MIN - MAX VÀ BẤT ĐẲNG THỨC (PHẦN 1)

A. TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT

I. BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Kiến thức cần nhớ

Để chứng minh bất đẳng thức $A \ge B$, tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức đúng. Phổ biến là các dạng sau:

+ Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức: $A \ge B \Leftrightarrow A - B \ge 0$.

+ Dạng tổng bình phương: $A \ge B \Leftrightarrow mX^2 + nY^2 + kZ^2 \ge 0$, với các số $m, \, n, \, k$ không âm.

+ Dạng tích hai thừa số cùng dấu: $A \ge B \Leftrightarrow X \cdot Y \ge 0$ hoặc $A \ge B \Leftrightarrow X^{2n} \cdot Y \ge 0$.

Ví dụ 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau với $a, \, b$ là số thực bất kỳ.

a) $a^2 + b^2 \ge 2ab$.

b) $\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} \ge a + b + c$ với $a, \, b, \, c > 0$.

Lời giải:

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$a^2 - 2ab + b^2 \ge 0 \Leftrightarrow (a - b)^2 \ge 0$. Rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b$.

b) Với mọi số thực dương $a, \, b, \, c$ và số thực $k$ thỏa mãn $0 \le k \le 1$, ta có:

$(a - b)^2 \ge 0 \Rightarrow (1 - k)(a - b)^2 \ge 0 \Leftrightarrow (a - b)^2 \ge k(a - b)^2 \Leftrightarrow a^2 + b^2 \ge 2ab + k(a - b)^2$.

Chia hai vế cho $b > 0$, ta thu được: $\dfrac{a^2}{b} + b \ge 2a + k\dfrac{(a - b)^2}{b}$.

Tương tự, ta cũng có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại theo vế thì thu được:

$\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} + a + b + c \ge 2a + 2b + 2c + k\Big[\dfrac{(a - b)^2}{b} + \dfrac{(b - c)^2}{c} + \dfrac{(c - a)^2}{a}\Big]$

Hay $\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} \ge a + b + c + k\Big[\dfrac{(a - b)^2}{b} + \dfrac{(b - c)^2}{c} + \dfrac{(c - a)^2}{a}\Big] \ge a + b + c$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.

II. BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

1. Bất đẳng thức AM-GM

Trong chương trình Toán THCS, ta thường dùng bất đẳng thức AM-GM (Cauchy) cho $2$ số thực không âm hoặc $3$ số thực không âm.

a) Cho các số thực không âm $a, \, b$, khi đó ta có: $a + b \ge 2\sqrt{ab}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b$.

b) Cho các số thực không âm $a, \, b, \, c$, khi đó ta có: $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.

2. Một số kết quả được suy ra từ bất đẳng thức AM-GM

a) Với $a, \, b \ge 0$, từ $a + b \ge 2\sqrt{ab} \Rightarrow 4ab \le (a + b)^2$.

b) Với $a, \, b > 0$, từ $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge 2\sqrt{\dfrac{1}{ab}}$ và $\sqrt{ab} \le \dfrac{a + b}{2}$, suy ra $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a + b}$

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{a + b} \le \dfrac{1}{4}\Big(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\Big)$. Đây là kết quả rất hay dùng.

c) Với $a, \, b, \, c \ge 0$, từ $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow 27abc \le (a + b + c)^3$.

d) Với $a, \, b, \, c > 0$, từ $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}$ và $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc}$, suy ra $\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge \dfrac{9}{a + b + c} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a + b + c} \le \dfrac{1}{9}\Big(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}\Big)$.

e) $(a^3 + b^3)(x^3 + y^3)(m^3 + n^3) \ge (axm + byn)^3$ với $a, \, b, \, m, \, n, \, x, \, y > 0$.

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$\dfrac{a^3}{a^3 + b^3} + \dfrac{x^3}{x^3 + y^3} + \dfrac{m^3}{m^3 + n^3} \ge \dfrac{3axm}{\sqrt[3]{(a^3 + b^3)(x^3 + y^3)(m^3 + n^3)}}$

$\dfrac{b^3}{a^3 + b^3} + \dfrac{y^3}{x^3 + y^3} + \dfrac{n^3}{m^3 + n^3} \ge \dfrac{3byn}{\sqrt[3]{(a^3 + b^3)(x^3 + y^3)(m^3 + n^3)}}$

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra: $3 \ge \dfrac{3axm + 3byn}{\sqrt[3]{(a^3 + b^3)(x^3 + y^3)(m^3 + n^3)}}$

$\Leftrightarrow (a^3 + b^3)(x^3 + y^3)(m^3 + n^3) \ge (axm + byn)^3$.

+ Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được: $(a^3 + b^3 + c^3)(x^3 + y^3 + z^3)(m^3 + n^3 + p^3) \ge (axm + byn + czp)^3$.

Ví dụ 2.

a) Cho các số thực dương $a, \, b, \, c$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} \ge \dfrac{3}{2}$.

b) Cho các số thực $x, \, y, \, z > 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $P = \dfrac{x}{\sqrt{y + z - 4}} + \dfrac{y}{\sqrt{z + x - 4}} + \dfrac{z}{\sqrt{x + y - 4}}$.

c) Cho $a, \, b, \, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2 + b^2 + c^2 + abc = 4$. Chứng minh rằng: $2a + b + c \le \dfrac{9}{2}$.

Lời giải:

a) Ta cộng thêm $3$ vào hai vế:

$\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} + 3 = \Big(\dfrac{a}{b + c} + 1\Big) + \Big(\dfrac{b}{c + a} + 1\Big) + \Big(\dfrac{c}{a + b} + 1\Big) = (a + b + c)\Big(\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a}\Big)$.

Biến đổi cụm trên ta được:

$\dfrac{1}{2}(a + b + b + c + c + a)\Big(\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a}\Big) = \dfrac{1}{2}\left(3 + \dfrac{a + b}{b + c} + \dfrac{b + c}{a + b} + \dfrac{a + b}{c + a} + \dfrac{c + a}{a + b} + \dfrac{b + c}{c + a} + \dfrac{c + a}{b + c}\right)$.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: $\dfrac{a + b}{b + c} + \dfrac{b + c}{a + b} \ge 2$. Tương tự cho $2$ cặp còn lại, suy ra tổng trong ngoặc lớn hơn hoặc bằng $3 + 2 \cdot 3 = 9$.

Nên $\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} + 3 \ge \dfrac{9}{2} \Leftrightarrow \dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} \ge \dfrac{3}{2}$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.

Cách khác: Đặt $x = a + b; \, y = b + c; \, z = c + a \Rightarrow a + b + c = \dfrac{x + y + z}{2}$.

Từ đó suy ra $a = \dfrac{x - y + z}{2}; \, b = \dfrac{x + y - z}{2}; \, c = \dfrac{y + z - x}{2}$. Thay vào, ta chứng minh được bài toán.

b) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: $\sqrt{(y + z - 4) \cdot 4} \le \dfrac{y + z - 4 + 4}{2} = \dfrac{y + z}{2}$.

Từ đó suy ra $\dfrac{x}{\sqrt{y + z - 4}} \ge \dfrac{4x}{y + z}$. Tương tự ta có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại ta có: $P \ge 4\Big(\dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{z + x} + \dfrac{z}{x + y}\Big)$.

Áp dụng kết quả câu a, ta có $\dfrac{x}{y + z} + \dfrac{y}{z + x} + \dfrac{z}{x + y} \ge \dfrac{3}{2}$. Suy ra $P \ge 4 \cdot \dfrac{3}{2} = 6$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = 4$.

c) Từ $a, \, b, \, c > 0$ và $a^2 + b^2 + c^2 + abc = 4 \Rightarrow b^2 + c^2 - 4 < 0; \, 4 - b^2 > 0; \, 4 - c^2 > 0$.

Do đó, phương trình bậc hai (ẩn $a$): $a^2 + (bc)a + b^2 + c^2 - 4 = 0$ có hai nghiệm phân biệt trái dấu.

Ta có $\Delta_a = b^2c^2 - 4(b^2 + c^2 - 4) = (4 - b^2)(4 - c^2)$. Vì $a > 0$ nên $a = \dfrac{-bc + \sqrt{(4 - b^2)(4 - c^2)}}{2}$.

Ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b = c$ nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM với hai số dương $4 - b^2$ và $4 - c^2$ ta được:

$2a \le -bc + \dfrac{(4 - b^2) + (4 - c^2)}{2} \Rightarrow 2a \le \dfrac{8 - (b + c)^2}{2} \Rightarrow 2a + b + c \le \dfrac{8 - (b + c)^2 + 2(b + c)}{2} = \dfrac{9 - (b + c - 1)^2}{2} \le \dfrac{9}{2}$.

3. Kỹ thuật ghép đối xứng

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 đối xứng. Thông thường ta hay gặp hai dạng sau:

Dạng 1: Chứng minh $X + Y + Z \ge A + B + C$. Ý tưởng: Nếu ta chứng minh được $X + Y \ge 2A$. Sau đó, tương tự hóa để chỉ ra $Y + Z \ge 2B$ và $Z + X \ge 2C$. Cộng ba bất đẳng thức lại theo vế rồi rút gọn cho $2$, ta có ngay điều phải chứng minh.

Dạng 2: Chứng minh $XYZ \ge ABC$ với $X, \, Y, \, Z \ge 0$. Ý tưởng: Chứng minh $XY \ge A^2$, $YZ \ge B^2$ và $ZX \ge C^2$. Nhân ba bất đẳng thức lại theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta có: $XYZ = \sqrt{A^2B^2C^2} = |ABC| \ge ABC$.

Ví dụ 3. Cho ba số dương $x, \, y, \, z$ thỏa mãn $x + y + z = 1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{2x^2 + xy + 2y^2} + \sqrt{2y^2 + yz + 2z^2} + \sqrt{2z^2 + zx + 2x^2} \ge \sqrt{5}$.

Lời giải:

Ta cần một đánh giá dạng: $2x^2 + xy + 2y^2 \ge (mx + ny)^2$ sao cho dấu bằng xảy ra khi $x = y$. Ta viết lại:

$2x^2 + xy + 2y^2 = a(x - y)^2 + b(x + y)^2 = (a + b)x^2 + 2(b - a)xy + (a + b)y^2$.

Từ đó đồng nhất hệ số, suy ra $\begin{cases} a + b = 2 \\ b - a = \dfrac{1}{2} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a = \dfrac{3}{4} \\ b = \dfrac{5}{4} \end{cases}$.

Từ đó ta có: $2x^2 + xy + 2y^2 = \dfrac{3}{4}(x - y)^2 + \dfrac{5}{4}(x + y)^2 \ge \dfrac{5}{4}(x + y)^2 \Rightarrow \sqrt{2x^2 + xy + 2y^2} \ge \dfrac{\sqrt{5}}{2}(x + y)$.

Tương tự ta có hai bất đẳng thức nữa và cộng lại ta được:

$VT \ge \dfrac{\sqrt{5}}{2}(2x + 2y + 2z) = \sqrt{5}(x + y + z) = \sqrt{5}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = \dfrac{1}{3}$.

4. Kỹ thuật AM-GM ngược dấu

Ví dụ 4. Cho $a, \, b, \, c > 0$ và $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b^3 + ab} + \dfrac{b}{c^3 + bc} + \dfrac{c}{a^3 + ca} \ge \dfrac{3}{2}$.

Lời giải:

Ta tách và áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

$\dfrac{a}{b^3 + ab} = \dfrac{a}{b(b^2 + a)} = \dfrac{b^2 + a - b^2}{b(b^2 + a)} = \dfrac{1}{b} - \dfrac{b}{a + b^2} \ge \dfrac{1}{b} - \dfrac{b}{2\sqrt{ab^2}} = \dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{2\sqrt{a}} \ge \dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{4}\Big(\dfrac{1}{a} + 1\Big)$.

Tương tự: $\dfrac{b}{c^3 + bc} \ge \dfrac{1}{c} - \dfrac{1}{4}\Big(\dfrac{1}{b} + 1\Big)$; $\dfrac{c}{a^3 + ca} \ge \dfrac{1}{a} - \dfrac{1}{4}\Big(\dfrac{1}{c} + 1\Big)$.

Cộng ba bất đẳng thức này lại vế theo vế, ta được: $\sum \dfrac{a}{b^3 + ab} \ge \dfrac{3}{4}\Big(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}\Big) - \dfrac{3}{4}$.

Bài toán được quy về chứng minh: $\dfrac{3}{4}\Big(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}\Big) - \dfrac{3}{4} \ge \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} \ge 3 \Leftrightarrow \Big(\dfrac{1}{a} + a\Big) + \Big(\dfrac{1}{b} + b\Big) + \Big(\dfrac{1}{c} + c\Big) \ge 3 + a + b + c = 6$.

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng vì theo AM-GM ta có: $\dfrac{1}{a} + a \ge 2; \, \dfrac{1}{b} + b \ge 2; \, \dfrac{1}{c} + c \ge 2$.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.

5. Phương pháp đặt ẩn phụ

Kỹ thuật đặt ẩn phụ là một kỹ thuật rất đặc biệt, giúp bài toán trở nên đơn giản hơn. Một số kỹ thuật hay gặp:

1) Giả thiết $a + b + c = abc \Leftrightarrow \dfrac{1}{ab} + \dfrac{1}{bc} + \dfrac{1}{ca} = 1$. Đặt $\dfrac{1}{a} = x; \, \dfrac{1}{b} = y; \, \dfrac{1}{c} = z \Rightarrow xy + yz + zx = 1$.

2) Giả thiết $a + b + c = 1 \Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{ab}{c} \cdot \dfrac{ac}{b}} + \dots = 1$. Đặt $\sqrt{\dfrac{ab}{c}} = x; \, \dots \Rightarrow xy + yz + zx = 1$.

3) Giả thiết $ab + bc + ca + abc = 4 \Leftrightarrow \dfrac{1}{a + 2} + \dfrac{1}{b + 2} + \dfrac{1}{c + 2} = 1$. Đặt $x = \dfrac{1}{a + 2}; \, \dots \Rightarrow x + y + z = 1$.

4) Từ điều hiển nhiên: $\dfrac{x}{x + y + z} + \dfrac{y}{x + y + z} + \dfrac{z}{x + y + z} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{1 + \dfrac{y + z}{x}} + \dfrac{1}{1 + \dfrac{z + x}{y}} + \dfrac{1}{1 + \dfrac{x + y}{z}} = 1$. Đặt $a = \dfrac{y + z}{x}; \, b = \dfrac{z + x}{y}; \, c = \dfrac{x + y}{z} \Rightarrow abc = a + b + c + 2$.

5) Giả thiết $xyz = 1$. Chọn phép đặt $\dfrac{a^2}{b} = x; \, \dfrac{b^2}{c} = y; \, \dfrac{c^2}{a} = z$ hoặc $a = \dfrac{x}{y}; \, b = \dfrac{y}{z}; \, c = \dfrac{z}{x}$.

6) Đặt $x = a + b - c; \, y = b + c - a; \, z = c + a - b$ hoặc $x = a + b; \, y = b + c; \, z = c + a$.

Ví dụ 5. Cho $x, \, y, \, z$ là các số thực dương thỏa mãn $x + y + z = xyz$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $P = \dfrac{1}{\sqrt{1 + x^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{1 + y^2}} + \dfrac{1}{\sqrt{1 + z^2}}$.

Lời giải:

Từ giả thiết $x + y + z = xyz$, ta có $\dfrac{1}{xy} + \dfrac{1}{yz} + \dfrac{1}{zx} = 1$. Đặt $a = \dfrac{1}{x}; \, b = \dfrac{1}{y}; \, c = \dfrac{1}{z} \Rightarrow a, \, b, \, c > 0$.

Giả thiết trở thành: $ab + bc + ca = 1$. Khi đó: $P = \dfrac{a}{\sqrt{1 + a^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{1 + b^2}} + \dfrac{c}{\sqrt{1 + c^2}}$.

Để ý rằng: $a^2 + 1 = a^2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c)$. Tương tự cho các mẫu thức còn lại.

Lúc này $P$ có dạng: $P = \dfrac{a}{\sqrt{(a + b)(a + c)}} + \dfrac{b}{\sqrt{(b + a)(b + c)}} + \dfrac{c}{\sqrt{(c + a)(c + b)}} = \sqrt{\dfrac{a}{a + b} \cdot \dfrac{a}{a + c}} + \sqrt{\dfrac{b}{a + b} \cdot \dfrac{b}{b + c}} + \sqrt{\dfrac{c}{c + a} \cdot \dfrac{c}{c + b}}$.

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $P \le \dfrac{1}{2}\Big(\dfrac{a}{a + b} + \dfrac{a}{a + c} + \dfrac{b}{b + a} + \dfrac{b}{b + c} + \dfrac{c}{c + a} + \dfrac{c}{c + b}\Big) = \dfrac{3}{2}$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow x = y = z = \sqrt{3}$.

Vậy GTLN của $P$ là $\dfrac{3}{2}$.