Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy

A. Kiến thức cần nhớ

1. Giới thiệu bất đẳng thức Cauchy(Côsi)

Bất đẳng thức có tên gọi chính xác là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. Ở nhiều nước trên thế giới, người ta gọi bất đẳng thức này theo kiểu viết tắt là bất đẳng thức AM – GM (AM là viết tắt của Arithmetic mean và GM là viết tắt của Geometric mean)

Ở nước ta, bất đẳng thức AM – GM được gọi theo tên  của nhà Toán học người Pháp Augustin – Louis Cauchy (1789 – 1857), tức là bất đẳng thức Cauchy. Thật ra đây là một cách gọi tên không chính xác vì Cauchy không phải là nguời đề xuất ra bất đẳng thức này mà chỉ là người đưa ra một phép chứng minh đặc sắc cho nó. Tuy nhiên, để cho phù hợp với chương trình sách giáo khoa, trong tài liệu này chúng ta cũng sẽ gọi nó là Bất đẳng thức Cauchy(Côsi).

Đây là một bất đẳng thức cổ điển nổi tiếng và quen thuộc đối với phần lớn học sinh nước ta. Nó ứng dụng rất nhiều trong các bài Toán về bất đẳng thức và cực trị. Trong phạm vi chương trình Toán THCS, chúng ta quan tâm đến các trường hợp riêng của bất đẳng thức Cauchy.

2. Các dạng biểu diễn của bất đẳng thức Cauchy

a. Dạng tổng quát

+ Cho x1, x2, x3 ,…, xn  là các số thực không âm ta có:

Dạng 1: \displaystyle \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...+{{x}_{n}}}{n}\ge \sqrt[n]{{{x}_{1}}.{{x}_{2}}...{{x}_{n}}}

Dạng 2: \displaystyle {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...+{{x}_{n}}\ge n.\sqrt[n]{{{x}_{1}}.{{x}_{2}}...{{x}_{n}}}

Dạng 3: \displaystyle {{\left( \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...+{{x}_{n}}}{n} \right)}^{n}}\ge {{x}_{1}}.{{x}_{2}}...{{x}_{n}}

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle {{x}_{1}}={{x}_{2}}=...={{x}_{n}}

+ Cho x1, x2, x3 ,…, xn là các số thực dương ta có:

Dạng 1: \displaystyle \frac{1}{{{x}_{1}}}+\frac{1}{{{x}_{2}}}+...+\frac{1}{{{x}_{n}}}\ge \frac{{{n}^{2}}}{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...{{x}_{n}}}

Dạng 2: \displaystyle \left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}}+...{{x}_{n}} \right)\left( \frac{1}{{{x}_{1}}}+\frac{1}{{{x}_{2}}}+...+\frac{1}{{{x}_{n}}} \right)\ge {{n}^{2}}

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle {{x}_{1}}={{x}_{2}}=...={{x}_{n}}

b. Một số dạng đặc biệt

n  \displaystyle n=2  \displaystyle n=3
Điều kiện  \displaystyle x,\,\,y\ge 0  \displaystyle x,\,\,y,\,\,z\ge 0
Dạng 1  \displaystyle \frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}  \displaystyle \frac{x+y+z}{3}\ge \sqrt[3]{xyz}
Dạng 2  \displaystyle {{\left( \frac{x+y}{2} \right)}^{2}}\ge xy  \displaystyle {{\left( \frac{x+y+z}{3} \right)}^{3}}\ge xyz
Dạng 3  \displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge \frac{4}{x+y}

\displaystyle \left( x,\,\,y>0 \right)

 \displaystyle \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge \frac{9}{x+y+z}

\displaystyle \left( x,\,\,y,\,\,z>0 \right)

Dạng 4  \displaystyle \left( x+y \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right)\ge 4

\displaystyle \left( x,\,\,y>0 \right)

 \displaystyle \left( x+y+z \right)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right)\ge 9

\displaystyle \left( x,\,\,y,\,\,z>0 \right)

Đẳng thức xẩy ra  \displaystyle x=y  \displaystyle x=y=z

3. Một số bất đẳng thức được suy ra từ bất đẳng thức Cauchy

{{x}^{2}}+{{y}^{2}}\ge 2xy;\,\,\,2\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}} \right)\ge {{\left( x+y \right)}^{2}};\,\,\sqrt{2\left( x+y \right)}\ge \sqrt{x}+\sqrt{y}

\displaystyle {{x}^{2}}+{{y}^{2}}-xy\ge \frac{3{{\left( x+y \right)}^{2}}}{4}

{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}\ge xy+yz+zx

3\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)\ge {{\left( x+y+z \right)}^{2}}\ge 3\left( xy+yz+zx \right)

\displaystyle {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{y}^{2}}\ge xyz\left( x+y+z \right)

3\left( {{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} \right)\ge {{\left( xy+yz+zx \right)}^{2}}\ge 3xyz\left( x+y+z \right)

B. Một số kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy

1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân

Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân thực chất đánh giá bất đẳng thức Cauchy theo chiều từ phía trái sang phía phải. Trong chuỗi đánh giá, cái ta hay quên đó là cần phải được bảo toàn dấu đẳng thức xẩy ra mà ta hay gọi là bảo toàn “Điểm rơi”. Một thực tế cho thấy việc xác định điểm rơi cho một bất đẳng thức quyết định đến hơn nửa thành công cho công việc tìm lời giải. Ý tưởng chính của chọn điểm rơi chính là việc xác định được dấu đẳng thức xảy ra khi nào để có thể sử dụng những đánh giá hợp lý. Trong quá trình chứng minh các bất đẳng thức ta thường gặp sai lầm là áp dụng ngay bất đẳng thức Cauchy mà quên mất dấu đẳng thức xảy ra tại đâu. Trước khi tìm hiểu về kĩ thuật đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân ta hãy xét một số ví dụ về chọn “Điểm rơi” dưới đây ta sẽ hiểu hơn vấn đề dạng được đề cập.

Bài toán 1. Cho số thực \displaystyle a\ge 2\,. Tìm giá trị nhỏ nhất của: \displaystyle A=a+\frac{1}{a}

Sai lầm thường gặp là: \displaystyle A=a+\frac{1}{a}\ge \text{2}\sqrt{a\cdot \frac{1}{a}}=2. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2.

Nguyên nhân sai lầm: giá trị nhỏ nhất của A là 2 \displaystyle \Leftrightarrow a=\frac{1}{a}\Leftrightarrow \text{a}=1, điều này không xẩy ra vì theo giả thiết thì

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức trên ta nhận thấy giá trị của a càng tăng thì A càng tăng, do đó ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ nhất khi \displaystyle a=2. Khi đó ta nói A đạt giá trị nhỏ nhất tại “Điểm rơi \displaystyle a=2. Ta không thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a và \displaystyle \frac{1}{a} vì không thỏa mãn dấu đẳng thức xẩy ra. Vì vậy ta phải tách a hoặc \displaystyle \frac{1}{a} để khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy thì thỏa mãn dấu đẳng thức xẩy ra. Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số \displaystyle \left( \frac{a}{k},\,\,\frac{1}{a} \right) sao cho tại “Điểm rơi\displaystyle a=2 thì \displaystyle \frac{a}{k}=\frac{1}{a}, ta có sơ đồ sau: \displaystyle a=2\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{k}=\frac{1}{a}\\\frac{1}{a}=\frac{1}{2}\end{array} \right.\Rightarrow \frac{2}{k}=\frac{1}{2}\Rightarrow k=4

Khi đó ta được \displaystyle A=a+\frac{1}{a}=\frac{a}{4}+\frac{3a}{4}+\frac{1}{a} và ta có lời giải như trên.

Lời giải đúng: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

\displaystyle A=a+\frac{1}{a}=\frac{a}{4}+\frac{1}{a}+\frac{3a}{4}\ge 2\sqrt{\frac{a}{4}\cdot \frac{1}{a}}+\frac{3a}{4}\ge 1+\frac{3.2}{4}=\frac{5}{2}

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=2. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là \displaystyle \frac{5}{2}.

Chú ý: Ngoài cách chọn cặp số \displaystyle \left( \frac{a}{k},\frac{1}{a} \right) ta có thể chọn các các cặp số sau: \displaystyle \left( ka,\frac{1}{a} \right) hoặc \displaystyle \left( a,\frac{k}{a} \right) hoặc \displaystyle \left( a,\frac{1}{ka} \right).

Bài toán 2. Cho số thực \displaystyle a\ge 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \displaystyle A=a+\frac{1}{{{a}^{2}}}

Sơ đồ điểm rơi: \displaystyle a=2\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{a}{k}=\frac{1}{{{a}^{2}}}\\\frac{1}{{{a}^{2}}}=\frac{1}{4}\end{array} \right.\Rightarrow \frac{2}{k}=\frac{1}{4}\Rightarrow k=8

Sai lầm thường gặp là:

\displaystyle A=\frac{a}{8}+\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{7a}{8}\ge \text{2}\sqrt{\frac{a}{8}.\frac{1}{{{a}^{2}}}}+\frac{7a}{8}=\sqrt{\frac{1}{2a}}+\frac{7a}{8}\ge \sqrt{\frac{1}{2.2}}+\frac{7.2}{8}=\frac{9}{4}.

Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù giá trị nhỏ nhất của A bằng \displaystyle \frac{9}{4} là đáp số đúng nhưng cách giải trên mắc sai lầm trong đánh giá mẫu số: \displaystyle a\ge 2\Rightarrow \sqrt{\frac{1}{2a}}\ge \sqrt{\frac{1}{2.2}} là sai.

Lời giải đúng\displaystyle A=\frac{a}{8}+\frac{a}{8}+\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{6a}{8}\ge 3.\sqrt[3]{\frac{a}{8}\cdot \frac{a}{8}\cdot \frac{1}{{{a}^{2}}}}+\frac{6a}{8}\ge \frac{3}{4}+\frac{6.2}{8}=\frac{9}{4}

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=2. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là \displaystyle \frac{9}{4}.

Bài toán 3. Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn \displaystyle a+b\le 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \displaystyle A=ab+\frac{1}{ab}

Phân tích: Dự đoán dấu đẳng thức xẩy ra tại \displaystyle a=b=\frac{1}{2}. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có \displaystyle ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}\le \frac{1}{4}. Khi đó ta có điểm rơi như sau:

\displaystyle ab=\frac{1}{4}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{ab}{k}=\frac{1}{ab}\\\frac{1}{ab}=4\end{array} \right.\Rightarrow \frac{1}{4k}=4\Rightarrow k=\frac{1}{16}

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\displaystyle ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}\le \frac{1}{4}\Rightarrow -ab\ge -\frac{1}{4}

Do đó ta được \displaystyle A=16ab+\frac{1}{ab}-15ab\ge 2\sqrt{16ab.\frac{1}{ab}}-15ab\ge 8-15.\frac{1}{4}=\frac{17}{4}

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=\frac{1}{2}. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là \displaystyle \frac{17}{4}

Bài toán 4. Cho số thực \displaystyle a\ge 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \displaystyle A={{a}^{2}}+\frac{18}{a}

Phân tích: Ta có \displaystyle A={{a}^{2}}+\frac{18}{a}={{a}^{2}}+\frac{9}{a}+\frac{9}{a}

Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng. Ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ nhất khi \displaystyle a=6. Ta có sơ đồ điểm rơi:

\displaystyle a=6\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{a}^{2}}}{k}=\frac{9}{a}\\\frac{9}{a}=\frac{9}{6}\end{array} \right.\Rightarrow \frac{36}{k}=\frac{3}{2}\Rightarrow k=24

Lời giải

Ta có \displaystyle A=\frac{{{a}^{2}}}{24}+\frac{9}{a}+\frac{9}{a}+\frac{23{{a}^{2}}}{24}\ge 3\sqrt[3]{\frac{{{a}^{2}}}{24}\cdot \frac{9}{a}\cdot \frac{9}{a}}+\frac{23{{a}^{2}}}{24}\ge \frac{9}{2}+\frac{23.36}{24}=39

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=6. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là \displaystyle 39

2. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng

Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng chính là đánh giá bất đẳng thức Cauchy theo chiều từ phía phải sang phía trái. Trong chuỗi đánh giá đó ta cũng cần phải bảo toàn dấu đẳng thức xẩy ra. Dưới đây là một số ví dụ sử dụng kỹ thuật đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng.

Ví dụ 2.1: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điền kiện a+b+c=1. Chứng minh rằng: \displaystyle \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le \sqrt{6}

Sai lầm thường gặp:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\sqrt{a+b}=\frac{2.\sqrt{a+b}.1}{2}\le \frac{a+b+1}{2}\\\sqrt{b+c}=\frac{2.\sqrt{b+c}.1}{2}\le \frac{b+c+1}{2}\\\sqrt{c+a}=\frac{2.\sqrt{c+a}.1}{2}\le \frac{c+a+1}{2}\end{array} \right.

⇒ \displaystyle \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le \frac{2\left( a+b+c \right)+3}{2}=\frac{5}{2}\le \sqrt{6}

Cách chứng minh trên hoàn toàn sai. Vậy nguyên nhân sai lầm ở đây là gì?

Nguyên nhân sai lầm: Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle \text{a}+\text{b}=\text{b}+\text{c}=\text{c}+\text{a}=\text{1} \displaystyle \Rightarrow \text{a}+\text{b}+\text{c}=\text{2}. Điều này trái với giả thiết.

Phân tích tìm lời giải: Để tìm lời giải cho bất đẳng thức trên, ta cần trả lời các câu hỏi sau

  • Đẳng thức xẩy ra tại đâu?
  • Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho mấy số, đó là những số nào?

Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau nên ta dự đoán điểm rơi của bất đẳng thức sẽ là \displaystyle a=b=c=\frac{1}{3}, từ đó ta có \displaystyle \text{a}+\text{b}=\text{b}+\text{c}=\text{c}+\text{a}=\frac{2}{3}. Vì bất đẳng thức chứa các căn bậc hai nên để phá căn ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số là a và \displaystyle \frac{2}{3},…. Đến đây ta có lời giải đúng như sau:

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \sqrt{xy}\le \frac{x+y}{2} cho hai số không âm ta có:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\sqrt{a+b}=\sqrt{\frac{3}{2}}.\sqrt{\left( a+b \right).\frac{2}{3}}\le \sqrt{\frac{3}{2}}.\frac{a+b+\frac{2}{3}}{2}\\\sqrt{b+c}=\sqrt{\frac{3}{2}}.\sqrt{\left( b+c \right).\frac{2}{3}}\le \sqrt{\frac{3}{2}}.\frac{b+c+\frac{2}{3}}{2}\\\sqrt{c+a}=\sqrt{\frac{3}{2}}.\sqrt{\left( c+a \right).\frac{2}{3}}\le \sqrt{\frac{3}{2}}.\frac{c+a+\frac{2}{3}}{2}\end{array} \right.

⇒ \displaystyle \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le \sqrt{\frac{3}{2}}.\frac{2\left( a+b+c \right)+3.\frac{2}{3}}{2}=\sqrt{6}

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c=\frac{1}{3}.

Ví dụ 2.2: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điền kiện a+b+c=1. Chứng minh rằng:

\displaystyle \sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}\le \sqrt[3]{18}

Sai lầm thường gặp

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\sqrt[3]{a+b}=\sqrt[3]{\left( a+b \right).1.1}\le \frac{a+b+1+1}{3}\\\sqrt[3]{b+c}=\sqrt[3]{\left( b+c \right).1.1}\le \frac{b+c+1+1}{3}\\\sqrt[3]{c+a}=\sqrt[3]{\left( c+a \right).1.1}\le \frac{c+a+1+1}{3}\end{array} \right.

\displaystyle \sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}\le \frac{2\left( a+b+c \right)+6}{3}=\frac{8}{3}>\sqrt[3]{18}

Cách chứng minh trên hoàn toàn sai. Vậy nguyên nhân sai lầm ở đây là gì?

Nguyên nhân sai lầm: Dấu  đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle \text{a}+\text{b}=\text{b}+\text{c}=\text{c}+\text{a}=\text{1} \displaystyle \Rightarrow \text{a}+\text{b}+\text{c}=\text{2}.  Điều này trái với giả thiết.

Phân tích tìm lời giải: Để tìm lời giải cho bất đẳng thức trên, ta cần trả lời các câu hỏi sau

  • Đẳng thức xẩy ra tại đâu?
  • Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho mấy số, đó là những số?

Do vai trò của a, b, c trong các biểu thức là như nhau nên ta dự đoán điểm rơi của bất đẳng thức sẽ là \displaystyle a=b=c=\frac{1}{3}, từ đó ta có \displaystyle \text{a}+\text{b}=\text{b}+\text{c}=\text{c}+\text{a}=\frac{2}{3}. Vì bất đẳng thức chứa các căn bậc ba nên để phá căn ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số là a, \displaystyle \frac{2}{3} và \displaystyle \frac{2}{3},…. Đến đây ta có lời giải đúng như sau:

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \displaystyle \sqrt[3]{xyz}\le \frac{x+y+z}{3} cho các số thực dương ta được

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\sqrt[3]{a+b}=\sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\sqrt[3]{\left( a+b \right).\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le \sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\frac{a+b+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}\\\sqrt[3]{b+c}=\sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\sqrt[3]{\left( b+c \right).\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le \sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\frac{b+c+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}\\\sqrt[3]{c+a}=\sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\sqrt[3]{\left( c+a \right).\frac{2}{3}.\frac{2}{3}}\le \sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\frac{c+a+\frac{2}{3}+\frac{2}{3}}{3}\end{array} \right.

Suy ra \displaystyle \sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}\le \sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\frac{2\left( a+b+c \right)+4}{3}=\sqrt[3]{18}

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c=\frac{1}{3}.

Ví dụ 2.3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:

\displaystyle \sqrt[3]{a\left( b+2c \right)}+\sqrt[3]{b\left( c+2a \right)}+\sqrt[3]{c\left( a+2b \right)}\le 3\sqrt[3]{3}

Phân tích: Do vai trò của các biến a, b, c trong các biểu thức là như nhau nên ta dự đoán điểm rơi của bất đẳng thức sẽ là \displaystyle a=b=c=1, từ đó ta có \displaystyle \text{a}+2\text{b}=\text{b}+2\text{c}=\text{c}+2\text{a}=3 và \displaystyle 3a=3b=3c=3. Vì bất đẳng thức chứa các căn bậc ba nên để phá căn ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số là 3a, \displaystyle b+2c và 3,… Đến đây ta có lời giải như sau:

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \displaystyle \sqrt[3]{xyz}\le \frac{x+y+z}{3} cho các số thực dương ta được

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}\sqrt[3]{a\left( b+2c \right)}=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}.\sqrt[3]{3a.\left( b+2c \right).3}\le \sqrt[3]{\frac{1}{9}}.\frac{3a+b+2c+3}{3}\\\sqrt[3]{b\left( c+2a \right)}=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}.\sqrt[3]{3b.\left( c+2a \right).3}\le \sqrt[3]{\frac{1}{9}}.\frac{3b+c+2a+3}{3}\\\sqrt[3]{c\left( a+2b \right)}=\sqrt[3]{\frac{1}{9}}.\sqrt[3]{3c.\left( a+2b \right).3}\le \sqrt[3]{\frac{9}{4}}.\frac{3c+a+2b+3}{3}\end{array} \right.

Suy ra \displaystyle \sqrt[3]{a\left( b+2c \right)}+\sqrt[3]{b\left( c+2a \right)}+\sqrt[3]{c\left( a+2b \right)}\le \sqrt[3]{\frac{1}{9}}.\frac{6\left( a+b+c \right)+9}{3}=3\sqrt[3]{3}

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c=1.

3. Kỹ thuật ghép cặp trong bất đẳng thức Cauchy

Trong nhiều bài toán mà biểu thức ở hai vế tương đối phức tạp, việc chứng minh trực tiếp trở nên khó khăn thì ta có thể sử dụng kỹ thuật “Ghép cặp” để bài toán trở nên đơn giản.

Ở các bài toán bất đẳng thức, thông thường chúng ta hay gặp phải  hai dạng toán sau:

– Dạng 1: Chứng minh \displaystyle \text{X}+\text{Y}+\text{Z}~\,\ge \text{A}+\text{B}+\text{C}.

Ý tưởng 1: Nếu ta chứng minh được \displaystyle X+Y\ge 2\sqrt{XY}\ge 2A.

Sau đó tương tự hóa để chỉ ra \displaystyle Y+Z\ge 2B;\,\,Z+X\ge 2C (Nhờ tính chất đối xứng của bài toán). Cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi rút gọn cho 2, ta có:

\displaystyle \text{X}+\text{Y}+\text{Z}~\,\ge \text{A}+\text{B}+\text{C}

Ý tưởng 2: Nếu ta chứng minh được \displaystyle X+A\ge 2\sqrt{XA}\ge 2B

Sau đó tương tự hóa để chỉ ra \displaystyle Y+Z\ge 2C;\,\,Z+X\ge 2A (Nhờ tính chất đối xứng của bài toán). Cộng ba bất đẳng thức trên lại theo vế rồi rút gọn cho 2, ta có ngay điều phải chứng minh.

– Dạng 2: Chứng minh XYZ ≥ ABC với X, Y, Z ≥ 0

Ý tưởng: Nếu ta chứng minh được \displaystyle XY\ge {{A}^{2}}.

Sau đó tương tự hóa để chỉ ra \displaystyle YZ\ge {{B}^{2}};\,\,ZX\ge {{C}^{2}} (nhờ tính chất đối xứng của bài toán). Sau đó nhân ba bất đẳng thức trên vế theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta có

\text{XYZ}\ge \sqrt{{{\text{A}}^{\text{2}}}{{\text{B}}^{\text{2}}}{{\text{C}}^{\text{2}}}}\text{=}\left| \text{ABC} \right|\ge \text{ABC}.

Chú ý một số cách ghép đối xứng:

Phép cộng: \left\{ \begin{array}{l}2\left( x+y+z \right)=x+y+y+z+z+x\\x+y+z=\frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2}\end{array} \right.              

Phép nhân: \left\{ \begin{array}{l}{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}=\left( xy \right).\left( yz \right).\left( zx \right)\\xyz=\sqrt{xy}.\sqrt{yz}.\sqrt{zx}\,\,\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\left( x,y,z\ge 0 \right)\,\,\,\,              

Ví dụ 3.1:  Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c

Phân tích: Bài toán này có dạng \displaystyle \text{X}+\text{Y}+\text{Z}~\,\ge \text{A}+\text{B}+\text{C}, trong đó

\displaystyle X=\frac{ab}{c},Y=\frac{bc}{a},Z=\frac{ca}{b},A=a,B=b,C=c.

Để ý rằng hai biểu thức \displaystyle \frac{ab}{c} và \displaystyle \frac{bc}{a} là đối xứng với b (tức vai trò của a và c như nhau). Do đó sử dụng kỹ thuật ghép cặp ta sẽ thử chứng minh \displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge 2b.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge 2\sqrt{\frac{ab}{c}\cdot \frac{bc}{a}}=2b

Tương tự ta có \displaystyle \frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge 2a;\,\,\,\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge 2c\text{ }

Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được \displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c.

Ví dụ 3.2: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

abc\ge \left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\left( a+b-c \right)

Phân tích: Nếu \displaystyle \left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\left( a+b-c \right)\le 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Ta xét trường hợp \displaystyle \left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\left( a+b-c \right)\ge 0.

Để ý rằng bất đẳng thức này có dạng \displaystyle \text{XYZ}~\,\ge \text{ABC}, vì vậy sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng, ta chỉ cần chứng minh \displaystyle {{b}^{2}}\ge \left( a+b-c \right)\left( b+c-a \right).

Lời giải

Bất đẳng thức có tính đối xứng giữa các biến, do đó không mất tính tổng quát ta giả sử \displaystyle a\ge b\ge c, Khi đó \displaystyle a+b-c\ge 0 và \displaystyle a+c-b\ge 0.

+ Nếu \displaystyle b+c-a<0, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

+ Nếu \displaystyle b+c-a\ge 0. Khi này ta có \displaystyle b+c-a;\,\,c+a-b;\,\,a+b-c là các số dương.

Sử dụng bất đẳng thức Côsi dạng \displaystyle b+c-a;\,\,c+a-b;\,\,a+b-c, suy ra

\displaystyle \left( a+b-c \right)\left( b+c-a \right)\le \frac{{{\left[ \left( a+b-c \right)+\left( b+c-a \right) \right]}^{2}}}{4}={{b}^{2}}

\displaystyle \left( b+c-a \right)\left( c+a-b \right)\le \frac{{{\left[ \left( b+c-a \right)+\left( c+a-b \right) \right]}^{2}}}{4}={{c}^{2}}

\displaystyle \left( c+a-b \right)\left( a+b-c \right)\le \frac{{{\left[ \left( c+a-b \right)+\left( a+b-c \right) \right]}^{2}}}{4}={{a}^{2}}

Nhân theo vế các bất đẳng thức trên ta được điều cần chứng minh.

Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c.

Nhận xét: Khi chưa xác định được các số không âm mà áp dùng ngay bất đẳng thức Cauchy thì sẽ dẫn đến sai lầm. Trong tình huống đó ta có thể chia nhỏ thành các trường hợp riêng để chứng minh bài toán.

Ví dụ 3.3: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}\ge \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}

Phân tích: Để ý là \displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}\ge 2\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}.\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}}=2\left| \frac{a}{c} \right|, áp dụng tương tự và cộng theo vế các bất đẳng thức thu được.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có \displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}\ge 2\sqrt{\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}.\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}}=2\left| \frac{a}{c} \right|

Tương tự ta được \displaystyle \frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}\ge 2\left| \frac{b}{a} \right|;\,\,\,\frac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}\ge 2\left| \frac{c}{b} \right|

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

\displaystyle 2\left( \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}} \right)\ge 2\left( \left| \frac{b}{a} \right|+\left| \frac{c}{b} \right|+\left| \frac{a}{c} \right| \right)\ge 2\left( \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c} \right)

Hay \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}\ge \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}

Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c.

4. Kỹ thuật thêm bớt

Nếu ở các kỹ thuật trên, ta được rèn luyện thói quen định hướng dựa vào bề ngoài của một bài toán. Thì từ đây ta bắt đầu gặp những lớp bất đẳng thức phong phú hơn – những bất đẳng thức mà lời giải cho chúng luôn đòi hỏi một tầm nhìn bao quát cũng như sự đột phá ý tưởng. Kỹ thuật thêm bớt là một minh chứng rõ ràng nhất cho lối tư duy sử dụng những “yếu tố bên ngoài” trong việc giải quyết vấn đề.

Ngay từ đây chúng ta sẽ bắt đầu làm quen với kỹ thuật này với những ví dụ mà cách đánh giá nó tương đối đa dạng.

Ví dụ 4.1: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge a+b+c

Phân tích: Bất đẳng thức trên đã được chứng minh bằng phép biến đổi tương đương và cũng có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Tuy nhiên bây giờ ta sẽ áp dụng ngay bất đẳng thức Cauchy để chứng minh bài toán. Dễ dàng nhận ra không thể sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy cũng không thể sử dụng kĩ thuật ghép đối xứng để giải quyết bài toán. Ta dự đoán đẳng thức xẩy ra tại \displaystyle a=b=c. Bên vế trái xuất hiện các đại lượng \displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b};\,\,\frac{{{b}^{2}}}{c};\,\,\frac{{{c}^{2}}}{a} và bên vế phải có đại lượng \displaystyle a+b+c, chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp sau

\displaystyle \left( \frac{{{a}^{2}}}{b},\,\,b \right);\,\,\left( \frac{{{b}^{2}}}{c},\,\,c \right);\,\,\left( \frac{{{c}^{2}}}{a},\,\,a \right)

Để sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho các cặp trên, trước hết ta cần phải thêm vào vế trái một tổng \displaystyle a+b+c rồi mới tiến hành ghép theo cặp.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương ta có \displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b}+b\ge 2a;\,\,\frac{{{b}^{2}}}{c}+c\ge 2b;\,\,\frac{{{c}^{2}}}{a}+a\ge 2c

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được

\displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b}+b+\frac{{{b}^{2}}}{c}+c+\frac{{{c}^{2}}}{a}+a\ge 2a+2b+2c\Rightarrow \frac{{{a}^{2}}}{b}+\frac{{{b}^{2}}}{c}+\frac{{{c}^{2}}}{a}\ge a+b+c

Bài toán được chứng minh xong. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c

Ví dụ 4.2: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}}{a+c}+\frac{{{c}^{2}}}{b+a}\ge \frac{a+b+c}{2}

Phân tích: Áp dụng ý tưởng như trên, tuy nhiên ở đây ta cần triệt tiêu \displaystyle b+c ở dưới mẫu nên ta thêm cho \displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b+c} một số \displaystyle \frac{b+c}{k} và chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra tại \displaystyle a=b=c nên ta tìm được \displaystyle k=4. Do đó ta có lời giải như sau.

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương ta có

\displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge a;\,\,\frac{{{b}^{2}}}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge b;\,\,\frac{{{c}^{2}}}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

\displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{{{b}^{2}}}{c+a}+\frac{c+a}{4}+\frac{{{c}^{2}}}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge a+b+c

Suy ra \displaystyle \,\frac{{{a}^{2}}}{b+c}+\frac{{{b}^{2}}}{c+a}+\frac{{{c}^{2}}}{a+b}\ge \frac{a+b+c}{2}

Bài toán được chứng minh xong. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c

Ví dụ 4.3: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \displaystyle abc=1. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)}+\frac{{{b}^{3}}}{\left( 1+c \right)\left( 1+a \right)}+\frac{{{c}^{3}}}{\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)}\ge \frac{3}{4}

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy có thể chứng minh được bài toán theo ý tưởng như trên, nhưng ta cần trả lời được các câu hỏi đặt ra là

– Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho mấy số?

– Các đại lượng được thêm vào có dạng như thế nào?

Để ý đến đại lượng \displaystyle \frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)} ta thấy nên áp dụng bất đẳng thức cho ba số, khi đó đại lượng thêm vào cần triệt tiêu được tích \displaystyle \left( b+1 \right)\left( c+1 \right) ở dưới mẫu, do đó ta nghĩ đến các đại lượng kiểu \displaystyle \frac{b+1}{k};\,\,\frac{c+1}{k} với k là một số dương nào đó. Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra tại \displaystyle a=b=c=1,  khi đó \displaystyle \frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)}=\frac{b+1}{k}=\frac{c+1}{k} sẽ cho ta \displaystyle k=4. Vì vậy ta có chứng minh sau

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

\displaystyle \frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge 3\sqrt[3]{\frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)}\cdot \frac{1+b}{8}\cdot \frac{1+c}{8}}=\frac{3}{4}a

Áp dụng tương tự ta được

\displaystyle \frac{{{b}^{3}}}{\left( 1+c \right)\left( 1+a \right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge \frac{3}{4}b;\,\,\frac{{{c}^{3}}}{\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge \frac{3}{4}c

Cộng theo vế các bất đẳng thức ta được

\displaystyle \frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)}+\frac{{{b}^{3}}}{\left( 1+c \right)\left( 1+a \right)}+\frac{{{c}^{3}}}{\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)}+\frac{1}{4}\left( a+b+c \right)+\frac{3}{4}\ge \frac{3}{4}\left( a+b+c \right)

Hay \displaystyle \frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)}+\frac{{{b}^{3}}}{\left( 1+c \right)\left( 1+a \right)}+\frac{{{c}^{3}}}{\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)}\ge \frac{1}{2}\left( a+b+c \right)-\frac{3}{4}

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy kết hợp với giả thiết \displaystyle abc=1, ta lại có

\displaystyle \frac{1}{2}\left( a+b+c \right)-\frac{3}{4}\ge \frac{3}{2}\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}

Suy ra \displaystyle \frac{{{a}^{3}}}{\left( 1+b \right)\left( 1+c \right)}+\frac{{{b}^{3}}}{\left( 1+c \right)\left( 1+a \right)}+\frac{{{c}^{3}}}{\left( 1+a \right)\left( 1+b \right)}\ge \frac{3}{4}

Bài toán được chứng minh xong. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c=1.

5. Kỹ thuật Cauchy ngược dấu

Trong quá trình tìm lời giải cho một bài toán bất đẳng thức, một sai lầm thường gặp đó là sau một loạt các đánh giá ta thu được một bất đẳng thức ngược chiều. Điều này làm không ít người cảm thấy nản lòng. Lúc này nếu ta bình tĩnh suy nghĩ một chút thì thấy với đánh giá ngược chiều bằng cách nào đó ta thêm vào trước một dấu âm thì lập tức đánh giá đó sẽ cùng chiều. Sử dụng ý tưởng tương tự như kỹ thuật thêm bớt, thậm chí có phần khéo léo hơn, kỹ thuật Cauchy ngược dấu đã chứng tỏ sự đột phá đơn giản nhưng đem lại hiệu quả bất ngờ đến ngạc nhiên khi giải quyết lớp bất đẳng thức hoán vị chặt và khó. Chúng ta sẽ bắt đầu làm quen với một số ví dụ sau

Ví dụ 5.1:  Cho  a, b, c là các  số thực dương thỏa mãn \displaystyle a+b+c=3. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}+1}+\frac{1}{{{b}^{2}}+1}+\frac{1}{{{c}^{2}}+1}\ge \frac{3}{2}

Phân tích: Quan sát bất đẳng thức không ít bạn sẽ đánh giá \displaystyle {{a}^{2}}+1\ge 2a, áp dụng tương tự khi đó ta được bất đẳng thức

\displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}+1}+\frac{1}{{{b}^{2}}+1}+\frac{1}{{{c}^{2}}+1}\le \frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}

Tuy nhiên bất đẳng thức thu được lại bị ngược chiều. Đến đây chúng ta sẽ bị lúng túng trong cách giải. Ta vẫn phải đánh giá mẫu nhưng nếu có thể thêm được dấu âm trước đánh giá đó thì tốt biết mấy. Điều ta mong muốn sẽ được giải quyết bằng phép biến đổi sau đây

\displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}+1}=1-\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+1}\ge 1-\frac{{{a}^{2}}}{2a}=1-\frac{a}{2}

Đến đây thì ta có thể đánh giá mẫu mà không sợ bị ngược chiều nữa

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

\displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}+1}=1-\frac{{{a}^{2}}}{{{a}^{2}}+1}\ge 1-\frac{{{a}^{2}}}{2a}=1-\frac{a}{2}

Hoàn toàn tương tự ta có: \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}+1}\ge 1-\frac{b}{2};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}+1}\ge 1-\frac{c}{2}

Cộng theo vế  theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

\displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}+1}+\frac{1}{{{b}^{2}}+1}+\frac{1}{{{c}^{2}}+1}\ge 3-\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}

Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c=1.

Ví dụ 5.2: Cho  a, b, c là các  số thực dương thỏa mãn \displaystyle a+b+c=3. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge \frac{3}{2}

Phân tích: Nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy trực tiếp ta thu được

\displaystyle \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\le \frac{1}{2\sqrt{ab}}+\frac{1}{2\sqrt{bc}}+\frac{1}{2\sqrt{ca}}\ge \frac{3}{2}

Do đó ta sẽ áp dụng bất đẳng Cauchy theo ý tưởng như trên

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\displaystyle \frac{1}{1+ab}=1-\frac{ab}{1+ab}\ge 1-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=1-\frac{\sqrt{ab}}{2}

Tương tự ta có \displaystyle \frac{1}{1+bc}\ge 1-\frac{\sqrt{bc}}{2};\,\,\frac{1}{1+ca}\ge 1-\frac{\sqrt{ca}}{2}

Cộng theo vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

\displaystyle \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge 3-\frac{1}{2}\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)

Để ý là \displaystyle \frac{1}{2}\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)\le \frac{1}{2}\left( \frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2} \right)=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}

Do đó ta được \displaystyle \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge \frac{3}{2}

Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle a+b+c=1

Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu có thể hiểu là ta lấy nghịch đảo hai vế của một đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy sau đó nhân hai vế với -1. Khi đó bất đẳng thức ban đầu sẽ không bị đổi chiều. Dưới đây là một số ví dụ tương tự.

Ví dụ 5.3: Cho  a, b, c là các  số thực dương thỏa mãn \displaystyle a+b+c=3. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{a}{{{b}^{2}}+1}+\frac{b}{{{c}^{2}}+1}+\frac{c}{{{a}^{2}}+1}\ge \frac{3}{2}

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

\displaystyle \frac{a}{{{b}^{2}}+1}=a-\frac{a{{b}^{2}}}{{{b}^{2}}+1}\ge a-\frac{a{{b}^{2}}}{2b}=a-\frac{ab}{2}

Tương tự ta có \displaystyle \frac{b}{{{c}^{2}}+1}\ge b-\frac{bc}{2};\,\,\frac{c}{{{a}^{2}}+1}\ge c-\frac{ca}{2}

Cộng theo vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

\displaystyle \frac{a}{{{b}^{2}}+1}+\frac{b}{{{c}^{2}}+1}+\frac{d}{{{d}^{2}}+1}\ge a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{2}

Mặt khác theo một đánh giá quen thuộc \displaystyle ab+bc+ca\le \frac{1}{3}{{\left( a+b+c \right)}^{2}}=3

Do đó ta được \displaystyle \frac{a}{{{b}^{2}}+1}+\frac{b}{{{c}^{2}}+1}+\frac{c}{{{a}^{2}}+1}\ge 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}

Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=b=c=1

6. Kỹ thuật đổi biến số

Trong bất đẳng thức, có một quy luật chung, đó là “Trong một dạng cụ thể, thì những bất đẳng thức càng nhiều biến càng khó”. Điều này cũng đồng nghĩa với việc khẳng định “Bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn nếu ta đưa được một bất đẳng thức nhiều biến về dạng ít biến hơn” Kỹ thuật đổi biến chính là một công cụ hữu ích để thực hiện ý tưởng này.

Ví dụ 6.1: Cho a, b là hai số thực khác 0. Chứng minh rằng:

\displaystyle \frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}\ge 3

Phân tích: Nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh ta thấy hai hạng tử sau ở vế trái có vẻ như tạo ra được nghịch đảo của hạng tử thứ nhất. Vì vậy ta thử phân tích tổng hai hạng tử đó để xem kết quả có như dự đoán hay không.

\displaystyle \frac{{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}=\frac{{{a}^{4}}+{{b}^{4}}+2{{a}^{2}}{{b}^{2}}-2{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}=\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}-2

Với kết quả như vậy ta có thể sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức đơn giản hơn.

Lời giải

Để ý rằng bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành

\displaystyle \frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}+\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}}\ge 5

Đặt \displaystyle t=\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{b}^{2}}} ta có \displaystyle t\ge 4. Từ đó suy ra \displaystyle \frac{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}^{2}}}=\frac{4}{t}

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\displaystyle t+\frac{t}{4}\ge 5\Leftrightarrow \frac{{{t}^{2}}-5t+4}{t}\ge 0\Leftrightarrow \frac{\left( t-1 \right)\left( t-4 \right)}{t}\ge 0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do \displaystyle t\ge 4. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \displaystyle a=\pm b

Ví dụ 6.2: Cho các số thực \displaystyle a,\,b,\,c>2 thỏa mãn \displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1. Chứng minh rằng :

\displaystyle \left( a-2 \right)\left( b-2 \right)\left( c-2 \right)\le 1

Phân tích: Để triệt tiêu các dấu trừ trong bất đẳng thức cần chứng minh ta có thể đổi biến \displaystyle x=a-2;\,\,y=b-2;\,\,z=c-2, khi đó giả thiết trở thành \displaystyle \frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=1 và ta cần chứng minh \displaystyle xyz\le 1. Đây là một bất đẳng thức có thể chứng minh bằng cách ghép cặp đối xứng. Tuy nhiên trong lời giải dưới đây ta chứng minh bài toán bằng kỹ thuật đổi biến.

Lời giải

Đặt \displaystyle x=a-2;\,\,y=b-2;\,\,z=c-2 với x, y, z là các số thực dương. Bài toán quy về chứng minh \displaystyle xyz\le 1 với \displaystyle x,\text{ y},\text{ z}>0 thỏa mãn

\displaystyle \frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=1\Leftrightarrow \frac{x}{x+2}+\frac{y}{y+2}+\frac{z}{z+2}=1

Đến đây ta đặt tiếp \displaystyle m=\frac{x}{x+2};\,\,n=\frac{y}{y+2};\,\,p=\frac{z}{z+2}\Leftrightarrow m+n+p=1

Khi đó ta có \displaystyle \frac{1}{m}=\frac{x+2}{x}=1+\frac{2}{x}\Rightarrow \frac{2}{x}=\frac{1}{m}-1=\frac{n+p}{m}\Rightarrow x=\frac{2m}{n+p}

Tương tự ta đươc \displaystyle y=\frac{2n}{p+m};\,\,z=\frac{2p}{m+n}

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\displaystyle \frac{2m}{n+p}\cdot \frac{2n}{p+m}\cdot \frac{2p}{m+n}\le 1\Leftrightarrow \left( m+n \right)\left( n+p \right)\left( p+m \right)\ge 8mnp

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

\displaystyle \left( m+n \right)\left( n+p \right)\left( p+m \right)\ge 2\sqrt{mn}.2\sqrt{np}.2\sqrt{pm}=8mnp

Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

\displaystyle m=n=p\Leftrightarrow a=b=c=1\Leftrightarrow x=y=z=3

Học tốt 365 © 2018 Học Tốt