Tài liêu ôn toán - Chuyên đề bất đẳng thức hiện đại - Phần 4 docx

1.4. THE CYH TECHNIQUES 83
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
2a
2
+ (b  c)
2
b
2
 bc + c
2

"
P
cy c
[2a
2
+ (b  c)
2
]
#
2
P
cy c
[2a
2
+ (b  c)
2
](b
2

 bc + c
2
)
Ta cần chứng minh
"
X
cy c
[2a
2
+ (b  c)
2
]
#
2
 6
X
cy c
[2a
2
+ (b  c)
2
](b
2
 bc + c
2
)
, 2
X
cy c
a

4
+ 2abc
X
cy c
a +
X
cy c
ab(a
2
+ b
2
)  6
X
cy c
a
2
b
2
, 2
X
cy c
a
2
(a  b)(a  c) + 3
X
cy c
ab(a  b)
2
 0:
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur bậc 4. Đẳng thức xảy

ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Ví dụ 1.64 Cho các số không âm a; b; c; tất cả không đồng thời bằng 0: Chứng minh
rằng
3a
2
 bc
2a
2
+ b
2
+ c
2
+
3b
2
 ca
2b
2
+ c
2
+ a
2
+
3c
2
 ab
2c
2
+ a
2

+ b
2

3
2
:
(Vasile Cirtoaje)
Lời giải. Viết lại bất đẳng thức như sau
X
cy c

3 
2(3a
2
 bc)
2a
2
+ b
2
+ c
2

 6
,
X
cy c
3b
2
+ 2bc + 3c
2

2a
2
+ b
2
+ c
2
 6
, 3
X
cy c
(b  c)
2
2a
2
+ b
2
+ c
2
+ 8
X
cy c
bc
2a
2
+ b
2
+ c
2
 6
84 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN

Nếu (a  b)
2
+ (b  c)
2
+ (c  a)
2
= 0, bất đẳng thức là hiển nhiên. Nếu (a  b)
2
+
(b  c)
2
+ (c  a)
2
> 0; khi đó theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
(b  c)
2
2a
2
+ b
2
+ c
2


P
cy c
(b  c)
2

!
2
P
cy c
(b  c)
2
(2a
2
+ b
2
+ c
2
)
=
4

P
cy c
a
2

P
cy c
ab
!
2
"
P
cy c
(b  c)

2
#
P
cy c
a
2
!
+
P
cy c
a
2
(b  c)
2
=
2

P
cy c
a
2

P
cy c
ab
!
2

P
cy c

a
2

P
cy c
ab
!
P
cy c
a
2
!
+
P
cy c
b
2
c
2

P
cy c
a
2
bc
và
X
cy c
bc
2a

2
+ b
2
+ c
2


P
cy c
bc
!
2
P
cy c
bc(2a
2
+ b
2
+ c
2
)
=

P
cy c
bc
!
2

P

cy c
bc
!
P
cy c
a
2
!
+
P
cy c
a
2
bc
Ta cần chứng minh
6

P
cy c
a
2

P
cy c
ab
!
2

P
cy c

a
2

P
cy c
ab
!
P
cy c
a
2
!
+
P
cy c
b
2
c
2

P
cy c
a
2
bc
+
8

P
cy c

bc
!
2

P
cy c
bc
!
P
cy c
a
2
!
+
P
cy c
a
2
bc
 6
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q =
P
cy c
bc; r = abc,
khi đó bất đẳng thức trở thành
3(1  3q)
2
(1  3q)(1  2q) + q
2
 3r

+
4q
2
q(1  2q) + r
 3
,
(3r + q  4q
2
)
2
(1  5q + 7q
2
 3r)(q 2q
2
+ r)
 0:
1.4. THE CYH TECHNIQUES 85
hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc
a
1
=
b
1
=
c
0
hoặc
a
1
=

b
0
=
c
0
hoặc các hoán vị tương ứng.
Ví dụ 1.65 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
a
2
 bc
p
a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
+
b
2
 ca
p
b
2
+ 2c
2
+ 3a
2
+
c

2
 ab
p
c
2
+ 2a
2
+ 3b
2
 0:
(Nguyễn Anh Tuấn)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
"
8(a
2
 bc)
p
6(a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
)
+ b + c
#
=
X

cy c
8(a
2
 bc) + (b + c)
p
6(a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
)
p
6(a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
)

X
cy c
8(a
2
 bc) + (b + c)(a + 2b + 3c)
p
6(a
2
+ 2b

2
+ 3c
2
)
=
X
cy c
8a
2
+ c
2
+ ab + bc + ca + 2(b  c)
2
p
6(a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
)

X
cy c
8a
2
+ c
2
+ ab + bc + ca
p

6(a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
)
Nên ta chỉ cần chứng minh được
X
cy c
8a
2
+ c
2
+ ab + bc + ca
p
a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
 2
p
6
X
cy c
a
Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có

X
cy c
8a
2
+ c
2
+ ab + bc + ca
p
a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
!
2
"
X
cy c
(8a
2
+ c
2
+ ab + bc + ca)(a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
)

#
 27

3
X
cy c
a
2
+
X
cy c
ab
!
3
86 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a+b+c = 1. Đặt q = ab+bc+ca; r = abc,
khi đó theo bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có r 
4q 1
9
. Từ đây, ta được
X
cy c
(8a
2
+ c
2
+ ab + bc + ca)(a
2
+ 2b
2

+ 3c
2
)
= 6

X
cy c
ab
!
X
cy c
a
2
!
+
X
cy c
(8a
2
+ c
2
)(a
2
+ 2b
2
+ 3c
2
)
= 6

X
cy c
ab
!
X
cy c
a
2
!
+ 11

X
cy c
a
2
!
2
+ 21
X
cy c
a
2
b
2
= 53q
2
 38q + 11 42r
và
3
X

cy c
a
2
+
X
cy c
ab = 3  5q
Ta phải chứng minh
27(3  5q)
3
 24(53q
2
 38q + 11 42r)
, 155  911q + 1601q
2
 1125q
3
+ 336r  0
Ta có
155  911q + 1601q
2
 1125q
3
+ 336r
 155  911q + 1601q
2
 1125q
3
+ 336 
4q 1

9
=
1
3
(1  3q)(1125q
2
 1226q + 353)  0:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Ví dụ 1.66 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a(b + c)
a
2
+ 2bc
+
b(c + a)
b
2
+ 2ca
+
c(a + b)
c
2
+ 2ab
 2:
(Võ Quốc Bá Cẩn)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c

1 

a(b + c)
a
2
+ 2bc

 1
,
X
cy c
a(a  b) + (2b  a)c
a
2
+ 2bc
 1
1.4. THE CYH TECHNIQUES 87
Ta sẽ chỉ ra rằng
a(a  b) + (2b  a)c  0
Thật vậy, nếu 2b  a, ta có
a(a  b) + (2b  a)c  a(a  b) + (2b  a)(b  a) = 2(a  b)
2
 0
Nếu a  2b, ta có
a(a  b) + (2b  a)c  a(a  b) + (2b  a)(a + b) = 2b
2
 0
Từ đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta được
"
X
cy c
a(a  b) + (2b  a)c

a
2
+ 2bc
#"
X
cy c
[a(a  b) + (2b  a)c](a
2
+ 2bc)
#

"
X
cy c
[a(a  b) + (2b  a)c]
#
2
Ta cần chứng minh
"
X
cy c
[a(a  b) + (2b  a)c]
#
2

X
cy c
[a(a  b) + (2b  a)c](a
2
+ 2bc)

,
X
cy c
ab(a  b)
2
 0:
hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc
các hoán vị tương ứng.
Ví dụ 1.67 Cho a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
+
ab + bc + ca
a
2
+ b
2
+ c
2

5
2
:
(Phạm Kim Hùng)

Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c

1 
a
b + c


1
2
+
P
cy c
ab
P
cy c
a
2
,
X
cy c
b + c  a
b + c


P
cy c
a
!

2
2
P
cy c
a
2
88 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
2

X
cy c
a
2
!
X
cy c
b + c  a
b + c
!
=
"
X
cy c
(b + c)(b + c  a)
#
X
cy c
b + c  a
b + c

!

"
X
cy c
(b + c  a)
#
2
=

X
cy c
a
!
2
:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương
ứng.
Ví dụ 1.68 Cho các số không âm a; b; c; d; không có 3 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
ab
a + b + c
+
bc
b + c + d
+
cd
c + d + a
+
da

d + a + b

1
3
(a + b + c + d):
(Park Doo Sung)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c

a + b 
4ab
a + b + c


2
3
X
cy c
a
,
X
cy c
ac + bc + (a  b)
2
a + b + c

2
3
X

cy c
a
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
ac + bc + (a  b)
2
a + b + c

"
P
cy c
[ac + bc + (a  b)
2
]
#
2
P
cy c
[ac + bc + (a  b)
2
](a + b + c)
Ta có
X
cy c
[ac + bc + (a  b)
2
] =
X
cy c

a
2
+ (a + c)
2
+ (b + d)
2
 (a + c)(b + d)
X
cy c
[ac + bc + (a  b)
2
](a + b + c) = 2
X
cy c
a
3
+
X
cy c
a
2
b + 3ac(a + c) + 3bd(b + d)
 3
X
cy c
a
3
+ 3ac(a + c) + 3bd(b + d)
= 3(a + c)(a
2

+ c
2
) + 3(b + d)(b
2
+ d
2
)
1.4. THE CYH TECHNIQUES 89
Nên ta chỉ cần chứng minh được
"
P
cy c
a
2
+ (a + c)
2
+ (b + d)
2
 (a + c)(b + d)
#
2
(a + c)(a
2
+ c
2
) + (b + d)(b
2
+ d
2
)

 2
X
cy c
a
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử b + d  a + c. Đặt
2x = a + c
2y = b + d
t = a
2
+ c
2

(a + c)
2
2
= 2x
2
A = b
2
+ d
2
+ (a + c)
2
+ (b + d)
2
 (a + c)(b + d) = b
2
+ d
2
+ 4x

2
+ 4y
2
 4xy
B = (b + d)(b
2
+ d
2
) = 2y(b
2
+ d
2
)
Bất đẳng thức trở thành
f(t) =
(t + A)
2
2xt + B
 2(2x + 2y)  0
Ta có
f
0
(t) =
2(t + A)(xt + B  xA)
(2xt + B)
2
và
xt + B  xA = xt + 2y(b
2
+ d

2
)  x(b
2
+ d
2
+ 4x
2
+ 4y
2
 4xy)
 2x
3
+ 2y(b
2
+ d
2
)  x(b
2
+ d
2
+ 4x
2
+ 4y
2
 4xy)
= (b
2
+ d
2
)(2y x) + 4x

2
y 2x
3
 4xy
2
 2y
2
(2y x) + 4x
2
y 2x
3
 4xy
2
= 2(y x)(2y
2
 xy + x
2
)  0
Nên f
0
(t)  0. Do đó f(t) đồng biến, và vì thế ta chỉ cần chứng minh được
f(2x
2
) =
(3x
2
 2xy + 4y
2
 bd)
2

x
3
 ybd + 2y
3
 4(x + y) = g(bd)  0
Ta có
g
0
(bd) =
(3x
2
 2xy + 4y
2
 bd)[ybd  x(2x
2
 3xy + 2y
2
)]
(x
3
 ybd + 2y
3
)
2
g
0
(bd) = 0 , bd =
x(2x
2
 3xy + 2y

2
)
y
90 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Do x  y nên
x(2x
2
3xy +2y
2
)
y
 y
2
, khi đó ta dễ dàng kiểm tra được
g(bd)  g

x(2x
2
 3xy + 2y
2
)
y

=
4(y x)
3
y
2
 0:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d:

Ví dụ 1.69 Cho các số a
1
; a
2
; a
3

1
2
thỏa a
1
a
2
a
3
= 1: Chứng minh rằng
1
a
1
+ 2a
2
+
1
a
2
+ 2a
3
+
1
a

3
+ 2a
1
 1:
Lời giải. Đặt a
1
=
x
y
; a
2
=
z
x
; a
3
=
y
z
với x; y; z > 0 và do a
1
; a
2
; a
3

1
2
nên
8

<
:
2x  y
2y  z
2z  x
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
X
cy c
xy
x
2
+ 2yz
 1
,
X
cy c

2
3

xy
x
2
+ 2yz

 1
,
X
cy c
2x

2
 3xy + 4yz
x
2
+ 2yz
 3
Do
8
<
:
2x  y
2y  z
2z  x
nên
2x
2
 3xy + 4yz  2x
2
 3xy + 2xy = x(2x  y)  0
Do đó, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
2x
2
 3xy + 4yz
x
2
+ 2yz
!"

X
cy c
(x
2
+ 2yz)(2x
2
 3xy + 4yz)
#


2
X
cy c
x
2
+
X
xy
!
2
1.4. THE CYH TECHNIQUES 91
Nên ta chỉ cần chứng minh

2
X
cy c
x
2
+
X

cy c
xy
!
2
 3
X
cy c
(x
2
+ 2yz)(2x
2
 3xy + 4yz)
, 13
X
cy c
x
3
y + 4
X
cy c
xy
3
 2
X
cy c
x
4
+ 15
X
cy c

x
2
y
2
,
X
cy c
M
z
(x  y)
2
 0
với M
z
= 5y
2
+ 26xy  13x
2
và M
x
; M
y
tương tự. Đặt
8
<
:
2x  y = 7a
2y z = 7b
2z x = 7c
thì ta có

a; b; c  0 và
8
<
:
x = 4a + 2b + c
y = 4b + 2c + a
z = 4c + 2a + b
; thay vào bất đẳng thức trên, ta có
X
cy c
M
z
(x  y)
2
=
X
cy c
M
z
(3a  2b  c)
2
= 4
X
cy c
M
z
(a  b)
2
+
X

cy c
M
z
(c  a)
2
+ 4
X
cy c
M
z
(a  b)(a  c)
= 6
X
cy c
M
z
(a  b)
2
+ 3
X
cy c
M
z
(c  a)
2
 2
X
cy c
M
z

(b  c)
2
=
X
cy c
(a  b)
2
(3M
x
 2M
y
+ 6M
z
)
=
X
cy c
(a  b)
2
(41z
2
+ 78yz 9y
2
 88x
2
 52zx + 156xy)
= 343
X
cy c
(a  b)

2
(143b
2
+ 180c
2
 127a
2
+ 254ab + 288bc + 144ca)
= 1372

4
X
cy c
a
4
+ 199
X
cy c
a
3
b + 28
X
cy c
ab
3
 33
X
cy c
a
2

b
2
 199abc
X
cy c
a
!
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
4
X
cy c
a
4
 4abc
X
cy c
a
28
X
cy c
a
3
b + 28
X
cy c
ab
3
 56
X
cy c

a
2
b
2
92 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
171
X
cy c
a
3
b  171abc
X
cy c
a
23
X
cy c
a
2
b
2
 23abc
X
cy c
a
Cộng lần lượt vế với vế 4 bất đẳng thức này, ta thu được
4
X
cy c
a

4
+ 199
X
cy c
a
3
b + 28
X
cy c
ab
3
 33
X
cy c
a
2
b
2
 199abc
X
cy c
a  0:
Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a
1
= a
2
=
a
3
= 1:

Đôi khi, ta không nhất thiết phải thêm vào để chuyển tử số thành số không âm vì
nó đã là một số không âm nhưng "khá lớn", ta sẽ sẽ bớt đi 1 vài giá trị để biến nó
thành số không âm nhưng có giá trị "lớn vừa phải"
Ví dụ 1.70 Cho các số không âm a; b; c, không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
1
a
2
+ bc
+
1
b
2
+ ca
+
1
c
2
+ ab

3(a + b + c)
2
2(a
2
+ b
2
+ c
2
)(ab + bc + ca)
:

(Phạm Hữu Đức)
Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với
X
cy c
a
2
+ b
2
+ c
2
a
2
+ bc

3

P
cy c
a
!
2
2
P
cy c
ab
, 3 +
X
cy c
b
2

+ c
2
 bc
a
2
+ bc

3

P
cy c
a
!
2
2
P
cy c
ab
1.4. THE CYH TECHNIQUES 93
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
b
2
+ c
2
 bc
a
2
+ bc


"
P
cy c
(b
2
+ c
2
 bc)
#
2
P
cy c
(b
2
+ c
2
 bc)(a
2
+ bc)
=

2
P
cy c
a
2

P
cy c

ab
!
2

P
cy c
ab
!
P
cy c
a
2
+
P
cy c
ab
!
 4abc
P
cy c
a
Do đó, ta chỉ cần chứng minh được
3 +

2
P
cy c
a
2


P
cy c
ab
!
2

P
cy c
ab
!
P
cy c
a
2
+
P
cy c
ab
!
 4abc
P
cy c
a

3

P
cy c
a
!

2
2
P
cy c
ab
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a+b+c = 1. Đặt q = ab+bc+ca; r = abc,
khi đó bất đẳng thức trở thành
3 +
(2  5q)
2
q q
2
 4r

3
2q
Nếu 1  4q, ta có
3 +
(2  5q)
2
q q
2
 4r

3
2q
 3 +
(2  5q)
2
q q

2

3
2q
=
(5  11q)(1  4q)
2q(1  q)
 0
Nếu 4q  1, sử dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có r 
4q 1
9
, do đó
3 +
(2  5q)
2
q q
2
 4r

3
2q
 3 +
(2  5q)
2
q q
2

4(4q 1)
9


3
2q
=
3(1  3q)(4q 1)(11 4q)
2q(4  7q 9q
2
)
 0:
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc
a = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Ví dụ 1.71 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 só nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
1
5a
2
 ab + 5b
2
+
1
5b
2
 bc + 5c
2
+
1
5c
2
 ca + 5a
2


1
a
2
+ b
2
+ c
2
:
94 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
(Vasile Cirtoaje)
Hướng dẫn.
5(a
2
+ b
2
+ c
2
)
5a
2
 ab + 5b
2
 1 =
5c
2
+ ab
5a
2
 ab + 5b
2

 0:
Ví dụ 1.72 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 1: Chứng minh rằng
bc
a
2
+ 1
+
ca
b
2
+ 1
+
ab
c
2
+ 1

3
4
:
(Phạm Kim Hùng)
Hướng dẫn.
1 
2bc

a
2
+ 1
=
1 + a
2
 2bc
a
2
+ 1
=
3a
2
+ (b  c)
2
a
2
+ 1
 0:
Ví dụ 1.73 Cho các số thực a; b; c thỏa mãn a
2
+ b
2
+ c
2
= 1: Chứng minh rằng
1
3 + a
2
 2bc

+
1
3 + b
2
 2ca
+
1
3 + c
2
 2ab

9
8
:
(Vasile Cirtoaje, Wolfgang Berndt)
Hướng dẫn.
1 
2
3 + a
2
 2bc
=
1 + a
2
 2bc
3 + a
2
 2bc
=
3a

2
+ (b  c)
2
3 + a
2
 2bc
 0:
Ví dụ 1.74 Cho các số không âm a; b; c; d; không có 3 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
a  b
a + 2b + c
+
b  c
b + 2c + d
+
c  d
c + 2d + a
+
d  a
d + 2a + b
 0:
Hướng dẫn.
2(a  b)
a + 2b + c
+ 1 =
3a + c
a + 2b + c
 0:
Ví dụ 1.75 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng

a
2
 bc
2b
2
 3bc + 2c
2
+
b
2
 ca
2c
2
 3ca + 2a
2
+
c
2
 ab
2a
2
 3ab + 2b
2
 0:
(Vasile Cirtoaje)
1.4. THE CYH TECHNIQUES 95
Hướng dẫn.
a
2
 bc

2b
2
 3bc + 2c
2
+ 1 =
a
2
+ 2(b  c)
2
2b
2
 3bc + 2c
2
 0:
Đối xứng hóa
Trong toán học, bao giờ cũng có một quan niệm là “đối xứng dễ giải hơn hoán vị”. Kỹ
thuật này cũng dựa trên nền tảng đó, từ một bất đẳng thức chưa đối xứng, chúng ta
sẽ tìm cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz hoặc Holder để đưa nó trở về đối
xứng, rồi giải.
Ví dụ 1.76 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
r
a
a + b
+
r
b
b + c
+
r

c
c + a

3
p
2
:
(Vasile Cirtoaje)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
r
a
a + b
!
2

"
X
cy c
(a + c)
#"
X
cy c
a
(a + b)(a + c)
#
=
4

P
cy c
a
!
P
cy c
ab
!
(a + b)(b + c)(c + a)
Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM thì
(a + b)(b + c)(c + a) =

X
cy c
a
!
X
cy c
ab
!
 abc 
8
9

X
cy c
a
!
X

cy c
ab
!
Suy ra

X
cy c
r
a
a + b
!
2

9
2
:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Ví dụ 1.77 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
r
a
4a + 4b + c
+
r
b
4b + 4c + a
+
r
c
4c + 4a + b
 1:

(Phạm Kim Hùng)
96 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
r
a
4a + 4b + c
!
2

"
X
cy c
(4a + b + 4c)
#

a
(4a + 4b + c)(4a + b + 4c)

=
9

P
cy c
a
!
P
cy c

a
2
+ 8
P
cy c
ab
!
(4a + 4b + c)(4b + 4c + a)(4c + 4a + b)
Ta cần chứng minh
9

X
cy c
a
!
X
cy c
a
2
+ 8
X
cy c
ab
!
 (4a + 4b + c)(4b + 4c + a)(4c + 4a + b)
, 7
X
cy c
a
3

+ 3
X
cy c
ab(a + b)  39abc:
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM. Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi a = b = c:
Ví dụ 1.78 Cho các số không âm a; b; c; d; không có 3 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
r
a
a + b + c
+
r
b
b + c + d
+
r
c
c + d + a
+
r
d
d + a + b

4
p
3
:
(Phạm Văn Thuận)
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
r
a
a + b + c
!
2

"
X
cy c
(a + b + d)(a + c + d)
#"
X
cy c
a
(a + b + c)(a + b + d)(a + c + d)
#
=
2[2(a + b + c + d)
2
+ (a + c)(b + d)][(a + c)(b + d) + ac + bd]
(a + b + c)(b + c + d)(c + d + a)(d + a + b)
Ta cần chứng minh
P (a; b; c; d) = 8(a + b + c)(b + c + d)(c + d + a)(d + a + b)
 [2(a + b + c + d)
2
+ (a + c)(b + d)][(a + c)(b + d) + ac + bd]  0
1.4. THE CYH TECHNIQUES 97

Đây là một hàm bậc nhất theo ac; bd, nên ta dễ dàng kiểm tra được
P (a; b; c; d)  min

P (a + c; b; 0; d); P

a + c
2
; b;
a + c
2
; d

P (a + c; b; 0; d)  min

P (a + c; b + d; 0; 0); P

a + c;
b + d
2
; 0;
b + d
2

P

a + c
2
; b;
a + c
2

; d

 min

P

a + c
2
; b + d;
a + c
2
; 0

; P

a + c
2
;
b + d
2
;
a + c
2
;
b + d
2

Do đó, ta chỉ cần xét các trường hợp s au là đủ
Trường hợp 1. c = d = 0, bất đẳng thức trở thành
8ab(a + b)

2
 3ab(2a
2
+ 5ab + 2b
2
)
, ab(2a
2
+ ab + 2b
2
)  0
hiển nhiên đúng.
Trường hợp 2. a = c; d = 0, bất đẳng thức trở thành
16a(2a + b)(a + b)
2
 6a(a + b)(a + 2b)(4a + b)
, 2a(a + b)(4a
2
 3ab + 2b
2
)  0
hiển nhiên đúng.
Trường hợp 3. a = c; b = d, bất đẳng thức trở thành
8(2a + b)
2
(a + 2b)
2
 12(2a
2
+ 5ab + 2b

2
)(a
2
+ 4ab + b
2
)
, 4(a + 2b)(2a + b)(a  b)
2
 0
hiển nhiên đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chi khi a = b = c = d:
Ví dụ 1.79 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
r
a
2
4a
2
+ ab + 4b
2
+
r
b
2
4b
2
+ bc + 4c
2
+
r

c
2
4c
2
+ ca + 4a
2
 1:
(Bin Zhao)
98 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
r
a
2
4a
2
+ ab + 4b
2
!
2

"
X
cy c
(4a
2
+ ac + 4c
2

)
#"
X
cy c
a
2
(4a
2
+ ab + 4b
2
)(4a
2
+ ac + 4c
2
)
#
Ta cần chứng minh
"
X
cy c
(4a
2
+ ac + 4c
2
)
#"
X
cy c
a
2

(4a
2
+ ab + 4b
2
)(4a
2
+ ac + 4c
2
)
#
 1
Bằng khai triển trực tiếp, ta thấy bất đẳng thức này tương đương với
8
X
cy c
a
3
b
3
+ 8
X
cy c
a
4
bc + 3abc
X
cy c
ab(a + b)  66a
2
b

2
c
2
:
hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a =
b = c hoặc c = 0;
b
a
! 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Đổi biến để có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz-Holder
Bất đẳng thức có rất nhiều nét lạ và độc đáo. Một bất đẳng thức ở dạng này, ta
không thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz-Holder để giải mà khi đổi biến thì
lại giải được bằng chúng! Điều này cũng góp phần tạo nên vẻ đẹp lôi cuốn của bất
đẳng thức.
Ví dụ 1.80 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
a
3
a
3
+ abc + b
3
+
b
3
b
3
+ abc + c
3
+
c

3
c
3
+ abc + a
3
 1:
(Nguyễn Văn Thạch)
Lời giải. Đặt x =
b
a
; y =
a
c
; z =
c
b
) x; y; z > 0; xyz = 1 và bất đẳng thức trở thành
X
cy c
1
x
3
+
x
y
+ 1
 1
,
X
cy c

1
x
3
+ x
2
z + 1
 1
1.4. THE CYH TECHNIQUES 99
,
X
cy c
yz
x
2
+ yz + zx
 1
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
yz
x
2
+ yz + zx


P
cy c
yz
!
2

P
cy c
yz(x
2
+ yz + zx)
= 1:
Đẳng tức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc c ! 0;
a
b
! 0 hoặc các hoán vị tương
ứng.
Ví dụ 1.81 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
r
a
2
a
2
+ 7ab + b
2
+
r
b
2
b
2
+ 7bc + c
2
+
r
c

2
c
2
+ 7ca + a
2
 1:
(Lê Hữu Điền Khuê)
Lời giải. Đặt x =
b
a
; y =
c
b
; z =
a
c
) x; y; z > 0; xyz = 1 và bất đẳng thức trở thành
X
cy c
1
p
x
2
+ 7x + 1
 1
Lại do x; y ; z > 0; xyz = 1 nên tồn tại m; n; p > 0 sao cho x =
n
2
p
2

m
4
; y =
p
2
m
2
n
4
; z =
m
2
n
2
p
4
, bất đẳng thức được viết lại thành
X
cy c
m
4
p
m
8
+ 7m
4
n
2
p
2

+ n
4
p
4
 1
Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có

X
cy c
m
4
p
m
8
+ 7m
4
n
2
p
2
+ n
4
p
4
!
2

X
cy c
m(m

8
+ 7m
4
n
2
p
2
+ n
4
p
4
)
!


X
cy c
m
3
!
3
Ta cần chứng minh

X
cy c
m
3
!
3


X
cy c
m(m
8
+ 7m
4
n
2
p
2
+ n
4
p
4
)
,
X
sy m
(5m
6
n
3
+ 2m
3
n
3
p
3
 7m
5

n
2
p
2
) +
X
sy m
(m
6
n
3
 m
4
n
4
p)  0:
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM. Đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi a = b = c hoặc c ! 0;
a
b
! 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
100 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Ví dụ 1.82 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
1
a(a + b)
+
1
b(b + c)
+
1

c(c + a)

3
2
3
p
a
2
b
2
c
2
:
Lời giải. Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho abc = 1, khi đó tồn tại
x; y; z > 0 sao cho a =
x
y
; b =
z
x
; c =
y
z
. Bất đẳng thức trở thành
X
cy c
y
2
x
2

+ yz

3
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
y
2
x
2
+ yz


P
cy c
y
2
!
2
P
cy c
x
2
y
2
+
P
cy c
y

3
z
Mặt khác

X
cy c
y
2
!
2
 3
X
cy c
x
2
y
2
=
1
2
X
cy c
(x
2
 y
2
)
2
 0

X
cy c
y
2
!
2
 3
X
cy c
y
3
z =
1
2
X
cy c
(x
2
 z
2
 2xy + yz + zx)
2
 0
Do đó
X
cy c
y
2
x
2

+ yz


P
cy c
y
2
!
2
P
cy c
x
2
y
2
+
P
cy c
y
3
z


P
cy c
y
2
!
2
1

3

P
cy c
y
2
!
2
+
1
3

P
cy c
y
2
!
2
=
3
2
:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Nhận xét 9 Chúng ta thường đặt a =
x
y
; b =
y
z
; c =

z
x
nhưng ở đây ta lại đặt
a =
x
y
; b =
z
x
; c =
y
z
. Thật ra cả 2 phép đặt trên là tương đương nhưng chúng ta nên
cố gắng đặt làm sao để biểu thức trên tử càng độc lập với các biến khác thì càng dễ nhìn
hơn, sẽ thuận lợi hơn cho chúng ta khi giải toán. Cụ thể, nếu đặt a =
x
y
; b =
y
z
; c =
z
x
thì bất đẳng thức trở thành
P
cy c
y
2
z
x(y

2
+zx)

3
2
: Rõ ràng là khó nhìn hơn phép đặt kia.
1.4. THE CYH TECHNIQUES 101
Ví dụ 1.83 Cho các số dương a; b; c: Chứng minh rằng
1
a
p
a + b
+
1
b
p
b + c
+
1
c
p
c + a

3
p
2abc
:
(Phan Thành Nam)
Lời giải. Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho abc = 1, khi đó tồn tại
x; y; z > 0 sao cho a =

x
y
; b =
z
x
; c =
y
z
. Bất đẳng thức trở thành
X
cy c
y
p
y
p
x(x
2
+ yz)

3
p
2
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
X
cy c
y
p
y
p
x(x

2
+ yz)


P
cy c
y
!
2
P
cy c
p
xy(x
2
+ yz)
và
X
cy c
p
xy(x
2
+ yz) 
v
u
u
t

X
cy c
xy

!
X
cy c
x
2
+
X
cy c
xy
!
=
1
p
2
v
u
u
t

2
X
cy c
xy
!
X
cy c
x
2
+
X

cy c
xy
!

1
2
p
2

X
cy c
x
2
+ 3
X
cy c
xy
!

2
3
p
2

X
cy c
x
!
2
Suy ra

X
cy c
y
p
y
p
x(x
2
+ yz)

3
p
2
:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:
Ví dụ 1.84 Cho các số dương a; b; c thỏa mãn abc = 1: Chứng minh rằng
1
a
2
 a + 1
+
1
b
2
 b + 1
+
1
c
2
 c + 1

 3:
(Vũ Đình Quý)
102 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng với mọi x; y; z > 0 thỏa mãn xyz = 1 thì
1
x
2
+ x + 1
+
1
y
2
+ y + 1
+
1
z
2
+ z + 1
 1
Thật vậy, do x; y; z > 0; xyz = 1 nên tồn tại các số m; n; p > 0 sao cho x =
np
m
2
; y =
pm
n
2
; z =
mn
p

2
. Bất đẳng thức trên được viết lại là
X
cy c
m
4
m
4
+ m
2
np + n
2
p
2
 1
Từ đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz và bất đẳng thức quen thuộc
P
cy c
n
2
p
2

P
cy c
m
2
np, ta có
X
cy c

m
4
m
4
+ m
2
np + n
2
p
2


P
cy c
m
2
!
2
P
cy c
(m
4
+ m
2
np + n
2
p
2
)


P
cy c
m
2
!
2
P
cy c
m
4
+ 2
P
cy c
n
2
p
2
= 1
Trở lại bài toán ban đầu, sử dụng bất đẳng thức trên ta được
X
cy c
1
1
a
4
+
1
a
2

+ 1
 1
,
X
cy c
a
4
a
4
+ a
2
+ 1
 1
,
X
cy c
2(a
2
+ 1)
a
4
+ a
2
+ 1
 4
,
X
cy c
(a
2

+ a + 1) + (a
2
 a + 1)
(a
2
+ a + 1)(a
2
 a + 1)
 4
,
X
cy c
1
a
2
+ a + 1
+
X
cy c
1
a
2
 a + 1
 4
Lại sử dụng bất đẳng thức trên một lần nữa, ta có
P
cy c
1
a
2

+a+1
 1, và vì thế
X
cy c
1
a
2
 a + 1
 3:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1:
1.4. THE CYH TECHNIQUES 103
Ví dụ 1.85 Cho các số dương x; y; z: Chứng minh rằng
x
y(x
2
+ 2y
2
)
+
y
z(y
2
+ 2z
2
)
+
z
x(z
2
+ 2x

2
)

3
xy + yz + zx
:
(Dương Đức Lâm)
Lời giải. Đặt a =
1
x
; b =
1
y
; c =
1
z
thì bất đẳng thức trở thành
X
cy c
ab
3
2a
2
+ b
2

3abc
a + b + c
,
X

cy c
b
2
c(2a
2
+ b
2
)

3
a + b + c
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
"
X
cy c
b
2
c(2a
2
+ b
2
)
#"
X
cy c
b
2
c(2a
2
+ b

2
)
#


X
cy c
a
2
!
2
Nên ta chỉ cần chứng minh được

X
cy c
a
2
!
2

X
cy c
a
!
 3
X
cy c
b
2
c(2a

2
+ b
2
)
,
X
cy c
a
5
+
X
cy c
ab
4
+ 2
X
cy c
a
3
b
2
+ 2
X
cy c
a
2
b
3
 2
X

cy c
a
4
b + 6
X
cy c
a
2
b
2
c
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
X
cy c
a
5
+
X
cy c
a
3
b
2
=
X
cy c
a
3
(a
2

+ b
2
)  2
X
cy c
a
4
b
X
cy c
ab
4
+
X
cy c
a
2
b
3
=
X
cy c
(ab
4
+ c
2
a
3
)  2
X

cy c
a
2
b
2
c
X
cy c
a
3
b
2
+
X
cy c
a
2
b
3
=
X
cy c
a
3
(b
2
+ c
2
)  2
X

cy c
a
3
bc  2
X
cy c
a
2
b
2
c
Cộng tương ứng vế với vế 3 bất đẳng thức trên, ta suy ra được đpcm. Đẳng thức xảy
ra khi và chỉ khi x = y = z:
Ví dụ 1.86 Cho các số dương x; y; z: Chứng minh rằng
1
x
+
1
y
+
1
z
 3

x
x
2
+ 2yz
+
y

y
2
+ 2zx
+
z
z
2
+ 2xy

:
(Dương Đức Lâm)
104 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Lời giải. Đặt a =
1
x
; b =
1
y
; c =
1
z
thì bất đẳng thức trở thành
a + b + c 
3abc
2a
2
+ bc
+
3abc
2b

2
+ ca
+
3abc
2c
2
+ ab
,

3a 
3abc
2a
2
+ bc

+

3b 
3abc
2b
2
+ ca

+

3c 
3abc
2c
2
+ ab


 2(a + b + c)
, 3

a
3
2a
2
+ bc
+
b
3
2b
2
+ ca
+
c
3
2c
2
+ ab

 a + b + c
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
a
3
2a
2
+ bc
+

b
3
2b
2
+ ca
+
c
3
2c
2
+ ab

(a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
a(2a
2
+ bc) + b(2b
2
+ ca) + c(2c
2
+ ab)
=
(a
2

+ b
2
+ c
2
)
2
2(a
3
+ b
3
+ c
3
) + 3abc
Ta cần chứng minh
3(a
2
+ b
2
+ c
2
)
2
 (a + b + c)[2(a
3
+ b
3
+ c
3
) + 3abc]
Chuẩn hóa cho a + b + c = 1: Đặt q = ab + bc + ca; r = abc thì bất đẳng thức trở

thành
3(1  2q)
2
 2(1  3q + 3r) + 3r
, (1  3q)
2
+ 3(q
2
 3r)  0:
Bất đẳn g thức cuối hiển nhiên đúng nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = z:
Ví dụ 1.87 Cho các số không âm x; y; z; không có 2 số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh rằng
r
x
y + z
+
r
y
z + x
+
r
z
x + y
+ 2

2
p
2  3


r
xyz
(x + y)(y + z)(z + x)
 2:
(Dương Đức Lâm)
Lời giải. Đặt x = a
2
; y = b
2
; z = c
2
(a; b; c  0), ta phải chứng minh
X
cy c
a
p
b
2
+ c
2
+
2

2
p
2  3

abc
p
(a

2
+ b
2
)(b
2
+ c
2
)(c
2
+ a
2
)
 2
Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có

X
cy c
a
p
b
2
+ c
2
!
2
"
X
cy c
a(b
2

+ c
2
)
#


X
cy c
a
!
3
1.4. THE CYH TECHNIQUES 105
)
X
cy c
a
p
b
2
+ c
2

v
u
u
u
u
u
u
t

P
cy c
a
!
3
P
cy c
a(b
2
+ c
2
)
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz,

X
cy c
a
2
!
X
cy c
a
2
b
2
!


X

cy c
a
2
b
!
2
và

X
cy c
b
2
!
X
cy c
a
2
b
2
!


X
cy c
ab
2
!
2
Suy ra
2

X
cy c
a
2
!
X
cy c
a
2
b
2
!


X
cy c
a
2
b
!
2
+

X
cy c
ab
2
!
2


1
2

X
cy c
a
2
b +
X
cy c
ab
2
!
2
Từ đó, bất đẳng thức AM-GM cho ta
(a
2
+ b
2
)(b
2
+ c
2
)(c
2
+ a
2
) 
8

9

X
cy c
a
2
!
X
cy c
a
2
b
2
!

2
9
"
X
cy c
a
2
(b + c)
#
2
Ta cần chứng minh
v
u
u
u

u
u
u
t

P
cy c
a
!
3
P
cy c
a(b
2
+ c
2
)
+
2

2
p
2  3

abc
v
u
u
t
2

9
"
P
cy c
a
2
(b + c)
#
2
 2
Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho a + b + c = 1. Đặt q =
P
cy c
ab; r = abc,
khi đó theo bất đẳng thức Schur bậc 3 và bất đẳng thức Newton, ta có
q
2
3
 r 
106 CHƯƠNG 1. TÌM TÒI MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
max

0;
4q 1
9

. Bất đẳng thức trên trở thành
1
p
q 3r

+
3

4  3
p
2

r
q 3r
 2
,
p
q 3r  2q 9

2 
p
2

r
, q 3r 
h
2q 9

2 
p
2

r
i
2

(vì 2q 9

2 
p
2

r  0)
, f(r) =
h
2q 9

2 
p
2

r
i
2
+ 3r q  0
Do f(r) là hàm lồi nên
2
4
f(r)  max
n
f

q
2
3


; f(0)
o
nếu 1  4q
f(r)  max
n
f

q
2
3

; f

4q 1
9

o
nếu 4q  1
Ta có
f

q
2
3

=

3  2
p
2


q(3q 1)
h
6q
2
+

3 + 2
p
2

(1  2q)
i
 0
Nếu 1  4q, ta có
f(0) = q(4q 1)  0
Nếu 4q  1, ta có
f

4q 1
9

=
17  12
p
2
3
(4q 1)(3q  1)  0
Suy ra, nếu 1  4q, thì
f(r)  max


f

q
2
3

; f(0)

 0
Nếu 4q  1, thì
f(r)  max

f

q
2
3

; f

4q 1
9

 0:
Bất đẳng thức đ ược chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc
x = y; z = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.
Nhận xét 10 Một điều rất lạ là với bài toán này, nếu ta dùng Holder trực tiếp

X

cy c
r
x
y + z
!
2
"
X
cy c
x
2
(y + z)
#


X
cy c
x
!
3
1.4. THE CYH TECHNIQUES 107
Rồi đi đến chứng minh kết quả
v
u
u
u
u
u
u
t

P
cy c
x
!
3
P
cy c
x
2
(y + z)
+ 2

2
p
2  3

r
xyz
(x + y)(y + z)(z + x)
 2
nhưng bất đẳng thức này lại không đúng.
Thế nhưng sau khi ta dùng phép đặt ẩn x = a
2
; y = b
2
; z = c
2
thì ta lại có thể áp
dụng Holder một cách khá hiệu quả.

Ví dụ 1.88 Cho các số x; y; z  0; xyz = 1: Chứng minh rằng
1
p
2x
2
+ 6x + 1
+
1
p
2y
2
+ 6y + 1
+
1
p
2z
2
+ 6z + 1
 1:
(Nguyễn Văn Thạch)
Hướng dẫn. Đặt x =
bc
a
2
; y =
ca
b
2
; z =
ab

c
2
(a; b; c  0); bất đẳng thức trở thành
X
cy c
a
2
p
a
4
+ 6a
2
bc + 2b
2
c
2
 1
Sử dụng bất đẳng thức Holder

X
cy c
a
2
p
a
4
+ 6a
2
bc + 2b
2

c
2
!
2


P
cy c
a
2
!
3
P
cy c
a
2
(a
4
+ 6a
2
bc + 2b
2
c
2
)
:
Ví dụ 1.89 Cho các số a; b; c; d > 0: Chứng minh rằng
X
cy c
abc

(a + d)(b + d)(c + d)

1
2
:
(Nguyễn Văn Thạch)
Hướng dẫn. Đặt a =
1
x
; b =
1
y
; c =
1
z
; d =
1
t
; bất đẳng thức trở thành
X
cy c
x
3
(x + y)(x + z)(x + t)

1
2