

27

= 3q − 3r +

√

M

Bất đẳng thức viết lại như sau

2(a2b + b2c + c2a + abc) + abc(3 − ab − bc − ca) ≤ 4.

Do đó ta cần chứng minh

3q − r + r(3 − q) +√

M ≤ 8,

hay

√

M ≤ q(−3 + r) + 8 − 2r.

Dễ thấy rằng

q(3 − r) + 8 − 2r ≥ 3(r + 3)(r − 3)

(1 − r)(5 − 3r)

Bình phương hai vế ta được

(q2− 4q + 31)r2+ 4q3− 48q + 64 ≥ (6q2+ 26q − 76)r,

hay

(q − 2)2+ 27 r2+ 4(q − 2)2(q + 4) ≥ 2(q − 2)(3q + 19)r, Nếu q ≤ 2 bất đẳng thức luôn đúng

Nếu q ≥ 2 Áp dụng AM-GM, ta có

(q − 2)2+ 27 r2+ 4(q − 2)2(q + 4) ≥ 4r(q − 2)p[(q − 2)2+ 27] (q + 4).

Do đó chúng ta cần chứng minh

4(q − 2)2+ 27 (q + 4) ≥ (3q + 19)2,

hay

(q − 3)2(4q + 5) ≥ 0.

Hoàn tất chứng minh

q Ngoài ra chúng ta cũng có thể tính biệt số ∆ như sau

∆ := −(4q + 15)(q − 2)2(q − 3)2≤ 0

Do đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng

Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng

a

b +

b

c+

c

a+ 2 ≥

14(a2+ b2+ c2)

(a + b + c)2

Ví dụ 5

Lời giải.(có thể tham khảo ví dụ 6)

Chuẩn hóa a + b + c = 3 và viết lại bất đẳng thức như sau

a2c + b2a + c2b

14(9 − 2q)

Do đó chúng ta cần chứng minh theo ngôn ngữ q, r như sau

3q − 3r −√

M

r ≥ 8(27 − 7q)

hay

3q − (243 − 56q)r

Dễ thấy 3q − (243 − 56q)r

9 ≥ 0 Bình phương hai vế, ta được

9q2+ (243 − 56q)r

9

2

−2(243 − 56q)qr

3 ≥ −4q3+ 9q2+ 54qr − 27r2− 108r,

 (56q − 243)

2+ 4q3≥4r(−28q + 162q − 81)

3

Chúng ta chỉ cần xét với q ≥ 81 − 9

√ 53

28 Áp dụng AM-GM, ta có

 (56q − 243)2



r2+ 4q3≥ 4r

s

 (56q − 243)2



q3

Do đó, để bất đẳng thức đúng ta cần chứng minh

9 (56q − 243)2



q3≥ (−28q2+ 162q − 81)2

hay

(9 − 4q)2(196q3− 1260q2+ 2268q − 729) ≥ 0,

hay

(9 − 4q)228(q − 3)2(7q − 3) + 27 ≥ 0.

Hoàn tất chứng minh Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) là nghiệm của phương trình x3− 3x2+9

4x −

27

56= 0 với a ≥ b ≥ c,

hoặc b ≥ c ≥ a, hoặc c ≥ a ≥ b.

q

Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng với mọi k ta đều có

a

b +

b

c +

c

a+

(k − 1)2

2+ 2k + 13)(a2+ b2+ c2)

2(a + b + c)2

Ví dụ 6

Nhân hai vế cho (a + b + c) như sau

(a + b + c)2X

cyc

a

b + (k − 1)

cyc

ab ≥ 2(k + 3)X

cyc

a2

X

cyc

 a3

b +

a2b

c + ac + 2a

2 +2ab 2

c + 2cb



+ (k − 1)2X

cyc

ab ≥ 2(k + 3)X

cyc

a2,

X

cyc

 a3

b +

a2b

c +

2ab2 c



+ (k2− 2k + 4)X

cyc

ab ≥ 2(k + 2)X

cyc

a2,

thực hiện cách đưa về các hằng đẳng thức

X

cyc

 a3

b +

a2b

c −2ab

2

c



cyc

 4a2c

b − (4k − k2)ab



≥ 2(k + 2)

"

X

cyc

a2−X

cyc

ab

#

,

X

cyc

 b3

c +

a2b

c −2ab

2

c



cyc

 4a2c

b − 4kac + k2cb



≥ 2(k + 2)

"

X

cyc

a2−X

cyc

ab

#

.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

X

cyc

 b(a − b)2

c(2a − kb)2 b



≥ 2X

cyc

[(a − b)(2a − kb)]

= 2(k + 2)

"

X

cyc

a2−X

cyc

ab

#

.

Hoàn tất chứng minh

q

Cho các số thực a, b, c Chứng minh rằng

(a2+ b2+ c2)2≥ 3(a3b + b3c + c3a).

Ví dụ 7

Lời giải.

Tách 2x = (x + y) + (x − y) vậy nên ta có

(p2− 2q)q − pr − p√M ≤ 2X

cyc

a3b = (p2− 2q)q − pr + (a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a) ≤ (p2− 2q)q − pr + p√M

Chúng ta chỉ cần chứng minh với a, b, c ≥ 0 là đủ Không mất tính tổng quát chuẩn hóa a + b + c = 3 khi đó bất đẳng

thức cần chứng minh

2(9 − 2q)2≥ 3hq(9 − 2q) − 3r + 3√

Mi,

hay

9r + (7q − 18)(2q − 9) ≥ 9√

M

Dễ thấy rằng vế trái là không âm theo Schur, bình phương hai vế ta được

81r2+ 18r(7q − 18)(2q − 9) + (7q − 18)2(2q − 9)2≥ 81 −4q3+ 9q2+ 54qr − 27r2− 108r
,

hay

2268r2+ (7q − 18)2(2q − 9)2+ 81q2(4q − 9) ≥ 36r(−7q2+ 171q − 324).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta có

2268r2+ (7q − 18)2(2q − 9)2+ 81q2(4q − 9) ≥ 2rp2268 [(7q − 18)2(2q − 9)2+ 81q2(4q − 9)].

Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh với −7q2+ 171q − 324 ≥ 0 là đủ, bình phương hai vế bất đẳng thức cần chứng minh

2268(7q − 18)2

(2q − 9)2+ 81q2(4q − 9) ≥ 182

(−7q2+ 171q − 324)2,

hay

22684(7q − 18)2(q − 3)2− 12(22q − 45)(q2− 15q + 27) ≥ 182(7q − 18)(q − 3) − 14(q2− 15q + 27)2

,

hay

8748(7q − 18)2(q − 3)2≥ 0.

Hoàn tất chứng minh

q

Cho các số thực a, b, c thỏa a + b + c = 0 và a2+ b2+ c2= 6 Tìm miền giá trị chủa biểu thức

P := a2b + b2c + c2a + kabc.

Ví dụ 8

Lời giải.

Dễ thấy rằng

2X

cyc

a2b ≤ pq − 3r +

r

4(p2− 3q)3+ (2p3− 9pq + 27r)2

hay

2X

cyc

a2b ≤ −3r + 3p12 − 3r2.

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có

4P2≤ (2k − 3)√

3

√

3r + 3p12 − 3r2

2

≤ (2k − 3)

2



(3r2+ 12 − 3r2)

= 16(k2− 3k + 9).

Từ đây ta được

−2pk2− 3k + 9 ≤ P ≤ 2pk2− 3k + 9.

Hoàn tất chứng minh

Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng rằng

a3

b +

b3

c +

c3

a + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(a

2+ b2+ c2).

Ví dụ 9

Lời giải.

Từ đẳng thức

ab4+ bc4+ ca4− (a4b + b4c + c4a) = (a2+ b2+ c2+ ab + bc + ca)(a − b)(b − c)(c − a).

X

cyc

ab(a3+ b3) = (a3+ b3+ c3)(ab + bc + ca) − abc(a2+ b2+ c2).

Chuẩn hóa a + b + c = 3 khi đó ta có như trên thì

2X

cyc

a4c ≥ (5q − 9)r + 9(3 − q)q − (9 − q)√

M

Do đó chúng ta cần chứng minh

(5q − 9)r + 9(3 − q)q − (9 − q)√

M + 2r(8q − 27) ≥ 0,

hay

21(q − 3)r + 9(3 − q)q ≥ (9 − q)√

M

Dễ thấy rằng 21(q − 3)r + 9(3 − q)q ≥ 0, bình phương hai vế ta được

212(q − 3)2r2+ 92(3 − q)2q2− 378(3 − q)2qr ≥ (9 − q)2(−4q3+ 9q2+ 54qr − 27r2− 108r)

hay

36(13q2− 87q + 171)r2+ 4q5≥ 108(4q3− 31q2+ 90q − 81)r,

mà 4q3− 31q2+ 90q − 81 = −9

4 +

1

4(2q − 3)(8q

2− 50q + 10) do đó chúng ta chỉ cần xét trong trường q > 3/2 và 4q3− 31q2+ 90q − 81 ≥ 0 là đủ Áp dụng AM-GM, ta có

36(13q2− 87q + 171)r2+ 4q5≥ 24rp(13q2− 87q + 171)q5.

Vậy nên chúng ta cần chứng minh

242(13q2− 87q + 171)q5≥ 1082(4q3− 31q2+ 90q − 81)2,

hay

144(3 − q)2(9 − q)2(52q3− 396q2+ 972q − 729) ≥ 0.

Bất đẳng thức trên luôn đúng do

52q3− 396q2+ 972q − 729 −3

2(4q

3− 31q2+ 90q − 81) = 1

2(3 − q)

 1

2(2q − 3)(285 − 92q) +

45 2



≥ 0.

Hoàn tất chứng minh

q

Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng

a3

b +

b3

c +

c3

a + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(a

2+ b2+ c2) + m(a2+ b2+ c2− ab − bc − ca).

Trong đó m là nghiệm thực của phương trình m3+ m2+ 18m − 11 = 0, hay

m = 1

3





3

s

457 + 93√

93

s

2

457 + 93√

93



−1

3.

Ví dụ 10

Lời giải.

Tương tự như trên chúng ta cần chứng minh

(21 + 6m)(q − 3)r + 9(3 − q)q ≥ (9 − q)√

M

Dễ thấy rằng (21 + 6m)(q − 3)r + 9(3 − q)q ≥ (21 + 6m)(q − 3)q/3 + 9(3 − q)q = 2(1 − m)q(3 − q) ≥ 0, bình phương

hai vế ta được

(21 + 6m)2(q − 3)2r2+ 92(3 − q)2q2− 18(21 + 6m)(3 − q)2qr ≥ (9 − q)2(−4q3+ 9q2+ 54qr − 27r2− 108r),

hay

(21 + 6m)2(q − 3)2+ 27(9 − q)2 r2+ 4q5≥18q(21 + 6m)(3 − q)2+ (9 − q)2(54q − 108)

Lại có

18q(21 + 6m)(3 − q)2+ (9 − q)2(54q − 108) = 243(3m − 2)

27

2 (2q − 3) 4(m + 4)q2− 2(9m + 50)q − 100q + 210 , nên chúng ta chứng minh với q > 3/2 Áp dụng AM-GM, ta có

(21 + 6m)2(q − 3)2+ 27(9 − q)2 r2+ 4q5≥ 4rp[(21 + 6m)2(q − 3)2+ 27(9 − q)2] q5.

Từ đây chúng ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức

16(21 + 6m)2(q − 3)2+ 27(9 − q)2 q5≥18q(21 + 6m)(3 − q)2+ (9 − q)2(54q − 108)2

.

Rút gọn ta được

(3 − q)2(9 − q)24(m2+ 7m + 13)q3− 9(m2+ 16m + 44)q2+ 162(6 + m)q − 729 ≥ 0.

Xét hàm số và chú ý rằng m3+ m2+ 18m − 11 = 0

f (q) := 4(m2+ 7m + 13)q3− 9(m2+ 16m + 44)q2+ 162(6 + m)q − 729

= 4(m2+ 7m + 13)

"

q − 3(m

2+ 16m + 44) + 3√

m4+ 8m3+ 32m2+ 88m + 64 4(m2+ 7m + 13)

#2

(q − q1).

Với

2+ 7m + 13)

3(m2+ 16m + 44) + 3√

m4+ 8m3+ 32m2+ 88m + 642

< 3

2. Hoàn tất chứng minh

q

KẾT THÚC

Hết

Lê Khánh Sỹ1 & : 0914810771 Hoặc kích vào đây nếu đang online.

Biên soạn: Lê Khánh Sỹ

1Xin liên hệ qua trang cá nhân

https: // www facebook com/ lekhanhsy

TÀI LIỆU THAM KHẢO

http://www.mediafire.com/download/pivsnzmnbajh9iu/vi%C3%AAt+nhanh+%283%29.pdf

https://www.cut-the-knot.org/

If a, b, c are nonnegative real numbers such that a + b + c = 4, then

a3b + b3c + c3a +473

64abc +

35

192abc [16 − 3(ab + bc + ca)] ≤ 27

Solution.

From 2x = (x + y) + (x − y) we have

cyc

a3b =X

cyc

ab(a2+ b2) + (a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a)

= (ab + bc + ca)(a2+ b2+ c2) − abc(a + b + c) + (a + b + c)(a − b)(b − c)(c − a)

≤ (ab + bc + ca)(a2

+ b2+ c2) − abc(a + b + c) + (a + b + c)√

M

= 2(−q2+ 8q − 2r) + 4p−4q3+ 16q2+ (72q − 256)r − 27r2

.

(Let us denote p = a + b + c = 4 , q = ab + bc + ca ≤ 16/3 r = abc) Therefore, it suffices to show that

27 + q2− 8q − 5(319 − 21q)r

192 ≥ 2p−4q3+ 16q2+ (72q − 256)r − 27r2,

Before, squaring this inequlity, we need to show that 27 + q2− 8q − 5(319 − 21q)r

192 ≥ 0 From Newton’s inequality (ab + bc + ca)2≥

3abc(a + b + c), we get 27 + q2− 8q − 5(319 − 21q)r

192 ≥ 27 + q2− 8q − 5(319 − 21q)q

2

/12

2

− 423q + 3888)/2304 ≥ 0.

By squaring, the desired inequality can be written as

(3 − q)2(q2+ 6q + 81) + 7r

2(1575q2− 47850q + 932191)

2− 2120q − 18413)r

If q ≤ 3 we are done and consider further the nontrivial cases q ≥ 3.Using AM-GM inequality we have

(3 − q)2(q2+ 6q + 81) + 7r

2(1575q2− 47850q + 932191)

r

(3 − q)2(q2+ 6q + 81) · 7(1575q

2− 47850q + 932191)

Therefore, it suffices to show that

4 · (3 − q)2(q2+ 6q + 81) · 7(1575q

2− 47850q + 932191)



(3 − q)(105q2− 2120q − 18413)

96

2

,

or

(q − 3)2(3q − 16)2(1225q + 46268) ≥ 0.

The equality holds for (a, b, c) ∼4

3,

4

3,

4 3



, and also for (a, b, c) ∼ (3, 1, 0) (or any cyc permutation).

q