Đây là một bài viết nhỏ của mình và một bạn bên Y Dược, nội dung chủ yếu của bài viết xoay quanh một vài công cụ và mẹo nhỏ để giải quyết các bất đẳng thức bậc bốn ba biến số. Bài này mình viết cho kỷ yếu GGTH 2015 bạn nào có đi GGTH chắc sẽ thấy. Mình xin được chia sẽ cho các bạn không có dịp được đi GGTH.
1. Mở đầu
Trên tạp chí IJPAM (International Journal of Pure and Applied Mathematics) nhóm tác giả Vasile Cirtoaje (Department of Automatic Control and Computers, Ploiesti, Romania) và Võ Quốc Bá Cẩn (Archimedes Academy, Hà Nội) có đề xuất định lý :
Với $a,\,b,\,c$ là ba số thực, xét đa thức
\[F(a,b,c) = \sum a^4 + A \sum b^2c^2 + B abc \sum a + C \sum b^3c + D\sum bc^3.\]
Nếu $1+A+B+C+D=0,$ bất đẳng thức $F(a,b,c)\ge0$ sẽ đúng khi và chỉ khi
\[3(1+A) \ge C^2+CD+D^2.\]
Có thể nói với định lý này lớp các bài toán bậc $4$ ba biến số đã được giải quyết triệt để. Tuy nhiên việc chứng minh và áp dụng nó trong các kỳ thi không phải là điều dễ dàng. Theo quan điểm cá nhân định lý này giống như một tiêu chuẩn trong việc sáng tạo ra các bất đẳng thức mới hơn là một phương pháp để giải quyết các bài toán. Điều mà chúng ta quan tâm không chỉ là những định lý tổng quát mà còn là những công cụ không quá quá phức tạp để sử dụng trong phòng thi. Vì thế, trong bài viết nhỏ này, chúng tôi xin chia sẻ một vài kỹ thuật nhỏ khá hiệu quả trong việc xử lý các bất đẳng thức bậc $4$ ba biến.
2. Các bài toán đối xứng
Năm $2011$ trên diễn đàn toán học artofproblemsolving.com thành viên mudok có đề xuất bài toán sau đây :
Bài 2.1. Cho các số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=0.$ Chứng minh rằng
\[(ab+bc+ca)^2+9abc\ge 3(ab+bc+ca). \quad (2.1.1)\]
Lời giải. Cách tự nhiên nhất là ta sẽ rút $c=-a-b$ rồi thay vào $(2.1.1),$ và được
\[\left [ ab-(a+b)^2\right ]^2-9ab(a+b)\ge 3\left [ab-(a+b)^2 \right ],\]
\[(a^2+ab+b^2)^2+3(a^2+ab+b^2) \ge 9ab(a+b).\]
Quan sát một chút ta thấy bất đẳng thức lúc này chứa ba đại lượng $a^2+ab+b^2,\,ab,\,a+b$ và chúng có mối liên hệ với nhau thông qua đánh giá
\[a^2+ab+b^2 \ge \frac{3}{4}(a+b)^2 \ge 3ab,\]
suy ra
\[(a^2+ab+b^2)^2+3(a^2+ab+b^2) \ge \frac{9}{16}(a+b)^4+9ab.\]
Như vậy ta chỉ cần chứng minh
\[\frac{(a+b)^4}{16} + ab \ge 9ab(a+b).\]
Rất tiếc bất đẳng thức này không đúng (có thể kiểm tra với $a=-1,\,b=1$). Do đó ta sẽ đổi lại đánh giá theo kiểu
\[\begin{aligned}(a^2+ab+b^2)^2+3(a^2+ab+b^2) &\ge (3ab)^2+3\cdot\frac{3}{4}(a+b)^2 \\& = 9a^2b^2+\frac{9}{4}(a+b)^2,\end{aligned} \quad (2.1.2)\]
và quy bài toán về chứng minh
\[a^2b^2+\frac{(a+b)^2}{4} \ge ab(a+b).\]
Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức AM-GM, nhưng có một lỗi trong đánh giá $(2.1.2)$ đó là $(a^2+ab+b^2)^2\ge (3ab)^2$ chỉ đúng khi $ab \ge 0,$ nhưng ta có thể khắc phục lỗi này bằng kỹ thuật sau.
Do $ab \cdot bc \cdot ca = a^2b^2c^2 \ge 0$ nên trong ba số $ab,\,bc,\,ca$ sẽ có ít nhất một số không âm, giả sử $ab \ge 0.$ Với những lập luận trên, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[a^2+ab+b^2 \ge \frac{3}{4}(a+b)^2\ge 3ab \ge 0. \quad (2.1.3)\]
Suy ra
\[(a^2+ab+b^2)^2+3(a^2+ab+b^2) \ge 9a^2b^2+\frac{9(a+b)^2}{4}.\]
Ta sẽ chứng minh
\[a^2b^2+\frac{(a+b)^2}{4} \ge ab(a+b).\]
Cũng theo bất đẳng thức AM-GM thì
\[a^2b^2+\frac{(a+b)^2}{4} \ge 2\sqrt{a^2b^2\cdot\frac{(a+b)^2}{4}}= ab\left | a+b \right | \ge ab(a+b).\quad (2.1.4)\]
Đẳng thức xảy ra khi $(2.1.3)$ và $(2.1.4)$ trở thành đẳng thức, tức
\[\left\{ \begin{aligned}
& a = b \\
& a^2b^2 = \frac{(a+b)^2}{4} \end{aligned}\right.\]
Giải hệ này ta được $a = b = c =0$ và $a=b=1,\, c=-2.$ Bài được chứng minh.
Bài 2.2. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[3(a^4+b^4+c^4)+a^2+b^2+c^2+6\ge 6(a^3+b^3+c^3). \quad (2.2.1)\]
Lời giải. Đây cũng là một bài toán đối xứng, nên ta sẽ tìm cách đưa điều kiện về dạng tổng bằng $0,$ rồi dùng phép thế như trên. Rất tự nhiên đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ khi đó
\[x+y+z= (a-1) + (b-1) + (c-1) = 0.\]
Với phép đặt này thì
\[\begin{aligned} a^2+b^2+c^2&=(x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2\\&=x^2+y^2+z^2+2(x+y+z)+3\\&=x^2+y^2+z^2+3, \end{aligned}\]
tương tự
\[\begin{aligned}
a^3+b^3+c^3& = x^3+y^3+z^3+3(x^2+y^2+z^2)+3, \\
a^4+b^4+c^4& =x^4+y^4+z^4+4(x^3+y^3+z^3)+6(x^2+y^2+z^2)+3.
\end{aligned}\]
Bất đẳng thức $(2.2.1)$ trở thành
\[3(x^4+y^4+z^4)+6(x^3+y^3+z^3)+x^2+y^2+z^2 \ge 0. \quad (2.2.2)\]
Giả sử $xy \ge 0,$ rồi thay $z=-x-y$ vào $(2.2.2),$ ta được
\[3[x^4+y^4+(x+y)^4]+6[x^3+y^3-(x+y)^3]+x^2+y^2+(x+y)^2 \ge 0,\]
\[3(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)+x^2+xy+y^2\ge 9xy(x+y)\]
\[3(x^2+xy+y^2)^2+x^2+xy+y^2\ge 9xy(x+y).\]
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[x^2+xy+y^2 \ge \frac{3}{4}(x+y)^2 \ge 3xy \ge 0, \quad (2.2.3)\]
suy ra
\[3(x^2+xy+y^2)^2+x^2+xy+y^2\ge 27x^2y^2+\frac{3}{4}(x+y)^2.\]
Do đó ta chỉ cần chứng minh
\[9x^2y^2+\frac{(x+y)^2}{4} \ge 3xy(x+y).\]
Cũng theo bất đẳng thức AM-GM, thì
\[9x^2y^2+\frac{(x+y)^2}{4} \ge 2\sqrt{9x^2y^2\cdot\frac{(x+y)^2}{4}}=3xy\left | x+y \right |\ge 3xy(x+y). \quad (2.2.4)\]
Đẳng thức xảy ra khi $(2.2.3)$ và $(2.2.4)$ trở thành đẳng thức, tức $x,\,y$ là nghiệm của hệ
\[\left\{ \begin{aligned}
& x=y \\
& 27x^2y^2 = \frac{3}{4}(x+y)^2 \end{aligned}\right.\]
Giải hệ này ta được $x=y=0$ hoặc $x=y=\frac{1}{3},$ suy ra $a=b=c=1,$ hoặc $a=b=\frac{4}{3},\,c=\frac{1}{3}$ cùng các hoán vị. Bài toán được chứng minh.
Nhận xét. Đây là một bất đẳng thức khá thú vị, có rất nhiều lời giải và đơn giản nhất là dùng phương pháp dồn biến. Nhưng với kỹ thuật này chúng ta có một lời giải khá nhẹ nhàng, cơ bản.
Sau $2$ ví dụ đầu ta thấy ý tưởng chính để giải quyết các bất đẳng thức đối xứng bậc $4$ được “mô hình” hóa như sau:
- Nếu bất đẳng thức có điều kiện $a+b+c=3$ thì ta sẽ tiến hành đổi biến sang $x=a-1,\,y=b-1,\,z=c-1,$ còn nếu bất đẳng thức có các điều kiện khác thì ta cố gắng thuần nhất bài toán hoặc thông qua một số đánh giá để đưa bài toán về đồng bậc sau đó chuẩn hóa $a+b+c=3,$ rồi sử dụng các biến đổi
\[\begin{aligned} a^4+b^4+c^4 &= x^4+y^4+z^4 + 4(x^3+y^3+z^3) + 6(x^2+y^2+z^2) + 3, \\ a^3+b^3+c^3 &= x^3+y^3+z^3 + 3(x^2+y^2+z^2) + 3, \\ a^2+b^2+c^2 &= x^2+y^2+z^2 + 3, \\ ab+bc+ca &= xy+yz+zx + 3, \\ abc &= xyz + xy+yz+zx + 1 \\ & \cdots \end{aligned}\]
- Thay $z=-x-y$ rồi biến đổi về hai đại lượng ${{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}},\, xy\left( x+y \right)$ thông qua các đẳng thức
\[\begin{aligned} x^4+y^4+z^4 &= 2(x^2+xy+y^2)^2, \\ x^3+y^3+z^3 &= -3xy(x+y),\\ x^2+y^2+z^2 &= 2(x^2+xy+y^2), \\ xy+yz+zx &= -(x^2+xy+y^2), \\ xyz &= -xy(x+y), \\ & \cdots\end{aligned}\]
Cuối cùng ta sẽ thu được bất đẳng thức có dạng
\[A{{({{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}})}^{2}}+B({{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}})+Cxy\left( x+y \right)+D\ge 0.\]
Từ đó tùy vào các hệ số các $A,\,B,\,C,\,D$ mà ta có những đánh giá thích hợp để giải quyết bài toán.
Rất vui mừng vì phát hiện thú vị này chúng tôi đã thử áp dụng vào các bài toán khác và thu được những kết quả sau.
Bài 2.3. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[(ab+bc+ca-3)^2\ge 27(abc-1). \quad (2.3.1)\]
Lời giải. Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ thì $x+y+z=0.$ Khi đó
\[\begin{aligned}
ab+bc+ca &= xy+yz+zx+3. \\
abc& = xyz+xy+yz+xz+1.
\end{aligned}\]
Bất đẳng thức $(2.3.1)$ trở thành
\[(xy+yz+zx)^2\ge 27(xyz+xy+yz+xz). \quad (2.3.2)\]
Giả sử $xy \ge0,$ thay $z=-x-y$ vào $(2.3.2)$ và thu gọn lại, ta được
\[[xy-(x+y)^2]^2\ge 27[-xy(x+y)+xy-(x+y)^2],\]
hay là
\[(x^2+xy+y^2)^2+27(x^2+xy+y^2)+27xy(x+y) \ge 0.\]
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[x^2+xy+y^2 \ge \frac{3}{4}(x+y)^2\ge 3xy \ge 0,\]
suy ra
\[(x^2+xy+y^2)^2+27(x^2+xy+y^2) \ge 9x^2y^2+\frac{81}{4}(x+y)^2.\]
Ta sẽ chứng minh
\[x^2y^2+\frac{9}{4}(x+y)^2+3xy(x+y) \ge 0,\]
bất đẳng thức này đúng vì
\[x^2y^2+\frac{9}{4}(x+y)^2+3xy(x+y) = \frac{(3x+3y+2xy)^2}{4} \ge 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1,$ hoặc $a=b=-2,\, c=7$ cùng các hoán vị. Chứng minh của ta được hoàn tất.
Bài 2.4. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[3(a^4+b^4+c^4)+33 \ge 14(a^2+b^2+c^2). \quad (2.4.1)\]
Lời giải. Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ thì $x+y+z=0.$ Bất đẳng thức $(2.4.1)$ được viết lại như sau
\[3(x^4+y^4+z^4) +12(x^3+y^3+z^3)+4(x^2+y^2+z^2) \ge 0. \quad (2.4.2)\]
Giả sử $xy \ge0,$ thay $z=-x-y$ vào $(2.4.2)$ và thu gọn lại, ta được
\[3(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)+4(x^2+xy+y^2) \ge 18xy(x+y),\]
\[3(x^2+xy+y^2)^2+4(x^2+xy+y^2) \ge 18xy(x+y).\]
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[x^2+xy+y^2 \ge \frac{3}{4}(x+y)^2\ge 3xy \ge 0,\]
suy ra
\[3(x^2+xy+y^2)^2+4(x^2+xy+y^2) \ge 27x^2y^2+3(x+y)^2,\]
lại có
\[27x^2y^2+3(x+y)^2-18xy(x+y)=3(x+y-3xy)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\frac{5}{3},\, c=-\frac{1}{3}.$ Bài toán được chứng minh.
Bài 2.5. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[(ab+bc+ca)^2 +9\ge 18abc. \quad (2.5.1)\]
Lời giải. Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ thì $x+y+z=0.$ Khi đó bất đẳng thức $(2.5.1)$ trở thành
\[(xy+yz+zx+3)^2 +9\ge 18(1+xy+yz+zx+xyz),\]
hay
\[(xy+yz+zx)^2 \ge 12(xy+yz+zx)+18xyz. \quad (2.5.2)\]
Giả sử $xy \ge 0,$ thay $z=-x-y$ vào $(2.5.2),$ ta được
\[(x^2+xy+y^2)^2+12(x^2+xy+y^2) + 18xy(x+y) \ge 0.\]
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[x^2+xy+y^2 \ge \frac{3}{4}(x+y)^2\ge 3xy \ge 0,\]
suy ra
\[(x^2+xy+y^2)^2+12(x^2+xy+y^2) \ge 9x^2y^2+9(x+y)^2,\]
như vậy ta cần chỉ ra
\[x^2y^2+(x+y)^2 + 2xy(x+y) \ge 0,\]
tương đương với
\[(x+y+xy)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=-1,\, c=5.$ Bài toán được chứng minh.
Bài 2.6. Chứng minh rằng bất đẳng thức
\[(a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca)^2+9(ab+bc+ca)^2\ge 30abc(a+b+c), \quad (2.6.1)\]
luôn đúng với mọi số thực dương $a,\,b,\,c.$
Lời giải. Nếu $a+b+c=0$ thì $(2.6.1)$ hiển nhiên đúng. Nếu $a+b+c \ne 0,$ thay $(a,\, b,\, c)$ bởi $(-a,\, -b,\, -c)$ thì bất đẳng thức vẫn không thay đổi nên ta có thể giả sử $a+b+c>0,$ và chuẩn hóa cho $a+b+c=3.$ Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ khi đó $x+y+z=0.$ Bất đẳng thức $(2.6.1)$ trở thành
\[[4(xy+yz+zx)+3]^2 +9(xy+yz+zx+3)^2 \ge 90(xy+yz+zx+xyz),\]
tương đương với
\[25(xy+yz+zx)^2 \ge 12(xy+yz+zx)+90xyz. \quad (2.6.2)\]
Giả sử $xy \ge0,$ thay $z=-x-y$ vào $(2.6.2)$ và thu gọn lại, ta được
\[25(x^2+xy+y^2)^2+12(x^2+xy+y^2) + 90xy(x+y) \ge 0.\]
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[x^2+xy+y^2 \ge \frac{3}{4}(x+y)^2\ge 3xy \ge 0,\]
suy ra
\[ 25(x^2+xy+y^2)^2+12(x^2+xy+y^2) \ge 225x^2y^2 + 9(x+y)^2.\]
Ta sẽ chứng minh
\[25x^2y^2 + (x+y)^2 + 10xy(x+y) \ge 0,\]
điều này đúng vì
\[25x^2y^2 + (x+y)^2 + 10xy(x+y) = (x+y+5xy)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=3b=3c$ cùng các hoán vị, như vậy chứng minh của ta được hoàn tất.
Bài 2.7. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ không âm. Chứng minh rằng
\[3(a^2+b^2+c^2) \ge (a+b+c)\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)+\sum (b-c)^2 \ge (a+b+c)^2.\]
(Việt Nam MO 2005)
Lời giải.Thay $(a,b,c)$ bởi $(a^2,b^2,c^2)$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+\sum (b^2-c^2)^2 \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2.\]
Ta chứng minh vế trái
\[3(a^4+b^4+c^4) \geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2).\]
Điều này tương đương với
\[a^4+b^4+c^4 +2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca),\]
\[(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant (a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca). \quad (2.7.1)\]
Chuẩn hóa $a+b+c=3$ và đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=-x-y+1$ vào $(2.7.1)$ và thu gọn lại, ta được
\[6(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)+9(x^2+xy+y^2) \ge 0,\]
\[6(x^2+xy+y^2)^2+9(x^2+xy+y^2) \ge 0.\]
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c,$ vế trái được chứng minh. Tiếp đến ta chứng minh vế bên phải
\[(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)+2(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2) \geqslant (a^2+b^2+c^2)^2,\]
bất đẳng thức này tương đương
\[a^4+b^4+c^4+(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca) \geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2),\]
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)+ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2)\geqslant 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).\]
Dễ thấy này là hệ quả của hai bất đẳng thức sau đây
\[ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2) \ge 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2), \quad (2.7.2)\]
\[a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \ge ab(a^2+b^2)+ca(c^2+a^2)+ca(c^2+a^2). \quad (2.7.3)\]
Bất đẳng thức $(2.7.2)$ tương đương với
\[ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2 \ge 0.\]
Ta chứng minh $(2.7.3),$ chuẩn hóa cho $a+b+c=3$ và đặt $a=x+1,\,b=y+1,c=-x-y+1$ với $xy \ge 0$ rồi thế vào bất đẳng thức trên và thu gọn lại, ta được
\[4(x^2+xy+y^2)^2+3(x^2+xy+y^2) \ge 18xy(x+y).\]
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
\[\begin{aligned} 4(x^2+xy+y^2)^2+3(x^2+xy+y^2) &\ge 4\cdot (3xy)^2 +3 \cdot \frac{3}{4}(x+y)^2\\&=36x^2y^2+\frac{9}{4}(x+y)^2, \end{aligned}\]
và
\[36x^2y^2+\frac{9}{4}(x+y)^2-18xy(x+y) = \frac{9(x+y-4xy)^2}{4} \ge 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b,\, c=0.$ Như vậy bài toán được chứng minh.
Bài 2.8. Cho ba số thực $a,\,b,\,c$ thỏa mãn $abc=-1,$ chứng minh rằng
\[a^4+b^4+c^4+3(a+b+c)\ge \frac{a^2+b^2}{c}+\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b}.\]
(Iran MO 2005)
Lời giải. Ta viết bất đẳng thức lại dưới dạng thuần nhất như sau
\[a^4+b^4+c^4-3abc(a+b+c)\ge -ab(a^2+b^2)-bc(b^2+b^2)-ca(c^2+a^2). \quad (2.8.1)\]
Vì
\[\sum ab(a^2+b^2)=(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)-abc(a+b+c),\]
nên $(2.8.1)$ tương đương với
\[a^4+b^4+c^4+(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\ge 4abc(a+b+c). \quad (2.8.2)\]
Nếu $a+b+c=0,$ thay $c=-a-b$ vào $(2.8.2)$ ta được
\[a^4+b^4+(a+b)^4-(a^2+ab+b^2)\left[a^2+b^2+(a+b)^2\right] \ge 0,\]
tuy nhiên dễ thấy
\[a^4+b^4+(a+b)^4-(a^2+ab+b^2)\left[a^2+b^2+(a+b)^2\right] = 0,\]
nên bài toán đúng trong trường hợp này.
Nếu $a+b+c \ne 0,$ thay $(a,\, b,\, c)$ bởi $(-a,\, -b,\, -c)$ thì bất đẳng thức vẫn không thay đổi nên ta có thể giả sử $a+b+c>0,$ và chuẩn hóa cho $a+b+c=3.$
Đặt $a=x+1,\,b=y+1$ thì $c=-x-y+1,$ rồi thay vào $(2.8.2)$ và thu gọn lại ta được
\[27(x^2+xy+y^2) \ge 0.\]
Bất đẳng thức này luôn đúng. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a+b+c=0.$ Bài toán được chứng minh.
Nhận xét. Bài toán là hệ quả của đẳng thức sau
\[\sum a^4+\sum bc\sum a^2=(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+4abc(a+b+c).\]
Bài 2.9. Chứng minh rằng với mọi số thực $a,\, b,\, c$ ta luôn có
\[(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\ge \frac{4}{7}\left[a^4+b^4+c^4+(a+b+c)^4\right]. \quad (2.9.1)\]
Lời giải. Nếu $a+b+c=0,$ thay $c=-a-b$ vào $(2.9.1)$ và thu gọn ta được
\[a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4\ge 0,\]
ta có
\[a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4 = (a^2+ab+b^2)^2 \ge 0.\]
Nếu $a+b+c\ne 0$, thay $(a,\, b,\, c)$ bởi $(-a,\, -b,\, -c)$ thì bất đẳng thức vẫn không thay đổi nên ta có thể giả sử $a+b+c>0,$ và chuẩn hóa cho $a+b+c=3.$
Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=z+1,$ thì $x+y+z=0$ và $x^3+y^3+z^3=3xyz,$ ta có
$$(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4 = x^4+y^4+z^4+24(x^2+y^2+z^2)-24xyz+48,$$
tương tự thì
$$a^4+b^4+c^4+(a+b+c)^4 = x^4+y^4+z^4+6(x^2+y^2+z^2)+12xyz+84.$$
Như vậy bất đẳng thức trở thành
$$x^4+y^4+z^4+48(x^2+y^2+z^2)\ge 72xyz. \quad (2.9.2)$$
Giả sử $xy \ge 0$ rồi thay $z=-x-y$ vào $(2.9.2),$ bất đẳng thức được viết lại dưới dạng
\[2(x^2+xy+y^2)^2+96(x^2+xy+y^2)+72xy(x+y) \ge 0.\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[2(x^2+xy+y^2)^2+96(x^2+xy+y^2) \ge 18x^2y^2+72(x+y)^2,\]
lại có
\[18x^2y^2+72(x+y)^2+72xy(x+y) = 18(2x+2y+xy)^2 \ge 0.\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $-3a=-3b=c.$ Chứng minh của chúng ta vì thế hoàn tất.
Nhận xét. Bài toán là một kết quả mạnh hơn của bất đẳng thức sau
\[(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\ge \frac{4}{7}(a^4+b^4+c^4).\]
(Việt Nam TST 1996)
Bài 2.10. Với ba số thực $a,\, b,\, c.$ Chứng minh rằng với mọi số thực $k$ ta luôn có
\[(a-b)(a-c)(a-kb)(a-kc)+(b-c)(b-a)(b-kc)(b-ka)+(c-a)(c-b)(c-ka)(c-kb) \ge 0. \quad (2.10.1)\]
Lời giải. Lập luận như trên giả sử $a+b+c>0,$ và chuẩn hóa cho $a+b+c=3.$ Đặt $a=x+1,\,b=y+1,\,c=-x-y+1$ với $xy \ge 0,$ khi đó bất đẳng thức $(2.10.1)$ được viết lại dưới dạng
\[(k+2)^2(x^2+xy+y^2)^2+3(k-1)^2(x^2+xy+y^2) \ge 9(k+2)(1-k)xy(x+y). \quad (2.10.2)\]
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[x^2+xy+y^2\ge \frac{3}{4}(x+y)^2 \ge 3xy \ge 0.\]
Suy ra
\[(k+2)^2(x^2+xy+y^2)^2+3(k-1)^2(x^2+xy+y^2) \ge 9(k+2)^2x^2y^2+\frac{9}{4}(k-1)^2(x+y)^2,\]
Ta sẽ chứng minh
\[(k+2)^2x^2y^2+\frac{(k-1)^2(x+y)^2}{4} \ge (k+2)(1-k)xy(x+y),\]
tương đương với
\[\left[(k-1)(x+y) + 2(k+2)xy\right]^2 \ge 0.\]
Đẳng thức xảy $a=b=c$ hoặc $a = kb = kc.$ Chứng minh hoàn tất.
Nhận xét. Bài toán là hệ quả của đẳng thức
\[2\sum (a-b)(a-c)(a-kb)(a-kc) = \sum (a-b)^2\left[ a + b - (k+1)c\right]^2.\]
Đây là một kết quả thú vị, chúng ta có một số kết quả khá đẹp mắt như sau
Nếu $k=0,$ bất đẳng thức trở thành
\[a^2(a-b)(a-c) + b^2(b-c)(b-a) + c^2(c-a)(c-b) \ge 0,\]
đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 4 và nếu khai triển ta sẽ được bất đẳng thức $(2.7.3).$
Nếu $k=2,$ bất đẳng thức trở thành
\[9(a^4+b^4+c^4)+126(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \ge 5(a+b+c)^4.\]
Đẳng thức xảy ra khi $\frac{a}{2}=b=c.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 26-08-2015 - 11:29