Lý thuyết cơ bản về bất đẳng thức

,23Hoàng Phớc LợiHoàng Phớc Lợi,,23Bất đẳng thứcBất đẳng thức,
Một dạng phơng pháp
chứng minh bất đẳng
thức thuần nhất
Nếu nhìn một cách tổng quan, toàn bộ chơng trình toán phổ thông
nhận hàm số làm xơng sống. Trong hai lĩnh vực bất đẳng thức và
giải phơng trình thì điều này lại càng đợc chứng minh rõ ràng
hơn. Các bất đẳng thức đặc biệt là ở dạng thuần nhất có thể có
rất nhiều cách giải. Một trong những cách giải đó là sử dụng hàm
số và kỹ thuật phơng trình mà chúng ta sẽ gặp qua một số ví dụ
dới đây.
Nếu nhìn một cách tổng quan, toàn bộ chơng trình toán phổ thông
nhận hàm số làm xơng sống. Trong hai lĩnh vực bất đẳng thức và
giải phơng trình thì điều này lại càng đợc chứng minh rõ ràng
hơn. Các bất đẳng thức đặc biệt là ở dạng thuần nhất có thể có
rất nhiều cách giải. Một trong những cách giải đó là sử dụng hàm
số và kỹ thuật phơng trình mà chúng ta sẽ gặp qua một số ví dụ
dới đây.
Chúng ta bắt đầu với một bài toán rất đơn giản nh sau:
Nếu nhìn một cách tổng quan, toàn bộ chơng trình toán phổ thông
nhận hàm số làm xơng sống. Trong hai lĩnh vực bất đẳng thức và
giải phơng trình thì điều này lại càng đợc chứng minh rõ ràng
hơn. Các bất đẳng thức đặc biệt là ở dạng thuần nhất có thể có
rất nhiều cách giải. Một trong những cách giải đó là sử dụng hàm
số và kỹ thuật phơng trình mà chúng ta sẽ gặp qua một số ví dụ
dới đây.
Chúng ta bắt đầu với một bài toán rất đơn giản nh sau:
Ví dụ 1. Cho x y z 0. Chứng minh rằng
x
z
+

z
y
+
y
x

x
y
+
y
z
+
z
x
.
Nếu nhìn một cách tổng quan, toàn bộ chơng trình toán phổ thông
nhận hàm số làm xơng sống. Trong hai lĩnh vực bất đẳng thức và
giải phơng trình thì điều này lại càng đợc chứng minh rõ ràng
hơn. Các bất đẳng thức đặc biệt là ở dạng thuần nhất có thể có
rất nhiều cách giải. Một trong những cách giải đó là sử dụng hàm
số và kỹ thuật phơng trình mà chúng ta sẽ gặp qua một số ví dụ
dới đây.
Chúng ta bắt đầu với một bài toán rất đơn giản nh sau:
Ví dụ 1. Cho x y z 0. Chứng minh rằng
x
z
+
z
y
+

y
x

x
y
+
y
z
+
z
x
.
Lời giải
Nếu nhìn một cách tổng quan, toàn bộ chơng trình toán phổ thông
nhận hàm số làm xơng sống. Trong hai lĩnh vực bất đẳng thức và
giải phơng trình thì điều này lại càng đợc chứng minh rõ ràng
hơn. Các bất đẳng thức đặc biệt là ở dạng thuần nhất có thể có
rất nhiều cách giải. Một trong những cách giải đó là sử dụng hàm
số và kỹ thuật phơng trình mà chúng ta sẽ gặp qua một số ví dụ
dới đây.
Chúng ta bắt đầu với một bài toán rất đơn giản nh sau:
Ví dụ 1. Cho x y z 0. Chứng minh rằng
x
z
+
z
y
+
y
x

x
y
+
y
z
+
z
x
.
Lời giải
XÐt hµm sè
f(x) =

x
z
+
z
y
+
y
x

−

x
y
+
y
z

+
z
x

.
XÐt hµm sè
f(x) =

x
z
+
z
y
+
y
x

−

x
y
+
y
z
+
z
x

.
Ta cã

f

(x) =

1
z
−
1
y

−

y
x
2
−
z
x
2

= (y − z) ·
x
2
− yz
x
2
yz
XÐt hµm sè
f(x) =


x
z
+
z
y
+
y
x

−

x
y
+
y
z
+
z
x

.
Ta cã
f

(x) =

1
z
−
1

y

−

y
x
2
−
z
x
2

= (y − z) ·
x
2
− yz
x
2
yz
Víi ®iÒu kiÖn x ≥ y ≥ z > 0 cña gi¶ thiÕt, ta cã f

(x) ≥ 0,
®iÒu nµy cã nghÜa lµ hµm f(x) ®ång biÕn.
Xét hàm số
f(x) =

x
z
+
z

y
+
y
x



x
y
+
y
z
+
z
x

.
Ta có
f

(x) =

1
z

1
y

y
x
2

z
x
2

= (y z) ã
x
2
yz
x
2
yz
Với điều kiện x y z > 0 của giả thiết, ta có f

(x) 0,
điều này có nghĩa là hàm f(x) đồng biến.
Nh vậy, với x y, ta có:
f(x) f(y) = 0 .
Nh− vËy
x
z
+
z
y
+
y
x

≥
x
y
+
y
z
+
z
x
.
Nh− vËy
x
z
+
z
y
+
y
x
≥
x
y
+
y
z
+
z
x
.
VÝ dô 2. Cho a > b > c > 0, chøng minh r»ng

a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
> a
2
b
3
+ b
2
c
3
+ c
2
a
3
.
Nh− vËy
x
z
+
z

y
+
y
x
≥
x
y
+
y
z
+
z
x
.
VÝ dô 2. Cho a > b > c > 0, chøng minh r»ng
a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
> a
2
b

3
+ b
2
c
3
+ c
2
a
3
.
Lêi gi¶i
Nh− vËy
x
z
+
z
y
+
y
x
≥
x
y
+
y
z
+
z
x
.

VÝ dô 2. Cho a > b > c > 0, chøng minh r»ng
a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
> a
2
b
3
+ b
2
c
3
+ c
2
a
3
.
Lêi gi¶i
XÐt hµm sè
f(a) = a
3

b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
− a
2
b
3
+ b
2
c
3
+ c
2
a
3
.
Nh− vËy
x
z
+
z
y
+

y
x
≥
x
y
+
y
z
+
z
x
.
VÝ dô 2. Cho a > b > c > 0, chøng minh r»ng
a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
> a
2
b
3
+ b

2
c
3
+ c
2
a
3
.
Lêi gi¶i
XÐt hµm sè
f(a) = a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
− a
2
b
3
+ b
2
c
3

+ c
2
a
3
.
Ta cã
f

(a) = 3a
2
b
2
+ 2ac
3
− 2ab
3
− 3a
2
c
2
.
Nh− vËy
x
z
+
z
y
+
y
x

≥
x
y
+
y
z
+
z
x
.
VÝ dô 2. Cho a > b > c > 0, chøng minh r»ng
a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
> a
2
b
3
+ b
2
c

3
+ c
2
a
3
.
Lêi gi¶i
XÐt hµm sè
f(a) = a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
− a
2
b
3
+ b
2
c
3
+ c
2

a
3
.
Ta cã
f

(a) = 3a
2
b
2
+ 2ac
3
− 2ab
3
− 3a
2
c
2
.
TiÕp tôc lÊy ®¹o hµm cÊp 2, ta ®−îc
Nh− vËy
x
z
+
z
y
+
y
x
≥

x
y
+
y
z
+
z
x
.
VÝ dô 2. Cho a > b > c > 0, chøng minh r»ng
a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
> a
2
b
3
+ b
2
c
3

+ c
2
a
3
.
Lêi gi¶i
XÐt hµm sè
f(a) = a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
− a
2
b
3
+ b
2
c
3
+ c
2
a

3
.
Ta cã
f

(a) = 3a
2
b
2
+ 2ac
3
− 2ab
3
− 3a
2
c
2
.
TiÕp tôc lÊy ®¹o hµm cÊp 2, ta ®−îc
f

(a) = 6ab
2
+ 2c
3
− 2b
3
− 6ac
2
= 6a(b − c)(b + c) − 2(b − c)(b

2
+ bc + c
2
)
= (b − c)

6a(b + c) − 2(b
2
+ bc + c
2
)

> (b − c)

3(b + c)(b + c) − 2(b
2
+ bc + c
2
)

= (b − c)(b
2
+ 4bc + c
2
) > 0
Víi mäi a, b, c tháa a > b > c > 0.
f

(a) = 6ab
2

+ 2c
3
− 2b
3
− 6ac
2
= 6a(b − c)(b + c) − 2(b − c)(b
2
+ bc + c
2
)
= (b − c)

6a(b + c) − 2(b
2
+ bc + c
2
)

> (b − c)

3(b + c)(b + c) − 2(b
2
+ bc + c
2
)

= (b − c)(b
2
+ 4bc + c

2
) > 0
Víi mäi a, b, c tháa a > b > c > 0.
Nh− vËy hµm f

(a) ®ång biÕn, ®o ®ã víi a > b, ta cã
f

(a) ≥ f

(b) = 3b
4
+ 2bc
3
− 2b
4
− 3b
2
c
2
= b
2
(b − c)(b + c) − 2bc
2
(b − c)
≥ (b − c)(2b
2
c − 2bc
2
)

= 2bc(b − c)
2
> 0
f

(a) = 6ab
2
+ 2c
3
− 2b
3
− 6ac
2
= 6a(b − c)(b + c) − 2(b − c)(b
2
+ bc + c
2
)
= (b − c)

6a(b + c) − 2(b
2
+ bc + c
2
)

> (b − c)

3(b + c)(b + c) − 2(b
2

+ bc + c
2
)

= (b − c)(b
2
+ 4bc + c
2
) > 0
Víi mäi a, b, c tháa a > b > c > 0.
Nh− vËy hµm f

(a) ®ång biÕn, ®o ®ã víi a > b, ta cã
f

(a) ≥ f

(b) = 3b
4
+ 2bc
3
− 2b
4
− 3b
2
c
2
= b
2
(b − c)(b + c) − 2bc

2
(b − c)
≥ (b − c)(2b
2
c − 2bc
2
)
= 2bc(b − c)
2
> 0
§iÒu nµy cã nghÜa lµ f(a) lµ hµm ®ång biÕn. Tõ ®©y suy ra
f(a) > f(b) = 0 (®iÒu ph¶i chøng minh).
§iÒu nµy cã nghÜa lµ f(a) lµ hµm ®ång biÕn. Tõ ®©y suy ra
f(a) > f(b) = 0 (®iÒu ph¶i chøng minh).
VÝ dô 3. Cho x, y, z > 0. Chøng minh r»ng
(x
4
+y
4
+z
4
)+xyz(x+y+z) ≥ xy(x
2
+y
2
)+yz(y
2
+z
2
)+zx(z

2
+x
2
)
§iÒu nµy cã nghÜa lµ f(a) lµ hµm ®ång biÕn. Tõ ®©y suy ra
f(a) > f(b) = 0 (®iÒu ph¶i chøng minh).
VÝ dô 3. Cho x, y, z > 0. Chøng minh r»ng
(x
4
+y
4
+z
4
)+xyz(x+y+z) ≥ xy(x
2
+y
2
)+yz(y
2
+z
2
)+zx(z
2
+x
2
)
Lêi gi¶i
Điều này có nghĩa là f(a) là hàm đồng biến. Từ đây suy ra
f(a) > f(b) = 0 (điều phải chứng minh).
Ví dụ 3. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng

(x
4
+y
4
+z
4
)+xyz(x+y+z) xy(x
2
+y
2
)+yz(y
2
+z
2
)+zx(z
2
+x
2
)
Lời giải
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x y z.
Điều này có nghĩa là f(a) là hàm đồng biến. Từ đây suy ra
f(a) > f(b) = 0 (điều phải chứng minh).
Ví dụ 3. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng
(x
4
+y
4
+z
4

)+xyz(x+y+z) xy(x
2
+y
2
)+yz(y
2
+z
2
)+zx(z
2
+x
2
)
Lời giải
Không mất tính tổng quát, giả sử rằng x y z.
Xét hàm số
f(x) = (x
4
+ y
4
+ z
4
) + xyz(x + y + z)


xy(x
2
+ y
2
) + yz(y

2
+ z
2
) + zx(z
2
+ x
2
).