Kỹ thuật đánh giá trên biên
Cho hàm số bậc nhất $ f(x)=ax+b $ và đoạn $ [\alpha;\beta ] $
Khi đó đồ thị của hàm số $ f(x)=ax+b $ là một đoạn thẳng nên có tính chất sau:
$ min{\{ f(\alpha);f(\beta) \}} \leq f(x) \leq max{\{ f(\alpha);f(\beta) \} } , \forall x \in [\alpha;\beta] $
Chúng ta có một vài ví dụ sau:
Ví dụ 1:Cho ba số $ x,y,z \in [0;1] $
Chứng minh rằng: $ (x+y+z)-(xy+yz+zx) \leq 1 $
Cách 1:
Do $ x,y,z \in [0;1] $ nên dễ thấy $ (1-x)(1-y)(1-z) \geq 0 $
Do đó ta có: $ (x+y+z)-(xy+yz+zx) \leq 1-xyz \leq 1 $ (đpcm)
Cách 2:
Dựng tam giác đều XYZ có cạnh là 1.Trên các cạnh XY,YZ,ZX ta lần lượt lấy các điểm A,B,C sao cho $XA=x;YB=y;ZC=z$
Khi ấy ta có: $ x,y,z \in [0;1] $
Mặt khác: $ S_{XAC}+S_{YAB}+S_{ZBC} \leq S_{XYZ} $
$ \Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}}{4}[x(1-z)+y(1-x)+z(1-y)] \leq \frac{\sqrt{3}}{4} $
$ \Leftrightarrow (x+y+z)-(xy+yz+zx) \leq 1 $ (đpcm)
Cách 3:
$ (x+y+z)-(xy+yz+zx) \leq 1 \Leftrightarrow x(1-y-z)+y+z-yz-1 \leq 0 $
Ta xét hàm số: $ f(x)=x(1-y-z)+y+z-yz-1 ;x \in [0;1] $
Trường hợp 1: $ 1-y-z=0 $
Khi đó: $ f(x)=-yz \leq 0 $
Trường hợp 2: $1-y-z \neq 0 $
Ta có: $ f(0)=y+z-yz-1=(y-1)(1-z) \leq 0 $
$ f(1)=-yz \leq 0 $
Khi đó $ f(x) \leq max{\{f(0);f(1)\}} \leq 0 $ (đpcm)
Ví dụ 2 (IMO Shortlist 1993,Vietnam):Cho 4 số không âm a,b,c,d thỏa mãn $ a+b+c+d=1 $
Chứng minh rằng: $abc+bcd+cda+dab \leq \frac{1}{27}+\frac{176}{27}abcd $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $a(bc+cd+db-\frac{176}{27}bcd)+bcd -\frac{1}{27} \leq 0 $
Không mất tính tổng quát giả sử: $ a \leq b \leq c \leq d $
Suy ra: $a \in [0;\frac{1}{4}]$
Xét hàm số: $ f(a)=a(bc+cd+db-\frac{176}{27}bcd)+bcd -\frac{1}{27};a \in [0;\frac{1}{4}]$
Trường hợp 1: $bc+cd+db-\frac{176}{27}bcd=0$
Mặt khác ta có:$b+c+d=1-a \leq 1 \Rightarrow bcd \leq \frac{1}{27} $
Khi đó $f(a)=bcd-\frac{1}{27} \leq 0$
Trường hợp 2:$bc+cd+db-\frac{176}{27}bcd \neq 0$
Ta có: $ f(0)=bcd-\frac{1}{27} \leq 0 $ (do $ b+c+d=1 $)
$ f(\frac{1}{4})=\frac{bc+cd+db}{4}-\frac{17bcd}{27}-\frac{1}{27}=\frac{(bc+cd+db)(b+c+d)}{3}-\frac{17bcd}{27}-\frac{64(b+c+d)^3}{729}$
Dễ dàng chứng minh được $ f(\frac{1}{4}) \leq 0 $ bằng Schur
Vậy: $f(a) \leq max{\{f(0);f(\frac{1}{4})\}} \leq 0 $ (đpcm)
Ví dụ 3 (IMO 1984):Cho 3 số x,y,z không âm thỏa mãn $x+y+z=1$
Chứng minh rằng: $0 \leq xy+yz+zx-2xyz \leq \frac{7}{27} $
Dễ thấy do $ x,y,z \in [0;1] $ nên $0 \leq xy(1-z)+yz(1-x)+zx $ hay $0 \leq xy+yz+zx-2xyz $
Bây giờ ta đi chứng minh $xy+yz+zx-2xyz \leq \frac{7}{27} $
Cách 1: Thuần nhất hóa 2 vế của bất đẳng thức ta được:
$ (xy+yz+zx)(x+y+z)-2xyz \leq \frac{7(x+y+z)^3}{27} $
Có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM và Schur để chứng minh bất đẳng thức này
Cách 2:Không mất tính tổng quát,giả sử: $x \leq y \leq z \Rightarrow x \leq \frac{1}{3} \Rightarrow 1-2x>0$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $x(1-x)+yz(1-2x)-\frac{7}{27} \leq 0 $
Ta có:$x(1-x)+yz(1-2x)-\frac{7}{27} \leq x(1-x)+\frac{(1-x)^2(1-2x)}{4} -\frac{7}{27}=-54(x+\frac{1}{6})(x-\frac{1}{3})^2\leq 0 $ (đpcm)
Cách 3:Không mất tính tổng quát giả sử $x \geq y \geq z \Rightarrow x \in [\frac{1}{3};1] $
Xét hàm số $ f(x)=x(y+z-2yz)+yz-\frac{7}{27} ,\forall x \in [\frac{1}{3};1] $
Trường hợp 1:$y+z-2yz=0$
$ \Leftrightarrow y=\frac{z}{2z-1} >0 \Rightarrow z>\frac{1}{2} $
Tương tự:$y>\frac{1}{2}$
Suy ra: $x+y+z>1$ (Vô lý)
Trường hợp 2: $y+z-2yz \neq 0 $
Ta có: $ f(1)=-yz-\frac{7}{27}<0 $
$ f(\frac{1}{3})=\frac{yz}{3}-\frac{1}{27} \leq \frac{(y+z)^2}{12}-1/27 =0 $ (do $x=\frac{1}{3}$ nên $y+z=\frac{2}{3}$)
Suy ra: $f(x) \leq 0$ (đpcm)
Ví dụ 4 (Math Challenges):Cho các số thực không âm a,b,c,A,B,C thỏa mãn $a+A=b+B=c+C=k$
Chứng minh rằng: $aB+bC+cA \leq k^2 $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:$a(k-b)+b(k-c)+c(k-a) -k^2 \leq 0 $ hay $ a(k-b-c)+b(k-c)+ck-k^2 \leq 0$
Xét hàm số $ f(a)=a(k-b-c)+b(k-c)+ck-k^2 ; \forall a,b,c \in [0;k] $
Trường hợp 1: $k-b-c=0$
Khi đó: $f(a)=b^2+(b+c)c-(b+c)^2=-bc \leq 0 $
Trường hợp 2: $ k-b-c \neq 0$
Ta có: $f(0)=b(k-c)+ck-k^2=(b-k)(k-c) \leq 0 $
$f(k)=-bc \leq 0$
Suy ra:$f(a) \leq 0$ (đpcm)
Ví dụ 5(Bất đẳng thức Schur):Chứng minh rằng với mọi x,y,z không âm ta luôn có:
$x^3+y^3+z^3+3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$
Cách 1:Không mất tính tổng quát giả sử $x \geq y \geq z \geq 0$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:$z(x-z)(y-z)+(x-y)[x(x-z)-y(y-z)] \geq 0$
Do $x \geq y \geq z \geq 0$ nên bất đẳng thức trên đúng.
Cách 2:Chuẩn hóa x+y+z=1
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $x^2(1-2x)+y^2(1-2y)+z^2(1-2z) \leq 3xyz$
hay $(9z-4)xy+4z^2-4z+1 \geq 0$
Đặt $t=xy \leq \frac{(1-z)^2}{4} $
Xét hàm số $f(t)=(9z-4)t+4z^2-4z+1 ,\forall t \in [0;\frac{(1-z)^2}{4}] $
Trường hợp 1:$9z-4=0$
Khi đó: $f(t)>0$
Trường hợp 2:$9z-4 \neq 0$
Ta có: $f(0)=(2z-1)^2 \geq 0$
$f(\frac{(1-z)^2}{4})=\frac{z(3z-1)^2}{4} \geq 0$
Suy ra: $f(t) \geq 0$ (đpcm)
Ví dụ 6(Vasile Cirtoaje):Cho $x,y,z$ dương.Chứng minh rằng
$\frac{4\sqrt{3}}{3}(x^2+y^2+z^2)^\frac{3}{2}+9xyz \geq \frac{7\sqrt{3}}{3}(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)^\frac{1}{2} $
Chuẩn hóa: $x^2+y^2+z^2=3$
Bất đẳng thức trên tương đương với:$12+9xyz \geq 7(xy+yz+zx) $
Cách 1:Không mất tính tổng quát,giả sử $ x \geq y \geq z$ Ta suy ra: $z \in (0;1]$
Ta cần chứng minh:$7z(x+y)+xy(7-9z)-12 \leq 0$
Ta có:$7z(x+y)+xy(7-9z)-12 \leq 7z\sqrt{2(x^2+y^2)}+\frac{(7-9z)(x^2+y^2)}{2}-12 \leq \frac{7}{2}z(5-z^2)+\frac{(7-9z)(x^2+y^2)}{2}-12=(z-1)^2(z-\frac{3}{2}) \leq 0 , \forall z \in (0;1] $
Cách 2:Không mất tính tổng quát,giả sử $ x \leq y \leq z$ Ta suy ra: $x \in (0;1]$
Xét hàm số $f(x)=(7y+7z-9yz)x+7yz-12 , x \in [0;1] $
Trường hợp 1:$7(y+z)=9yz$
Dễ dàng chứng minh được đây là điều vô lý
Trường hợp 2:$7(y+z) \neq 9yz$
Ta có:$f(0)=7yz-12<0$ (theo AM-GM)
$f(1)=-(y+z)^2+7(y+z)-10 \leq 0$ (do khi $x=1$ thì $y^2+z^2=2$ do đó nên $ 0 < y+z \leq 2$ nên $f(1) \leq 0$)
Vậy ta có $f(x) \leq 0$ (đpcm)
Bài tập tự luyện
Bài 1:Cho x,y,z là các số thực không âm.Chứng minh rằng: $x^3+y^3+z^3+6xyz \geq (x+y+z)(xy+yz+zx)$
Bài 2:Cho a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác có chu vi bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=3(a^2+b^2+c^2)+4abc$
Bài 3:Cho ba số dương x,y,z thỏa $x+y+z=1$.Chứng minh rằng: $ \frac{1}{1-xy}+\frac{1}{1-yz}+\frac{1}{1-zx} \leq \frac{27}{8}$
Bài 4(Nguyễn Anh Khoa):Cho x,y,z dương.Chứng minh rằng:
$[3(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2]^3 \geq 5(a+b+c)^6+54abc(a+b+c)^3+729a^2b^2c^2$
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Phú Khánh, Bất đẳng thức và các bài toán Min-Max, 2013
[2] Nguyễn Anh Khoa, Một số vấn đề về bất đẳng thức, trường THPT Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi , 2009
[3] Ths.Nguyễn Tiến Thùy, Đánh giá trên biên
[4] www.vnmath.com , julielltv.wordpress.com
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pham Quoc Thang: 13-05-2015 - 16:57
