MIN - MAX VÀ BẤT ĐẲNG THỨC (PHẦN 2)

III. BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY-SCHWARZ

Trong phần này, ta tập trung vào phương pháp vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức (Bổ đề Titu) để giải quyết các bài toán:

$\dfrac{x^2}{a} + \dfrac{y^2}{b} + \dfrac{z^2}{c} \ge \dfrac{(x + y + z)^2}{a + b + c}$

Ví dụ 1. Cho các số thực dương $a, \, b, \, c$ sao cho $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{a + 2bc} + \dfrac{b}{b + 2ac} + \dfrac{c}{c + 2ab} \ge 1$

Lời giải:

Ta có $\dfrac{a}{a + 2bc} = \dfrac{a^2}{a^2 + 2abc}$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$VT = \dfrac{a^2}{a^2 + 2abc} + \dfrac{b^2}{b^2 + 2abc} + \dfrac{c^2}{c^2 + 2abc} \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{a^2 + b^2 + c^2 + 6abc}$.

Ta cần chứng minh: $\dfrac{(a + b + c)^2}{a^2 + b^2 + c^2 + 6abc} \ge 1$

$\Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ca) \ge a^2 + b^2 + c^2 + 6abc \Leftrightarrow ab + bc + ca \ge 3abc$

$\Leftrightarrow (a + b + c)(ab + bc + ca) \ge 9abc$ (vì $a + b + c = 3$).

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc}$ và $ab + bc + ca \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$.

Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức dương cùng chiều, ta thu được $(a + b + c)(ab + bc + ca) \ge 9abc$ (điều phải chứng minh).

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

1. Kỹ thuật tách ghép

Để giải quyết những bài toán dạng này, người giải cần linh hoạt trong việc tách các nhóm số hạng sao cho đảm bảo dấu bằng và tạo ra các bất đẳng thức phụ quen thuộc:

$\dfrac{1}{a + b} \le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}\right)$ và $\dfrac{1}{a + b + c} \le \dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}\right)$.

Ví dụ 2. Cho các số thực dương $a, \, b, \, c$. Chứng minh: $\dfrac{bc}{2a + b + c} + \dfrac{ca}{2b + c + a} + \dfrac{ab}{2c + a + b} \le \dfrac{a + b + c}{4}$.

Lời giải:

Ta có: $\dfrac{1}{2a + b + c} = \dfrac{1}{(a + b) + (a + c)} \le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{a + c}\right)$.

Nhân $bc$ vào hai vế, ta được: $\dfrac{bc}{2a + b + c} \le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{bc}{a + b} + \dfrac{bc}{a + c}\right)$.

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

$VT \le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{bc}{a + b} + \dfrac{bc}{a + c} + \dfrac{ca}{b + c} + \dfrac{ca}{b + a} + \dfrac{ab}{c + a} + \dfrac{ab}{c + b}\right)$

$= \dfrac{1}{4}\left[\left(\dfrac{bc}{a + b} + \dfrac{ca}{a + b}\right) + \left(\dfrac{bc}{a + c} + \dfrac{ab}{a + c}\right) + \left(\dfrac{ca}{b + c} + \dfrac{ab}{b + c}\right)\right]$

$= \dfrac{1}{4}\left[\dfrac{c(a + b)}{a + b} + \dfrac{b(a + c)}{a + c} + \dfrac{a(b + c)}{b + c}\right] = \dfrac{1}{4}(c + b + a)$.

Hay $VT \le \dfrac{a + b + c}{4}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.

2. Phương pháp đặt ẩn phụ

Tùy theo giả thiết bài toán, ta có thể chọn một trong các cách đặt ẩn phụ đổi biến như:

1. $(a, \, b, \, c) \to \left(\dfrac{1}{a}, \, \dfrac{1}{b}, \, \dfrac{1}{c}\right)$

2. $(a, \, b, \, c) \to \left(\dfrac{ka}{b}, \, \dfrac{kb}{c}, \, \dfrac{kc}{a}\right)$

3. $(a, \, b, \, c) \to \left(\dfrac{ka^2}{bc}, \, \dfrac{kb^2}{ca}, \, \dfrac{kc^2}{ab}\right)$ hoặc $(a, \, b, \, c) \to \left(\dfrac{kbc}{a^2}, \, \dfrac{kca}{b^2}, \, \dfrac{kab}{c^2}\right)$

Ví dụ 3. Cho các số thực dương $x, \, y, \, z$ sao cho $xyz = 1$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{x^2 + x + 1} + \dfrac{1}{y^2 + y + 1} + \dfrac{1}{z^2 + z + 1} \ge 1$

Lời giải:

Phân tích: Nếu áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì bất đẳng thức tiếp theo sẽ bị ngược chiều. Để khắc phục, ta thực hiện đổi biến $(x, \, y, \, z) \to \left(\dfrac{bc}{a^2}, \, \dfrac{ca}{b^2}, \, \dfrac{ab}{c^2}\right)$. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$\dfrac{a^4}{a^4 + a^2bc + b^2c^2} + \dfrac{b^4}{b^4 + b^2ca + c^2a^2} + \dfrac{c^4}{c^4 + c^2ab + a^2b^2} \ge 1$.

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức $\dfrac{X^2}{A} + \dfrac{Y^2}{B} + \dfrac{Z^2}{C} \ge \dfrac{(X + Y + Z)^2}{A + B + C}$, ta có:

$VT \ge \dfrac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{a^4 + a^2bc + b^2c^2 + b^4 + b^2ca + c^2a^2 + c^4 + c^2ab + a^2b^2}$.

Ta cần chứng minh: $\dfrac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{a^4 + b^4 + c^4 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + abc(a + b + c)} \ge 1$

$\Leftrightarrow (a^2 + b^2 + c^2)^2 \ge a^4 + b^4 + c^4 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + abc(a + b + c)$

$\Leftrightarrow a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge abc(a + b + c)$.

Đây là một bất đẳng thức quen thuộc (chứng minh bằng cách nhân $2$ hai vế để tạo tổng các bình phương: $(ab - bc)^2 + (bc - ca)^2 + (ca - ab)^2 \ge 0$). Dấu đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$, tức là $x = y = z = 1$.

IV. KỸ THUẬT ĐỐI XỨNG HÓA

Ví dụ 4. Cho các số thực dương $a, \, b, \, c$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\dfrac{2a}{a + b}} + \sqrt{\dfrac{2b}{b + c}} + \sqrt{\dfrac{2c}{c + a}} \le 3$.

Lời giải:

Ta có: $\sqrt{\dfrac{2a}{a + b}} = \sqrt{\dfrac{2a(a + c)}{(a + b)(a + c)}}$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$\left(\sum \dfrac{\sqrt{2a}\sqrt{a + c}}{\sqrt{(a + b)(a + c)}}\right)^2 \le \left(\sum 2a\right)\left(\sum \dfrac{a + c}{(a + b)(a + c)}\right) = 2(a + b + c)\left[\dfrac{a + c}{(a + b)(a + c)} + \dfrac{b + a}{(b + c)(b + a)} + \dfrac{c + b}{(c + a)(c + b)}\right]$.

Biến đổi cụm trong ngoặc vuông, quy đồng mẫu số chung là $(a + b)(b + c)(c + a)$:

$VT^2 \le 2(a + b + c)\left[\dfrac{(a + c)(b + c) + (b + a)(c + a) + (c + b)(a + b)}{(a + b)(b + c)(c + a)}\right] = \dfrac{8(a + b + c)(ab + bc + ca)}{(a + b)(b + c)(c + a)}$.

Bây giờ ta cần chứng minh: $\dfrac{8(a + b + c)(ab + bc + ca)}{(a + b)(b + c)(c + a)} \le 9 \Leftrightarrow 8(a + b + c)(ab + bc + ca) \le 9(a + b)(b + c)(c + a)$.

Do $9(a + b)(b + c)(c + a) = 9(a + b + c)(ab + bc + ca) - 9abc$. Bất đẳng thức tương đương với:

$8(a + b + c)(ab + bc + ca) \le 9(a + b + c)(ab + bc + ca) - 9abc \Leftrightarrow (a + b + c)(ab + bc + ca) \ge 9abc$.

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng theo AM-GM (đã chứng minh ở Ví dụ 1). Dấu đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$.

V. KỸ THUẬT XỬ LÝ BẤT ĐẲNG THỨC VỚI CÁC BIẾN BỊ CHẶN TRÊN ĐOẠN, KHOẢNG

Khi các biến bị chặn trên một đoạn, ta cần chú ý các cách đánh giá để giới hạn biến như sau:

+ Nếu $m \le a, \, b, \, c \le n$. Để đánh giá $a^2, \, b^2, \, c^2$ theo bậc nhất, ta dùng: $(a - m)(a - n) \le 0 \Rightarrow a^2 \le (m + n)a - mn$.

+ Để tạo ra các tích chéo $ab$, ta dùng: $\begin{cases} (a - n)(b - n) \ge 0 \\ (a - m)(b - m) \ge 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} ab \ge n(a + b) - n^2 \\ ab \ge m(a + b) - m^2 \end{cases}$.

+ Nếu cần đánh giá đồng thời $3$ biến ta dùng:

$\begin{cases} (a - m)(b - m)(c - m) \ge 0 \\ (a - n)(b - n)(c - n) \le 0 \end{cases}$ và tiến hành nhân phân phối.

+ Ngoài ra, cần lưu ý tính chất đặc biệt giúp đánh giá bậc 3: Nếu biểu thức $(a - 2)^2(a + 2) \ge 0 \Leftrightarrow a^3 - 2a^2 - 4a + 8 \ge 0 \Rightarrow a^3 \ge 2a^2 + 4a - 8$ (áp dụng linh hoạt với hằng số $m, \, n$).

Ví dụ 5. Biết $a, \, b, \, c$ thỏa mãn $1 \le a, \, b, \, c \le 3$ và $a + b + c = 6$. Tìm GTLN, GTNN của $P = a^3 + b^3 + c^3$.

Lời giải:

**Tìm GTLN:** Từ giả thiết ta có:

$\begin{cases} (a - 1)(b - 1)(c - 1) \ge 0 \\ (3 - a)(3 - b)(3 - c) \ge 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} abc - (ab + bc + ca) + (a + b + c) - 1 \ge 0 \\ -abc + 3(ab + bc + ca) - 9(a + b + c) + 27 \ge 0 \end{cases}$

Thay $a + b + c = 6$ vào hệ: $\begin{cases} abc - (ab + bc + ca) + 5 \ge 0 \\ -abc + 3(ab + bc + ca) - 27 \ge 0 \end{cases}$.

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều, ta suy ra: $2(ab + bc + ca) - 22 \ge 0 \Rightarrow ab + bc + ca \ge 11$.

Ta có hằng đẳng thức quen thuộc: $(a + b + c)^3 = a^3 + b^3 + c^3 + 3(a + b + c)(ab + bc + ca) - 3abc$.

Từ đó: $P = 216 - 18(ab + bc + ca) + 3abc$.

Mà từ $-abc + 3(ab + bc + ca) - 27 \ge 0 \Rightarrow 3abc \le 9(ab + bc + ca) - 81$.

Thế vào $P$, ta có: $P \le 216 - 18(ab + bc + ca) + 9(ab + bc + ca) - 81 = 135 - 9(ab + bc + ca)$.

Vì $ab + bc + ca \ge 11 \Rightarrow P \le 135 - 9 \cdot 11 = 36$. Dấu đẳng thức xảy ra khi $(a, \, b, \, c)$ là một hoán vị của $(1, \, 2, \, 3)$. Vậy GTLN của $P$ là $36$.

**Tìm GTNN:** Ta xét đánh giá: $(a - 2)^2(a + 2) \ge 0 \Leftrightarrow a^3 \ge 2a^2 + 4a - 8$ (do $a > 0$).

Tương tự cho $b, \, c$, rồi cộng vế theo vế: $P \ge 2(a^2 + b^2 + c^2) + 4(a + b + c) - 24$.

Mặt khác, $a^2 + b^2 + c^2 \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{3} = \dfrac{36}{3} = 12$.

Suy ra $P \ge 2 \cdot 12 + 4 \cdot 6 - 24 = 24$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 2$. Vậy GTNN của $P$ là $24$.

VI. CÔNG THỨC ABEL VÀ ỨNG DỤNG

1. Công thức tổng Abel

Giả sử $(a_1, \, a_2, \dots, \, a_n)$ và $(b_1, \, b_2, \dots, \, b_n)$ là hai dãy số thực. Khi đó ta có:

$a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n = (b_1 - b_2)S_1 + (b_2 - b_3)S_2 + \dots + b_nS_n$

Trong đó $S_k = a_1 + a_2 + \dots + a_k$.

*Trường hợp $n = 3$, ta có đẳng thức rất quan trọng:* $a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3 = (b_1 - b_2)a_1 + (b_2 - b_3)(a_1 + a_2) + b_3(a_1 + a_2 + a_3)$.

2. Bất đẳng thức Abel

Cho hai dãy số thực: $(a_1, \, a_2, \dots, \, a_n)$ và $(b_1, \, b_2, \dots, \, b_n)$ sao cho $b_1 \ge b_2 \ge \dots \ge b_n \ge 0$.

Đặt $S_k = a_1 + a_2 + \dots + a_k$ với $k \in \{1, \, 2, \dots, \, n\}$.

Gọi $m = \min \{S_1, \, S_2, \dots, \, S_n\}$ và $M = \max \{S_1, \, S_2, \dots, \, S_n\}$. Khi đó ta có:

$mb_1 \le a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n \le Mb_1$

3. Ví dụ vận dụng

Ví dụ 6. Cho $x \ge y \ge z \ge 0$ thỏa mãn $x \ge 3; \, x + y \ge 5; \, x + y + z \ge 6$. Chứng minh: $x^2 + y^2 + z^2 \ge 14$.

Lời giải:

Từ giả thiết, ta dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = 3; \, y = 2; \, z = 1$.

Ta có phân tích: $x^2 + y^2 + z^2 - 14 = (x^2 - 9) + (y^2 - 4) + (z^2 - 1) = (x - 3)(x + 3) + (y - 2)(y + 2) + (z - 1)(z + 1)$.

Đặt $a_1 = x - 3; \, a_2 = y - 2; \, a_3 = z - 1$ và $b_1 = x + 3; \, b_2 = y + 2; \, b_3 = z + 1$.

Do $x \ge y \ge z \ge 0$ nên $b_1 \ge b_2 \ge b_3 \ge 0$. Ta có: $b_1 - b_2 = x - y + 1$; $b_2 - b_3 = y - z + 1$.

Áp dụng công thức tổng Abel $(n = 3)$ cho biểu thức $A = a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3$:

$A = (b_1 - b_2)a_1 + (b_2 - b_3)(a_1 + a_2) + b_3(a_1 + a_2 + a_3)$.

Thay các giá trị tương ứng vào, ta có:

$A = (x - y + 1)(x - 3) + (y - z + 1)(x - 3 + y - 2) + (z + 1)(x - 3 + y - 2 + z - 1)$

$A = (x - y + 1)(x - 3) + (y - z + 1)(x + y - 5) + (z + 1)(x + y + z - 6)$.

Theo giả thiết: $x \ge 3 \Rightarrow x - 3 \ge 0$; $x + y \ge 5 \Rightarrow x + y - 5 \ge 0$; $x + y + z \ge 6 \Rightarrow x + y + z - 6 \ge 0$.

Cùng với $x - y + 1 \ge 0; \, y - z + 1 \ge 0; \, z + 1 \ge 0$, ta suy ra $A \ge 0$.

Vậy $x^2 + y^2 + z^2 - 14 \ge 0 \Leftrightarrow x^2 + y^2 + z^2 \ge 14$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = 3; \, y = 2; \, z = 1$.