Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hoán vị

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THƯC HỐN VỊ
Lê Văn Lâm
THPT Hoằng Hóa 3, Thanh Hóa

Tóm tắt nội dung
Bất đẳng thức là một vấn đề khó, thường xuyên xuất hiện với tư cách là câu phân loại
trong đề thi học sinh giỏi THPT. Hiện nay đã có nhiều phương pháp mạnh để xử lí các
bài tốn về bất đẳng thức đối xứng, tuy nhiên lại chưa có nhiều cơng cụ mạnh như thế
khi xử lí bất đẳng thức hốn vị. Trong bài viết này, tôi xin chia sẻ một số hướng tiếp cận
để chứng minh các bất đẳng thức hoán vị ba biến.

1

Dùng phần tử cực hạn và sắp thứ tự các biến

Nội dung: Bất đẳng thức hoán vị với 3 biến a, b, c ta có thể giả sử một trong 3 biến là
giá trị nhỏ nhất hoặc lớn nhất hoặc giả sử một biến nằm giữa hai biến. Khi đó ta sẽ thu
được các đánh giá không âm từ biểu thức hiệu các biến a, b, c.
Ví dụ 1.1. Cho a, b, c các số thực không âm. Chứng minh rằng
√
( a + b + c )3 ≥ 6 3 ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )

(1.1)

Lời giải. Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên khơng mất tính
tổng qt ta giả sử a = max { a; b; c}.
- Trường hợp 1. a ≥ b ≥ c.Ta có : VT(1.1) ≥ 0 ≥ VP(1.1) nên bất đẳng thức đúng.
- Trường hợp 2. a ≥ c ≥ b. Ta có

Mà

(1.1) ⇔ ( a + b + c)6 ≥ 108[( a − b) (b − c) (c − a)]2

(1.2)

[( a − b) (b − c) (c − a)]2 = [( a − b) (c − b) ( a − c)]2 ≤ ( a − c)2 a2 c2

(1.3)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có 4( a − c)2 a2 c2
2

( a − c) + 2ac + 2ac
27

=

( a − c)2 .2ac.2ac

≤

3

=

( a + c )6
nên
27

( a − c )2 a2 c2 ≤

( a + c )6
( a + b + c )6
≤
108
108

1

(1.4)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Kết hợp (2.4) và (1.4) ta có (1.2) đúng nên (1.1) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0.
Ví dụ 1.2. Cho a, b, c các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a
b
c
+
+
≤ 1.
a+b+1 b+c+1 c+a+1

(1.5)

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a

b
c
+
+
≤ 1 ⇔ a2 b + b2 c + c2 a + abc ≤ 4.
4−c 4−a 4−b

(1.6)

Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên không mất tính tổng quát ta
giả sử c nằm giữa a và b.
Khi đó a ( a − c) (b − c) ≤ 0 ⇔ a2 b + c2 a ≤ a2 c + abc ⇔ a2 b + b2 c + c2 a + abc ≤ a2 c +
1
b2 c + 2abc ⇔ a2 b + b2 c + c2 a + abc ≤ c( a + b)2 Mà c( a + b)2 = .2c ( a + b) ( a + b) ≤
2
(2c + a + b + a + b)3
= 4.
2.27
Kết hợp ta có (1.6) đúng nên (1.5) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

2 Dùng phân tích bình phương và đánh giá sau phân
tích
Nội dung: Bất đẳng thức hốn vị với 3 biến a, b, c ta có thể biến đổi về dạng:
S a ( b − c )2 + Sb ( c − a )2 + Sc ( a − b )2 ≥ S ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) .

(2.1)

Khi đó để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (2.6)
bằng các đánh giá cho Sa ; Sb ; Sc ; S.

Nếu S ( a − b) (b − c) (c − a) ≤ 0 thì ta chứng minh
Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc ( a − b)2 ≥ 0 bằng biến đổi, đánh giá.
Nếu S ( a − b) (b − c) (c − a) ≥ 0 thì ta chứng minh bằng cách xây dựng các tiêu chuẩn
cho Sa ; Sb ; Sc ; S.
Ví dụ 2.1. Cho a, b, c các số thực không âm và ab + bc + ca = 0. Chứng minh rằng
a3 + b3 + c3 + 3abc.

a2 b + b2 c + c2 a
≥ a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2
ab2 + bc2 + ca2

(2.2)

Lời giải.
(??)l ⇔ a3 + b3 + c3 − 3abc + 3abc

a2 b + b2 c + c2 a
−1
ab2 + bc2 + ca2

≥ ab ( a + b) + bc (b + c) +

ca (c + a) − 6abc
1
( a − b) (b − c) (c − a)
⇔ ( a + b + c) ( a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 − 3abc.
2
ab2 + bc2 + ca2

2

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

≥ a ( b − c )2 + b ( c − a )2 + c ( a − b )2
⇔ S a ( b − c )2 + Sb ( c − a )2 + Sc ( a − b )2 ≥ S ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )
với Sa = b + c − a; Sb = c + a − b; Sc = a + b − c; S =

(2.3)

6abc
ab2 + bc2 + ca2

Ta chứng minh bất đẳng thức (2.6) đúng.
Ta có Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc ( a − b)2 = Sa (b − c)2 + Sb (c − b + b − a)2 +
Sc ( a − b )2
= (Sa + Sb ) (b − c)2 + (Sb + Sc ) ( a − b)2 + 2Sb ( a − b) (b − c) .
Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên khơng mất tính tổng qt
ta giả sử b nằm giữa a và c.
- Trường hợp 1. a ≥ b ≥ c tức a − b ≥ 0; b − c ≥ 0; a − c ≥ 0 nên VP(2.6) ≤ 0
VT(2.6) = (Sa + Sb ) (b − c)2 + (Sb + Sc ) ( a − b)2 + 2Sb ( a − b) (b − c) = 2c.(b − c)2 +
2a.( a − b)2 + 2 ( a + b − c) ( a − b) (b − c) ≥ 0
Vậy VP(2.6) ≤ 0, VT(2.6) ≥ 0 nên bất đẳng thức (2.6) đúng.
- Trường hợp 2. c ≥ b ≥ a tức Sa ≥ 0; Sb ≥ 0; Sc ≥ 0.
VT (S)
=
(Sa + Sb ) (b − c)2 + (Sb + Sc ) ( a − b)2 + 2Sb ( a − b) (b − c) ≥
2 (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) (b − c) (b − a) + 2Sb ( a − b) (b − c)
Vậy

VP(2.6) − VT(2.6) ≥ 2

(Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) ( a − b) (b − c)

(2.4)

√
Mà 2 (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) ≥ 0 ⇔ 4 ac + 2 (c + a − b) −
√
√
6abc (c − a)
≥ 0 ⇔ 2bc2
ac − a + ab2 + bc2 (c − b) + 2 ac ab2 + ca2 +
2
2
2
ab + bc + ca
a2 b2 + c2 + ac + 2bc ≥ 0
Khi đó VP(2.6) − VT(2.6) ≥ 0 hay bất đẳng thức (2.6) đúng.
Tóm lại bất đẳng thức (2.2) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba biến bằng nhau khác 0 hoặc hai biến bằng nhau
khác 0, biến còn lại bằng 0.
Nhận xét 2.1. Qua Ví dụ 2.1 ở trên ta đã xây dựng được một tiêu chuẩn cho bất đẳng
thức (2.6) đó là
2 (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a) ≥ 0 ; (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) ≥ 0 trong trường
hợp c ≥ b ≥ a. Bằng biến đổi và đánh giá trung gian ta có thể xây dựng được các tiêu
chuẩn khác.
Ví dụ 2.2. Cho a, b, c các số thực dương. Chứng minh rằng
2.

2 a2 b + b2 c + c2 a − abc
a2 + b2 + c2
+ 3.
≥ 5.
ab + bc + ca
2 ( ab2 + bc2 + ca2 ) − abc

Lời giải. Ta có
a2 + b2 + c2
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2
−2 =
ab + bc + ca
ab + bc + ca

3

(2.5)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
2 a2 b + b2 c + c2 a − abc
−6 ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )
−1 =
2
2
2
2 ( ab + bc + ca ) − abc
2 ( ab2 + bc2 + ca2 ) − abc
2
2

2
2 a2 b + b2 c + c2 a − abc
a +b +c
(2.5) ⇔ 2
− 2 + 3.
−1 ≥ 0
ab + bc + ca
2 ( ab2 + bc2 + ca2 ) − abc
( a − b )2 + ( b − c )2 + ( c − a )2 −6 ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )
+
≥0
⇔
ab + bc + ca
2 ( ab2 + bc2 + ca2 ) − abc
3.

⇔ S a ( b − c )2 + Sb ( c − a )2 + Sc ( a − b )2 ≥ S ( a − b ) ( b − c ) ( c − a ) .
(2.6)
1
6
với Sa = Sb = Sc =
;S =
a+b+c
2 ( ab2 + bc2 + ca2 ) − abc
Nhận thấy bất đẳng thức hoán vị đối với các biến a, b, c nên khơng mất tính tổng quát
ta giả sử b nằm giữa a và c.
- Trường hợp 1. a ≥ b ≥ c thì a − b ≥ 0; b − c ≥ 0; a − c ≥ 0 hay VP(2.6) ≤ 0
Vậy VP(2.6) ≤ 0, VT(2.6) ≥ 0 nên bất đẳng thức (2.6) đúng.
- Trường hợp 2. c ≥ b ≥ a.
Kiểm tra tiêu chuẩn

6
2 (Sa + Sb ) (Sb + Sc ) + 2Sb − S (c − a)
≥
0
⇔
−
a+b+c
6 (c − a)
≥ 0 ⇔ 2 ab2 + bc2 + ca2 − abc (c − a) ( a + b + c) ≥ 0 ⇔
2
2 ( ab + bc2 + ca2 ) − abc
c (b − a) (c − a) + 2ca2 + 3a2 b ≥ 0 Nhận thấy tiêu chuẩn đúng với a, b, c dương nên BĐT
(2.6) đúng trong trường hợp 2.
Tóm lại bất đẳng thức (??) được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba biến bằng nhau

3 Chuyển bất đẳng thức hoán vị thành bất đẳng thức
đối xứng bằng đánh giá
Nội dung: Trong bất đẳng thức hoán vị với 3 biến a, b, c ta phân tích và đánh giá phần
hoán vị để chuyển thành phần đối xứng. Khi đó ta chuyển bất đẳng thức hốn vị thành
bất đẳng thức đối xứng.
Ví dụ 3.1. Cho a, b, c các số thực không âm và a + b + c = 1.. Chứng minh rằng
a2 + b2 + ab + ac +

b2 + c2 + bc + ba +

c2 + a2 + ca + cb ≥ 2

(3.1)

Lời√
giải. Để chuyển về bất
√ đẳng thức đối xứng√của b và c ta thực hiện
√ đánh giá sau:
2
2
2
2
2
2
b + c + bc + ba + c + a + ca + cb ≥ b + c + bc + bc + c2 + a2 + ca + ab
Bằng phép bình phương ta thu được bất đẳng thức tương đương:
b ( a − b) ( a − c) ( a + b + c) ≥ 0
Bất đẳng thức này đúng vì BĐT (3.1) hốn vị đối với các biến a, b, c nên không mất
tính tổng quát ta giả sử a = max { a; b; c}.
Khi đó √
√
√
VT (5) ≥ a2 + b2 + ab + ac + b2 + c2 + bc + bc + c2 + a2 + ca + ab
Ta chuyển chứng minh bất đẳng thức hoán vị (3.1) thành chứng minh bất đẳng thức
đối xứng của b và c sau

4


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

√

2

2
√ a + b + ab + ac +
2
a+c +b+c ≥ 2

√

b2 + c2 + bc + bc +

⇔

a + b2 +

√

c2 + a2 + ca + ab ≥ 2 ⇔

a + c2 ≥ 2a + b + c

√

a + b2 +

(3.2)

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có
√
√
√ 2
√ 2

√
√ 2
a + b2 + a + c2 =
a + b2 +
a + c2 ≥
a + a + ( b + c )2 =
2a + b + c
Vậy bất đẳng thức (3.2) đúng hay bất đẳng thức (3.1) được chứng minh.
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = hoặc a = 1, b = c = 0 và các hốn vị.
3
Nhận xét 3.1. Trong hướng 3, ta có nhiều cách đánh giá khác nhau để chuyển bất đẳng
thức√hoán vị về bất đẳng√
thức đối xứng. Chẳng√hạn, ví dụ ?? ta có thể
√ đánh giá
2
2
2
2
2
2
b + c + bc + ba + c + a + ca + cb ≥ a + c + bc + ba + c2 + b2 + ca + cb
để thu
√ được bất đẳng thức
√ đối xứng của a, c là√
a2 + b2 + ab + ac + a2 + c2 + bc + ba + c2 + b2 + ca + cb ≥ 2
Nhận xét 3.2. Trên đây là các hướng tiếp cận để chứng minh bất đẳng thức hoán vị ba
biến mà bản thân thu được trong q trình giảng dạy. Ngồi ra, cịn có nhiều hướng tiếp
cận khác để giải quyết dạng tốn này mà bài viết chưa có dịp đề cập.
Bài viết khơng tránh khỏi thiếu xót, rất mong được trao đổi và học hỏi từ các thầy cô

để bài viết tốt hơn, vấn đề được giải quyết trọn vẹn hơn.

5