Bài toán: Cho $a, b, c$ là các số thực đôi một phân biệt: CMR: $$\left(\dfrac{a+b}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c+a}{c-a}\right)^2+\dfrac{1}{\left(\dfrac{a+b}{a-b}\right)^2+\left(\dfrac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\dfrac{c+a}{c-a}\right)^2}\ge \dfrac{5}{2}$$
Lời giải: 
Đặt: $x=\dfrac{b+c}{b-c}, y=\dfrac{c+a}{c-a}, z=\dfrac{a+b}{a-b}$. Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Và ta cần CM: $$x^2+y^2+z^2+\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}\ge \dfrac{5}{2}\\\Leftrightarrow (x+y+z)^2+2+\dfrac{1}{(x+y+z)^2+2}\ge \dfrac{5}{2}$$ Đặt $t=x+y+z$. Khi đó xét hàm $f(t)=t^2+\dfrac{1}{t^2+2}$ là ta có ngay đpcm

Bài toán (Nguyễn Đình Thi) Chứng minh rằng với mọi $a,b,c\in\mathbb{R}$ thì $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ 
Lời giải: 
Đặt $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Khi đó, ta có: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Áp dụng BDT $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ Ta có $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Ta có đpcm.


Problem (Nguyen Dinh Thi) Let $a, b, c$ be real numbers. Prove that: $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2$$ Proof: 
Let $x=\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}, y=\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca},z=\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}$ Then,  we have: $$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1$$ Using this inequality: $$x^2+y^2+z^2\ge -2(xy+yz+zx)$$ We have: $$\left(\dfrac{a^2+bc}{a^2-bc}\right)^2+\left(\dfrac{b^2+ca}{b^2-ca}\right)^2+\left(\dfrac{c^2+ab}{c^2-ab}\right)^2\ge 2\;\;\text{(Q.E.D)}$$ 

HÀM LỒI, LÕM. HÀM BÁN LỒI, BÁN LÕM VÀ NGUYÊN LÝ BIÊN

HÀM LỒI, LÕM. HÀM BÁN LỒI, BÁN LÕM

VÀ NGUYÊN LÝ BIÊN

I. Định nghĩa:
    1. Hàm lồi, lõm:
       Hàm số $f$ được gọi là lồi trên đoạn $[\alpha; \beta ]\subset\mathbb{R}$ nếu với mọi $x, y\in [\alpha; \beta ]$ và với mọi $a,b\ge 0$ thỏa $a+b=1$ thì: $$f(ax+by)\ge af(x)+bf(y)$$ 
       Ngược lại, $f$ được gọi là lõm trên đoạn $[\alpha; \beta ]\subset\mathbb{R}$ nếu với mọi $x, y\in [\alpha; \beta ]$ và với mọi $a,b\ge 0$ thỏa $a+b=1$ thì: $$f(ax+by)\le af(x)+bf(y)$$ 

 Chú ý: Ta thừa nhận kết quả sau:
     Nếu hàm $f$ khả vi hai lần trên $[\alpha ;\beta ]$ thì $f$ lồi trên $[\alpha ;\beta ]$ khi $f''\le 0,\forall x\in [\alpha; \beta ]$. Ngược lại, $f$ lõm trên $[\alpha; \beta ] $ khi $f''\ge 0,\forall x\in [\alpha ;\beta ]$

    2. Hàm bán lồi, bán lõm:
       Hàm số $f$ được gọi là bán lồi, bán lõm trên $[\alpha ; \beta ]\subset \mathbb{R}$ nếu tồn tại hằng số $\gamma\in [\alpha ; \beta ]$ duy nhất sao cho $f$ lồi trên $[\alpha ; \gamma ]$ và lõm trên $[\gamma ; \beta ]$ hoặc ngược lại.

II. Tính chất:
                                                                         
    1. Nếu $f$ là hàm lồi trên $[\alpha ; \beta ]$ thì ta có: $\min f=\min\{ f(\alpha ); f(\beta )\}$
    2. Nếu $f$ lõm trên $[\alpha ; \beta ]$ thì ta có: $\max f=\max\{ f(\alpha ); f(\beta )\}$
    3. Nếu $f$ là một hàm lõm trên đoạn $[\alpha ; \beta ]$ thì khi đó với mọi $x,y, z\in\mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời $\beta \ge x\ge z\ge y\ge \alpha$ và $x+y-z\ge\alpha  $ thì $$f(x)+f(y)-f(z)\ge f(x+y-z)$$ 
 Chứng minh: 
 Đặt $t=x-z$, dễ thấy $0\le t\le x-y\Rightarrow t=k(x-y), k\in [0; 1]$. Ta có: $$\begin{aligned}f(x)+f(y)-f(z)-f(x+y-z)&=f(x)+f(y)-f(x-t)-f(y+t)\\&=f(x)+f(y)-f\left(x-k(x-y)\right)-f\left( y+k(x-y)\right)\\&=f(x)+f(y)-f\left((1-k)x+ky\right)-f\left( kx+(1-k)y\right) \\&\ge f(x)+f(y)-(1-k)f(x)-kf(y)-kf(x)-(1-k)f(y)=0\;\;\;\text{(Q.E.D)}\end{aligned}$$ 

   4. Nếu $f$ lồi trên  trên đoạn $[\alpha ; \beta ]$ thì khi đó với mọi $x,y, z\in\mathbb{R}$ thỏa mãn đồng thời $\beta \ge x\ge z\ge y\ge \alpha$ và $x+y-z\ge\alpha$ thì $$f(x)+f(y)-f(z)\le f(x+y-z)$$ 
   5. Nếu $f$ lõm trên $[\alpha ; \beta ]$ thì với dãy số $x_n \in [\alpha ; \beta ]$ thỏa $\sum_{i=1}^nx_i\le \beta+(n-1)\alpha$ thì khi đó: $$f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)-(n-1)f(a)\le f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )$$
 Chứng minh: 
 Ta chứng minh bằng qui nạp theo $n$ 
 Với $n=1$, hiển nhiên đúng.
 Giả sử tính chất 5 đúng tới $n$. Ta xét khi $n+1$.
 Không giảm tính tổng quát, giả sử $x_{n+1}=\max\{x_1; x_2;...; x_{n+1}\}$. Sử dụng giả thiết qui nạp ta chỉ cần chứng minh: $$f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )+f(x_{n+1})\le f(\alpha )+f(x_1+x_2+...+x_{n+1}-n\alpha )$$ Do $x_{n+1}=\max\{x_1, x_2,..., x_{n+1}\}$ và $x_i\in [\alpha; \beta ]$ nên: $$\begin{aligned}f(\alpha )+f(x_1+x_2+...+x_{n+1}-n\alpha )&\ge f(x_1+x_2+...+x_{n+1}-n\alpha +\alpha -x_{n+1})+f(x_{n+1})\\&=f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )+f(x_{n+1})\end{aligned}$$ Như vậy, khẳng định đúng với $n+1$. Ta có đpcm.

  6. Nếu $f$ lồi trên $[\alpha ; \beta ]$ thì với dãy số $x_n \in [\alpha ; \beta ]$ thỏa $\sum_{i=1}^nx_i\le \beta+(n-1)\alpha$ thì khi đó: $$f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)-(n-1)f(a)\ge f(x_1+x_2+...+x_n-(n-1)\alpha )$$

 7. (BDT tiếp tuyến)

      $*$ Nếu $f$ lõm trên $[\alpha ; \beta ]$ thì với mọi $x, x_0\in [\alpha ; \beta ]$ ta có : $$f(x)\ge f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$$

      $*$ Nếu $f$ lồi trên $[\alpha ; \beta ]$ thì với mọi $x, x_0\in [\alpha ; \beta ]$ ta có : $$f(x)\le f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$$

  $*$ Đặc biệt, khi $f(x)=ax+b, a\neq 0$ thì đồ thị $f$ là một đoạn thẳng nên: $$\min\{f(\alpha ); f(\beta )\}\le f(x)\le \max\{f(\alpha ); f(\beta )\}$$

Định lý 1: Cho $(x_n)$ là dãy các số thực thỏa:
               i) $(x_n)$ là dãy không giảm.
               ii) $x_n\in [\alpha ; \beta ]$
               iii) $x_1+x_2+...+x_n=k=\text{const}$
               iv) $f$ là hàm trên $[\alpha ; \beta ]$ thỏa $f$ lồi trên $[\alpha ; \gamma ]$ và lõm trên$[\gamma ; \beta ]$.
Đặt $F=f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)$. Khi đó: 
       + $\min F\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{k-1}=a; x_{k+1}=...=x_n\in [\alpha ; \beta ]$
       + $\max F\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{k-1}\in [\alpha ; \beta ]; x_{k+1}=...=x_n=b$

Định lý 2: Cho $(x_n)$ là dãy các số thực thỏa:
               i) $(x_n)$ là dãy không giảm.
               ii) $x_n\in [\alpha ; \beta ]$
               iii) $x_1+x_2+...+x_n=k=\text{const}$
               iv) $f$ là hàm trên $[\alpha ; \beta ]$ thỏa $f$ lõm trên $[\alpha ; \gamma ]$ và lồi trên$[\gamma ; \beta ]$.
Đặt $F=f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)$. Khi đó: 
       + $\max F\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{k-1}=a; x_{k+1}=...=x_n\in [\alpha ; \beta ]$
       + $\min F\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{k-1}\in [\alpha ; \beta ]; x_{k+1}=...=x_n=b$

 Định lý 3: Cho $(x_n)$ là dãy các số thực thỏa:
               i) $(x_n)$ là dãy không giảm.
               ii) $x_n\in\mathbb{R}$
               iii) $x_1+x_2+...+x_n=k=\text{const}$
               iv) $f$ là hàm trên $[\alpha ; \beta ]$ thỏa $f$ lồi trên $(-\infty; \gamma ]$ và lõm trên$[\gamma ; +\infty )$.
Đặt $F=f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)$. Khi đó: 
       + $\min F\Leftrightarrow x_1\le x_2=x_3=...x_n$
       + $\max F\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{n-1}\le x_n$

Định lý 4: Cho $(x_n)$ là dãy các số thực thỏa:

               i) $(x_n)$ là dãy không giảm.
               ii) $x_n\in\mathbb{R}$
               iii) $x_1+x_2+...+x_n=k=\text{const}$
               iv) $f$ là hàm trên $[\alpha ; \beta ]$ thỏa $f$ lõm trên $(-\infty; \gamma ]$ và lồi trên$[\gamma ; +\infty )$.
Đặt $F=f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)$. Khi đó: 
       + $\max F\Leftrightarrow x_1\le x_2=x_3=...x_n$
       + $\min F\Leftrightarrow x_1=x_2=...=x_{n-1}\le x_n$

II. Các ví dụ: 

 Ví dụ 1: (IMO Shorlist 1993, Viet Nam) Cho $a, b, c, d$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c+d=1$. CMR: $$abc+abd+acd+bcd\le \dfrac{1}{27}+\dfrac{176}{27}abcd$$

Lời giải:

  Giả sử $a=\min\{a,b,c,d\}\Rightarrow a\le\dfrac{1}{4}$. BDT cần chứng minh viết lại dưới dạng: $$\left(bc+cd+bd-\dfrac{176}{27}bcd\right)a+bcd\le\dfrac{1}{27}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Xem VT của $(1)$ như một hàm số theo $a$. Ta xét các trường hợp: 

      Trường hợp 1: $bc+cd+bd-\dfrac{176}{27}bcd=0.$ Khi đó:  $$VT_{(1)}=bcd\le\dfrac{(b+c+d)^3}{27}\le\dfrac{(a+b+c+d)^3}{27}=\dfrac{1}{27}$$

      Trường hợp 2: $bc+cd+bd-\dfrac{176}{27}bcd<0.$ Khi đó:  $$VT_{(1)}\le bcd\le \dfrac{1}{27}$$

      Trường hợp 3: $bc+cd+bd-\dfrac{176}{27}bcd>0.$ Khi đó: $$VT_{(1)}\le \dfrac{bc+cd+bd}{4}-\dfrac{17}{27}bcd$$ Sử dụng BDT Schur, ta có: $$\dfrac{bc+cd+bd}{4}-\dfrac{17}{27}bcd\le \dfrac{13}{324}(bc+cd+bd)+\dfrac{17}{576}\le \dfrac{13(b+c+d)^2}{324.3}+\dfrac{17}{576}=\dfrac{1}{27}$$

 Phép chứng minh hoàn tất.

    Lưu ý: Tùy theo bài toán ra cần lựa đại lượng thay đổi phù hợp sao cho thuận lợi trong việc công phá bài toán. Đối với bài toán này, ta có thể cố định $c, d$ thì do $a+b+c+d=1$ nên $a+b$ cũng cố định, lúc này khảo sát $VT_{(1)}$ theo $ab$ ta cũng thu dược đpcm.

Ví dụ 2: (Vasile Cirtoaje) Cho $a, b, c, d$ là các số thực không âm $a, b, c, d$ thỏa $a^2+b^2+c^2+d^2=1$. CMR: $$(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\ge abcd$$

Lời giải:

 Giả sử $a=\min\{a,b,c,d\}\Rightarrow a\le\dfrac{1}{2}$. Ta viết BDT cần chứng minh dưới dạng: $$[(1-b)(1-c)(1-d)+bcd]a-(1-b)(1-c)(1-d)\le 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Xem VT của $(1)$ như một hàm theo $a$. Ta có hai trường hợp:

     Trường hợp 1: $(1-b)(1-c)(1-d)+bcd=0$, hiển nhiên đúng.

     Trường hợp 2: $(1-b)(1-c)(1-d)+bcd>0$. Khi đó: $$[(1-b)(1-c)(1-d)+bcd]a-(1-b)(1-c)(1-d)\le \dfrac{bcd-(1-b)(1-c)(1-d)}{2}$$ Đặt $\begin{cases}p=b+c+d\\q=bc+cd+db\\r=bcd\end{cases}$. Khi đó, ta cần CM:$$\dfrac{2r+p-q-1}{2}\le 0$$ Chú ý là lúc này $p^2-2q=\dfrac{3}{4}$ nên ta cần CM: $$4r-\dfrac{1}{4}\le (p-1)^2$$ Theo AM-GM: $p\ge 3\sqrt[3]{r}$ Từ đây chỉ việc khảo sát hàm $g ( r ) =4r-9\sqrt[3]{r^2}+6\sqrt{r}-\dfrac{5}{4}, r\le \dfrac{1}{8}$ là có đpcm. 

 Ví dụ 3: (Crux Mathemmaticorum) Cho $a,b,c$ là các số không âm. CMR: $$\sqrt{1+\dfrac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\dfrac{48b}{c+a}}+\sqrt{1+\dfrac{48c}{a+b}}\ge 15$$ Lời giải:
Đặt $x=\dfrac{2a}{b+c}; y=\dfrac{2b}{c+a}; z=\dfrac{2c}{a+b}$. Khi đó, ta có: $$xy+yz+zx+xyz=4$$ Và ta cần CM: $$\sqrt{1+24x}+\sqrt{1+24y}+\sqrt{1+24z}\ge 15\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Không giảm tính tổng quát, giả sử: $x=\max\{ x,y, z\}\Rightarrow x\ge 1$. Xem VT của $(1)$ như một hàm $f$ theo $x$. Dễ thấy $f$ đồng biến nên $f$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $x=1$. Lúc này, ta có $y+z+2yz=4\Leftrightarrow y=\dfrac{4-z}{1+2z}$ và ta cần tìm GTNN của $$\sqrt{1+24y}+\sqrt{1+24z}=\sqrt{1+24.\dfrac{4-z}{1+2z}}+\sqrt{1+24z}$$ Thực hiện khảo sát hàm $g(z)=\sqrt{1+24.\dfrac{4-z}{1+2z}}+\sqrt{1+24z}$ với $z\in [0; 1]$ ta dễ dàng thấy $g(z)\ge 10$ Từ đó suy ra: $$\sqrt{1+24x}+\sqrt{1+24y}+\sqrt{1+24z}\ge 15\;\text{  (Q.E.D)}$$

Ví dụ 4: Cho các số $a,b,c$ không âm. CMR: $$\left( \dfrac{4a}{b+c}+1\right)\left( \dfrac{4b}{c+a}+1\right)\left(\dfrac{4c}{a+b}+1\right)\ge 25$$ Lời giải:
Đặt $x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$. Khi đó: $$xy+yz+zx+xyz=4$$
Và ta cần CM: $$(1+2x)(1+2y)(1+2z)\ge 25$$Nếu ta xem VT của BDT này như một hàm theo $z$ thì rõ ràng đây là một hàm bậc nhất và đồng biến. Theo đó. GTNN của hàm này đạt được khi $z=0$. Lúc này $xy=4$ và ta cần chỉ ra: $$(1+2x)(1+2y)\ge 25\Leftrightarrow x+y\ge 8$$ Điều này là hiển nhiên theo AM-GM. Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 5: (USA MO 2000) Cho $a,b, c$ là các số thực không âm. CMR: $$\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\le\max\{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2; (\sqrt{b}-\sqrt{c})^2; (\sqrt{c}-\sqrt{a})^2\}$$ Lời giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\le b\le c$. Khi đó, ta cần CM: $$a+b+c-3\sqrt[3]{abc}-3(\sqrt{c}-\sqrt{a})^2\ge 0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Xem VT của $(1)$ là một hàm theo  $b$. Ta tính được $$f''(b)=\dfrac{\sqrt[3]{ca}}{3\sqrt[3]{b^5}}>0$$
 Do đó $f$ là hàm lõm. Như vậy GTLN của $f$ đạt được khi $b=a$ hoặc $b=c$. Ta xét khi $a=b$. Khi đó ta cần CM: $$a+2c+3\sqrt[3]{ca^2}\ge 6\sqrt{ca}$$ Điều này là đúng theo AM-GM.

Nếu mở rộng BDT trên ta tìm được chặn dưới của đại lượng TBC-TBN là $\dfrac{1}{2}\min_{1\le i<j\le n}\{(\sqrt{a_i}-\sqrt{a_j})^2\}$. Đây chính là bài toán BDT trong kì thi MOSP 2000: 
 Cho $a_1, a_2,...,a_n$ là các số không âm. CMR: $$\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i-\sqrt[n]{\prod_{i=1}^n a_i}\ge \dfrac{1}{2}\min_{1\le i<j\le n}\{(\sqrt{a_i}-\sqrt{a_j})^2\}$$ 

Ví dụ 6: Cho $a, b, c\ge 0$ có tổng bằng $1$. CMR: $$\sqrt{\dfrac{1-a}{1+a}}+\sqrt{\dfrac{1-b}{1+b}}+\sqrt{\dfrac{1-c}{1+c}}\le 1+\dfrac{2}{\sqrt{3}}$$ Lời giải: 
Giả sử $a\le b\le c$. Xét hàm số: $$ f(x)=\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}, x\in [0; 1]$$ Ta tính được: $$f''(x)=\dfrac{1-2x}{(x+1)^4\sqrt{\left(\dfrac{1-x}{1+x}\right)^3}}$$ Ta thấy $f''$ đổi dấu khi qua $x=1/2$ nên $f$ lõm trên $\left[0; \dfrac{1}{2}\right]$ và lồi trên $\left[\dfrac{1}{2}; 1\right]$. Do đó theo định lý 2, VT đạt cực đại khi: $$\begin{cases}a=0, b=c\\a+b+c=1\end{cases}\vee \begin{cases}a=b=0\\c=1\end{cases}$$ Giải các hệ này ta dễ dàng suy ra đpcm.

Tổng quát hóa bài toán ví dụ 6, ta thu được bài toán của tạp chí Crux Mathemmaticorum: 
Cho $x_1, x_2,..., x_n\;\; (n\ge 2)$ là các số không âm có tổng bằng $1$. CMR: $$\sqrt{\dfrac{1-x_1}{1+x_1}}+\sqrt{\dfrac{1-x_2}{1+x_2}}+...+\sqrt{\dfrac{1-x_n}{1+x_n}}\le n-2+\dfrac{2}{\sqrt{3}}$$

Ví dụ 7: (VMEO 2005) Cho $a,b,c$ là các số thực dương cho trước và $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn $ax+by+cz=xyz$. Tìm GTNN của: $$P=x+y+z$$ Lời giải:
Bổ đề: Với các số thực dương $a, b, c$ cho trước. Khi đó tồn tại duy nhất $d>0$ sao cho: $$\dfrac{1}{a+d}+\dfrac{1}{b+d}+\dfrac{1}{c+d}=\dfrac{2}{d}$$ Chứng minh bổ đề: Viết biểu thức trên lại thành: $$\dfrac{a}{a+d}+\dfrac{b}{b+d}+\dfrac{c}{c+d}=1$$ Xem đây là một hàm $f$ theo $d$. Dễ thấy $f$ liên tục và $f$ nghịch biến. Mặt khác $\lim_{d\to 0}f(d) =3$ và $\lim_{d\to +\infty } f(d)=0$ nên tồn tại duy nhất số $d>0$ thỏa mãn đẳng thức trên. Bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán. Đặt $x=\sqrt{\dfrac{bc}{a}}m, y=\sqrt{\dfrac{ca}{b}}n, z=\sqrt{\dfrac{ab}{c}}p$. Khi đó ta có: $$m+n+p=mnp$$ Điều này gợi cho ta chọn $A, B, C$ là ba góc của một tam giác nhọn sao cho: $m=\tan A, n=\tan B, p=\tan C$. Bây giờ, ta cần tìm GTNN của: $$P=\sqrt{\dfrac{bc}{a}}\tan A+\sqrt{\dfrac{ca}{b}}\tan B+\sqrt{\dfrac{ca}{b}}\tan C$$ Xét hàm $f(x)=\tan x, x\in \left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)$. Ta có : $f"(x)=2\tan x. (\tan ^2 x+1)>0,\forall x\in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)$ nên $f$ lõm trên $\left(0; \dfrac{\pi}{2}\right)$. Ta chọn $d$ là số thực dương sao cho: $$\dfrac{1}{a+d}+\dfrac{1}{b+d}+\dfrac{1}{c+d}=\dfrac{2}{d}$$ Sự tồn tại của $d$ hoàn toàn được khẳng định theo bổ đề. Áp dụng BDT tiếp tuyến, ta có: $$\begin{aligned} & f(A)\ge f'\left(\arctan\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}\right)\left[A-\arctan\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}\right]+f\left(\arctan\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}\right)\\\Rightarrow &\tan A\ge \dfrac{a(b+d)(c+d)+bc(a+d)}{bc(a+d)}\left[A-\arctan\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}\right]+\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}\\&\Rightarrow\sqrt{\dfrac{bc}{a}}\tan A\ge \dfrac{2abc+(ab+bc+ca)d+ad^2}{\sqrt{abc}(a+d)}\left[A-\arctan\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}\right]+\sqrt{\dfrac{(b+d)(c+d)}{a+d}}\end{aligned}$$ Chú ý rằng vì $$\dfrac{1}{a+d}+\dfrac{1}{b+d}+\dfrac{1}{c+d}=\dfrac{2}{d}$$ nên ta có ngay  $$d^3=2abc+(ab+bc+ca)d$$ Suy ra: $$\sqrt{\dfrac{bc}{a}}\tan A\ge\dfrac{d^2}{\sqrt{abc}}\left[ A-\arctan\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}\right] +\sqrt{\dfrac{(b+d)(c+d)}{a+d}}$$ Tương tự, ta cũng có: $$\sqrt{\dfrac{ca}{b}}\tan B\ge \dfrac{d^2}{\sqrt{abc}}\left[ B-\arctan\sqrt{\dfrac{b(a+d)(c+d)}{ac(b+d)}}\right] +\sqrt{\dfrac{(a+d)(c+d)}{b+d}}\\\sqrt{\dfrac{ab}{c}}\tan C\ge \dfrac{d^2}{\sqrt{abc}}\left[ C-\arctan\sqrt{\dfrac{c(a+d)(b+d)}{ab(c+d)}}\right] +\sqrt{\dfrac{(a+d)(b+d)}{c+d}}$$ Chú ý rằng: $$\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}+\sqrt{\dfrac{b(c+d)(a+d)}{ca(b+d)}}+\sqrt{\dfrac{c(a+d)(b+d)}{ab(c+d)}}=\sqrt{\dfrac{(a+d)(b+d)(c+d)}{abc}}$$ nên: $$A+B+C-\arctan\sqrt{\dfrac{a(b+d)(c+d)}{bc(a+d)}}-\arctan\sqrt{\dfrac{b(c+d)(a+d)}{ca(b+d)}}+\arctan\sqrt{\dfrac{c(a+d)(b+d)}{ab(c+d)}}=0$$ Do đó: $$P\ge \sqrt{\dfrac{(a+d)(b+d)}{c+d}}+\sqrt{\dfrac{(b+d)(c+d)}{a+d}}+\sqrt{\dfrac{(c+d)(a+d)}{b+d}}$$ Vậy: $$\min P=\sqrt{\dfrac{(b+d)(c+d)}{a+d}}+\sqrt{\dfrac{(c+d)(a+d)}{b+d}}+\sqrt{\dfrac{(a+d)(b+d)}{c+d}}$$

Kết thúc bài viết, tôi xin đề nghị một số bài tập tự luyện: 
 1. Cho $a, b, c, d\in [0; 1]$. CMR: $$(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+a+b+c+d\ge 1$$
 2. (THTT 2002) Cho $a, b, c$ là các số thực có tổng bình phương bằng $2$. Tìm GTLN của $$P=3(a+b+c)-22abc$$
 3. Cho $a, b, c, d\ge 0$ thỏa $a+b+c+d=4$. CMR: $$16+2abcd\ge 3(ab+ac+ad+bc+bd+cd)$$
 4. (Viet Nam TST 2001, Trần Nam Dũng) Cho $a, b, c$ là các số dương thỏa $21ab+2bc+8ca\le 12$. Tìm GTNN của: $$P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{3}{c}$$
 5. (IMO 1984) Cho $x,y,z\ge 0$ thỏa $x+y+z=1$. CMR: $$0\ge xy+yz+zx-2xyz\le \dfrac{7}{27}$$
 6. Cho $x,y,z>0$ thỏa $x+y+z=1$. Tìm GTLN của $$F=\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}$$
 7. (VMEO 2004) Cho tam giác nhọn $ABC$. Tìm GTNN của: $$P=\tan A+2\tan B+5\tan C$$
 8. Cho $x, y, z, t\ge 0$ thỏa $x+y+z+t=4$. CMR: $$(1+x)(1+3y)(1+3z)(1+3t)\le 125 +131xyzt$$

Tài liệu tham khảo:
 $[1]$. Bất đẳng thức- Võ Quốc Bá Cẩn.
 $[2]$. Kỹ thuật đánh giá trên biên - Phạm Quốc Thắng.
 $[3]$. Nguyên lý biên - Cao Đình Huy.
 $[4]$. www.diendantoanhoc.net

BDT đề 07/50 - Đặng Thành Nam

Bài toán: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $x+y+z=0$. Tìm GTNN của $$P=3^{|\cos x|}+3^{|\cos y|}+3^{|\cos z|}-3\max\{|\cos x|, |\cos y|, |\cos z|\}$$
Lời giải:
Không giảm tính tổng quát, giả sử $|\cos z|=\max\{|\cos x|, |\cos y|, |\cos z|\}$
Sử dụng BDT Bernoulli, ta có: $$3^{|\cos x|}\ge 1+|\cos x|$$ Suy ra: $$P\ge 2+|\cos x|+|\cos y|+3^{|\cos z|}-3|\cos z|$$ 
Bổ đề [Ukraine 2006] Cho $x,y$ là các số thực. Chứng minh rằng: $$|\cos x|+|\cos y|+|\cos (x+y)|\ge 1$$
Chứng minh bổ đề: 
 Đặt $a=|\cos x|, b=|\cos y|$. Sử dụng BDT quen thuộc $|a-b|\ge ||a|-|b||$. Ta có: $$|\cos (x+y)=|\cos x\cos y-\sin x\sin y|\ge ||\cos x\cos y|-|\sin x\sin y||=|ab-\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}|$$ Theo đó ta cần chứng minh: $$a+b+|\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab|\ge 1$$ Ta xét khi $a+b\le 1$. Vì $ab>0$ nên: $$a^2+b^2\le (a+b)^2\le 1$$ Suy ra: $$(1-a^2)(1-b^2)-a^2b^2=1-a^2-b^2+a^2b^2-a^2b^2=1-a^2-b^2\ge 0$$ Hay nói cách khác: $$|\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab|=\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab$$ Bổ đề cần chứng minh trở thành: $$a+b+\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}-ab\ge 1\\\Leftrightarrow \sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}\ge (1-a)(1-b),\text{ Hiển nhiên vì } 0\le a,b\le 1$$ Bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán, áp dụng bổ đề trên ta có: $$P\ge 3+3^{|\cos z|}-4|\cos z|$$ Xét hàm số $f(t)=3+3^t-4t$ với $0\le t\le 1$ ta tính được: $$f'(t)=3^t\ln 3-4<0,\forall t\in [0,1]$$ Suy ra $f$ nghịch biến. Suy ra: $$P\ge f(1)=2$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi: $\begin{cases}|\cos x|=|\cos y|\\x+y+z=0\\|\cos z|=1\end{cases}$ và các hoán vị. 
Kết luận: $$\boxed{\min P=2}$$

Using S-S method in prove inequality

Bài toán: Cho $x, y, z$ là các số thực không âm thỏa mãn $2x+3y+z=1$. Tìm GTNN của: $$P=4x^2+9y^2+z^2+24xyz$$ Lời giải:
 Thực hiện đổi biến $\left(x,y,z\right)\rightarrow \left(\dfrac{x}{2},\dfrac{y}{3}, z\right)$. Khi đó ta có $x+y+z=1$ đồng thời: $$P=x^2+y^2+z^2+4xyz$$ Chú ý rằng $x+y+z=1$ nên ta có: $$\begin{aligned}P&=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{(x+y+z)^2}+\dfrac{4xyz}{(x+y+z)^3}=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{(x+y+z)^2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{4xyz}{(x+y+z)^3}-\dfrac{4}{27}+\dfrac{13}{27}\\&=\dfrac{3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)^2}{3(x+y+z)^2}-4.\dfrac{(x+y+z)^3-27xyz}{27(x+y+z)^3}+\dfrac{13}{27}\\&=\dfrac{2[(x-y)^2+(x-z)(y-z)]}{3(x+y+z)^2}-4.\dfrac{(x+y+z)[(x-y)^2+(x-z)(y-z)]+3[(2z(x-y)^2+(x+y)(x-z)(y-z)]}{27(x+y+z)^3}+\dfrac{13}{27}\\&=M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)+\dfrac{13}{27}\end{aligned}$$
 Trong đó: $$\begin{aligned} M&=\dfrac{2}{3(x+y+z)^2}-\dfrac{4(x+y+z+6z)}{27(x+y+z)^3}\\&=\dfrac{18(x+y+z)-4(x+y+z)-24z}{27(x+y+z)^3}=\dfrac{14-24z}{27}\\\\N&=\dfrac{18(x+y+z)-4(x+y+z+3x+3y)}{27(x+y+z)^3}\\&=\dfrac{14(x+y+z)-12(x+y)}{27(x+y+z)^3}=\dfrac{2+12z}{27}\end{aligned}$$ Ngoài ra, chú ý rằng sau khi thực hiện phép đổi biến thì vai trò $x,y,z$ là như nhau nên ta hoàn toàn có thể giải sử $z=\min\{x,y,z\}$ do đó $M, N>0$. Từ đó suy ra: $$P=M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)+\dfrac{13}{27}\ge \dfrac{13}{27}$$ Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi $\begin{cases}x+y+z=1\\x=y=z\end{cases}\text{ hay}\begin{cases}2x+3y+z=1\\2x=3y=z=\dfrac{1}{3}\end{cases} \Leftrightarrow (x,y,z)=\left(\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{9},\dfrac{1}{3}\right)$ 
Kết luận: $$\boxed{\min P=\dfrac{13}{27}}$$

XUNG QUANH ĐẠI LƯỢNG $A-B, B-C, C-A$

XUNG QUANH ĐẠI LƯỢNG $A-B, B-C, C-A$
 

     Nhận xét chung: Khi đứng trước các bài toán bất đẳng thức ở dạng hoán vị hoặc đối xứng, một ý tưởng hiển nhiên là ta sẽ liên tưởng tới nhận xét: "Mọi đa thức đối xứng đều có thể biểu diễn dưới dạng đối xứng cơ sở". Cụ thể là với đa thức hoán vị vòng quanh $f(a,b,c)$ thì ta có: $$f(a,b,c)=\dfrac{1}{2}\left[ f(a,b,c)+f(c,b,a)\right] +\dfrac{1}{2}\left[ f(a, b, c)-f(c, b, a)\right]$$ Khi đó đại lượng $f(a,b,c)-f(c,b,a)$ có thể phân tích thành các đại lượng theo $a-b, b-c, c-a$. Đồng thời, khi vai trò các biến như nhau, ta hoàn toàn có thể giả sử $a=\min\{a,b,c\}$ hoặc $a=\max\{a, b, c\}$ hoặc $a\ge b\ge c$. Từ đó tìm hướng tiếp cận cụ thể cho bài toán.
 

Bài toán 1:(Trần Nam Dũng, VMO 2008) Cho $a, b, c$ là các số thực không âm đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: $$\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2}+\dfrac{1}{(a-b)^2}\ge\dfrac{4}{ab+bc+ca}$$

  Lời giải: Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử $c=\min\{a,b,c\}$. Ta nhận thấy: $$(a-c)^2+(b-c)^2=(a-b)^2+2(a-c)(b-c)$$ Suy ra: $$\begin{aligned}\dfrac{1}{(b-c)^2}+\dfrac{1}{(c-a)^2}+\dfrac{1}{(a-b)^2}&=\dfrac{1}{(a-b)^2}+\dfrac{(a-c)^2+(b-c)^2}{(a-b)^2(b-c)^2}\\&=\dfrac{1}{(a-b)^2}+\dfrac{(a-b)^2}{(b-c)^2(a-c)^2}+\dfrac{2}{(a-c)(b-c)}\\&\ge\dfrac{2}{(a-c)(b-c)}+\dfrac{2}{(a-c)(b-c)}=\dfrac{4}{(a-c)(b-c)}\end{aligned}$$ Mặt khác, do $c=\min\{a, b, c\}$ nên: $$c(2a+2b-c)\ge 0\Rightarrow \dfrac{4}{(a-c)(b-c)}\ge\dfrac{4}{ab+bc+ca}$$ Từ đó ta có đpcm.
 

Cách khác:

Không mất tính tổng quát, giả sử $a>b>c\ge 0$. Đặt $x=a-b, y=b-c$ Khi đó, $x, y>0$ và: $$ab+bc+ca\ge ab=(c+y)(c+x+y)\ge y(x+y)$$ Theo đó, ta lui về chứng minh một kết quả mạnh hơn: $$\begin{aligned} &\;\;\;\;\;\;\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\ge\dfrac{4}{y(x+y)}\\&\Leftrightarrow y(x+y)\left[\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{(x+y)^2}\right]\ge 4\\&\Leftrightarrow \dfrac{y}{x}\left( 1+\dfrac{y}{x}\right)+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x+y}\ge 3\end{aligned}$$ Đặt $t=\dfrac{x}{y}$, lúc này ta cần chứng minh: $$\dfrac{t+1}{t^2}+t+\dfrac{1}{t+1}\ge 3$$ Bất đẳng thức này tương đương với: $$\dfrac{(t^2-t-1)^2}{t^2(t+1)}\ge 0$$ Đây là một kết quả hiển nhiên. Bài toán được chứng minh

. Bài toán 2: Cho $a, b, c$ là các số thực phân biệt. Chứng minh rằng: $$\left[(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4\right]\left[\dfrac{1}{(a-b)^4}+\dfrac{1}{(b-c)^4}+\dfrac{1}{(c-a)^4}\right]\ge\dfrac{297}{8}$$

  Lời giải:

Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử $a\ge b\ge c$. Đặt $x=a-b, y=b-c$. Khi đó ta có $x, y\ge 0$ và $c-a=-x-y$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $$\left[ x^4+y^4+(x+y)^4\right]\left[\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1}{y^4}+\dfrac{1}{(x+y)^4}\right]\ge\dfrac{297}{8}$$ Tới đây, ta có đánh giá: $$x^4+y^4\ge\dfrac{(x+y)^4}{8}$$ và $$\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1}{y^4}\ge\dfrac{32}{(x+y)^4}$$ Suy ra: $$\left[ x^4+y^4+(x+y)^4\right]\left[\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1}{y^4}+\dfrac{1}{(x+y)^4}\right]\ge\left[\dfrac{(x+y)^4}{8}+(x+y)^4\right]\left[\dfrac{32}{(x+y)^4}+\dfrac{1}{(x+y)^4}\right]=\dfrac{297}{8}$$ Phép chứng minh hoàn tất.
 

  Bài toán 3: (Trần Quốc Anh) Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P=(a^3+b^3+c^3)(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)$$

  Lời giải:

  Do cần tìm giá trị lớn nhất của $P$ nên ta chỉ cần xét trong trường hợp $a\le b\le c$ là được. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có đánh giá: $$\begin{aligned}(a+b+c)^3&=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)\\&\ge 2\sqrt{3(a^3+b^3+c^3)(a+b)(b+c)(c+a)}\end{aligned}$$ Suy ra: $$(a^3+b^3+c^3)(a+b)(b+c)(c+a)\le\dfrac{243}{4}$$ Do $a\le b\le c$ nên $$(a-b)^2\le b^2, (c-a)^2\le c^2$$. Kéo theo: $$\begin{aligned}(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2&\le b^2c^2(b-c)^2=\dfrac{1}{4}.2bc.2bc.(b^2-2bc+c^2)\\&\le \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{2bc+2bc+b^2-2bc+c^2}{3}\right)^3=\dfrac{(b+c)^6}{108}\le\dfrac{(a+b+c)^6}{108}=\dfrac{27}{4}\end{aligned}$$ Suy ra: $$(a-b)(b-c)(c-a)\le \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$ Từ đó, ta có ngay: $$P=(a^3+b^3+c^3)(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\le\dfrac{729\sqrt{3}}{8}$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)=(0,3-\sqrt{3},3+\sqrt{3})$ và các hoán vị tương ứng. Kết luận $\max P=\dfrac{729\sqrt{3}}{8}$.
 

  Bài toán 4: (Phan Thành Nam) Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng: $$(a^2+b^2+c^2)^2\ge 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$

  Lời giải:

  Ta chỉ cần xét trong trường hợp $a\le b\le c$ là đủ. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: $$\begin{aligned}4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)&=4(a+b+c)(b-a).(c-b)(c-a)\\&\le\left[(a+b+c)(b-a)+(c-b)(c-a)\right]^2\\&=\left[b^2+c^2+(b-2c)a-a^2\right]^2\\&\le (b^2+c^2)^2\le (a^2+b^2+c^2)^2\end{aligned}$$ Phép chứng minh hoàn tất.
 

  Bài toán 5: Cho $a, b, c$ là các số thực thỏa $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: $$P=(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$

  Lời giải:

  Xét $$P^2=(a+b+c)^2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$$ Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$. Khi đó ta có: $$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=-27r^2+2(9pq-2p^3)r+p^2q^2-4q^3$$ Suy ra: $$P^2=(1+2q)(-27r^2+2(9pq-2p^3)r+p^2q^2-4q^3)$$ Xem $P^2$ như là một tam thức bậc hai ẩn $r$. Ta tính được: $$\Delta '=(1+2q)^2\left[(9pq-2p^3)^2+27(p^2q^2-4q^3)\right]$$ Chú ý rằng $p^2-2q=1$ và sau một vài bước biến đổi cơ bản ta dễ dàng suy ra được: $$\Delta '=4(1+2q)^2(1-q)^3$$ Từ đó suy ra, $$P^2\le\dfrac{4(1+2q)^2(1-q)^3}{27}$$ Thực hiện khảo sát hàm số $$f(q)=\dfrac{4(1+2q)^2(1-q)^3}{27}$$ ta dễ dàng suy ra: $$f(q)=\dfrac{4(1+2q)^2(1-q)^3}{27}\le f\left(-\dfrac{1}{8}\right)=\dfrac{81}{512}$$. Từ đó suy ra: $$P^2\le\dfrac{81}{512}$$ hay $$-\dfrac{9\sqrt{2}}{32}\le P\le \dfrac{9\sqrt{2}}{32}$$ Từ đó suy ra:

  + $\min P=-\dfrac{9\sqrt{2}}{32}$ đạt được khi và chỉ khi $(a, b, c)=\left(\dfrac{3\sqrt{6}+2\sqrt{3}}{12}, \dfrac{\sqrt{3}}{6}, \dfrac{2\sqrt{3}-3\sqrt{6}}{12}\right)$ và các hoán vị tương ứng.

  + $\max P=\dfrac{9\sqrt{2}}{32}$ đạt được khi và chỉ khi $(a, b, c)=\left(\dfrac{2\sqrt{3}-3\sqrt{6}}{12}, \dfrac{\sqrt{3}}{6},\dfrac{3\sqrt{6}+2\sqrt{3}}{12}\right)$ và các hoán vị tương ứng.

   Nếu ta gọi $M$ là giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) của $P$. Sau khi thuần nhất hóa, ta cần định giá trị $M$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng: $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2(a+b+c)^2\ge M^2(a^2+b^2+c^2)^4$ Dĩ nhiên là lúc này ta bỏ qua điều kiện $a^2+b^2+c^2=1$. Tiếp tục biến đổi ta thu được bài toán của kì thi IMO 2006:

Bài toán:(IMO 2006) Tìm số thực $M$ nhỏ nhất sao cho với mọi $a, b, c$ thực, ta có bất đẳng thức: $$|ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)|\le M(a^2+b^2+c^2)^2$$

  Bài toán 6: Cho $a, b, c$ là các số không âm có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của: $$P=(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3$$

  Lời giải:

  Ta chú ý thấy $a-b+b-c+c-a=0$ nên dễ dàng suy ra: $$(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3=3(a-b)(b-c)(c-a)$$ Theo đó, ta cần tìm giá trị lớn nhất của $$Q=(a-b)(b-c)(c-a)$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $a\le b\le c$. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: $$\begin{aligned}Q&\le\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{(\sqrt{3}+1)(b-a)+(\sqrt{3}-1)(c-a)+(c-b)}{3}\right]^3\\&=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b+c-2a}{\sqrt{3}}\right)^3=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1-3a}{\sqrt{3}}\right)^3\le\dfrac{1}{2.(\sqrt{3})^3}=\dfrac{\sqrt{3}}{18}\end{aligned}$$ Suy ra: $$P=3Q\le\dfrac{\sqrt{3}}{6}$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=\left(0,\dfrac{3-\sqrt{3}}{6}, \dfrac{3+\sqrt{3}}{6}\right)$ và các hoán vị tương ứng. Kết luận: $\max P=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$
 

  Bài toán 7: Cho $a, b, c$ là các số thực phân biệt có tổng bằng $1$ và thỏa $ab+bc+ca>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $$P=\dfrac{2}{|a-b|}+\dfrac{2}{|b-c|}+\dfrac{2}{|c-a|}+\dfrac{5}{\sqrt{ab+bc+ca}}$$

  Lời giải:

  Không mất tính tổng quát, giả sử $a<b<c$. Khi đó, ta có: $$P=\dfrac{2}{b-a}+\dfrac{2}{c-b}+\dfrac{2}{c-a}+\dfrac{5}{\sqrt{ab+bc+ca}}$$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có: $$P\ge \dfrac{10}{c-a}+\dfrac{5}{\sqrt{ab+bc+ca}}$$ Ngoài ra, theo AM-GM ta còn có: $$\begin{aligned} 3(ab+bc+ca)-1&=3(ab+bc+ca)-(a+b+c)^2\\&=ab+bc+ca-a^2-b^2-c^2\\&=-(c-a)^2+(c-b)(b-a)\\&\le -(c-a)^2+ \dfrac{(c-b+b-a)^2}{4} =-\dfrac{3(c-a)^2}{4}\end{aligned}$$ Suy ra: $$ab+bc+ca\le \dfrac{4-3(c-a)^2}{12}$$ Từ đó suy ra: $$P\ge \dfrac{10}{c-a}+\dfrac{10\sqrt{3}}{\sqrt{4-3(c-a)^2}}$$ Đặt $x=c-a, x>0$ thế thì:$$P\ge \dfrac{10}{x}+\dfrac{10\sqrt{3}}{\sqrt{4-3x^2}}$$ Tới đây, bằng việc khảo sát hàm số $$f(x)=\dfrac{10}{x}+\dfrac{10\sqrt{3}}{\sqrt{4-3x^2}}$$ ta dễ dàng nhận thấy $$f(x)\ge 10\sqrt{6}$$. Cho nên ta có ngay: $$P\ge 10\sqrt{6}$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi: $\begin{cases}a+b+c=1\\b-a=c-b\\c-a=\sqrt{\dfrac{2}{3}}\\ab+bc+ca>0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\\\\b=\dfrac{1}{3}\\\\c=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{\sqrt{6}}\end{cases}$

Kết luận, $\min P=10\sqrt{6}$ đạt được khi $(a,b,c)=\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{\sqrt{6}},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{\sqrt{6}}\right)$ và các hoán vị tương ứng.
 

   Cuối cùng, kết thúc bài viết tôi xin đề nghị một số bài tập tự luyện:

   1. (Trần Quốc Anh) Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng: $$(a^2+b^2+c^2)^3\ge 27(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$$

  2. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$\sqrt[3]{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}\ge\sqrt[3]{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}+4\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$

  3. (IMO 1983) Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: $$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\ge 0$$

  4.(Nguyễn Văn Thạch) Cho các số thực dương $a, b, c$ đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: $$\dfrac{1+a^2b^2}{(a-b)^2}+\dfrac{1+b^2c^2}{(b-c)^2}+\dfrac{1+c^2a^2}{(c-a)^2}\ge\dfrac{3}{2}$$

  5. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a, b, c$ là các số thực không âm có tổng bình phương bằng $1$. Tìm giá trị lớn nhất của: $$P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$$

Tài liệu tham khảo: 

$\left[ 1\right]$. Vẻ đẹp bất đẳng thức qua các kỳ thi Olympic - Trần Phương (chủ biên).

$\left[ 2\right]$. Bất đẳng thức hiện đại - Võ Quốc Bá Cẩn.

$\left[ 3\right]$. Một số tài liệu từ Internet.

Phương pháp S-S

Bài toán: (Toán học Tuổi trẻ) Kí hiệu $a, b, c, R, r$ lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng: $$\dfrac{r}{R}\le\dfrac{3(ab+bc+ca)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Lời giải:
Ta có: $$\dfrac{r}{R}=\dfrac{\dfrac{S}{p}}{\dfrac{abc}{4S}}=\dfrac{4S}{pabc}=\dfrac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{pabc}=\dfrac{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{2abc}$$ Do $a, b, c$ là độ dài ba cạnh một tam giác nên tồn tại $x,y, z>0$ sao cho $a=x+y, b=y+z, c=z+x$. Suy ra: $$\dfrac{r}{R}=\dfrac{8xyz}{2(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\begin{aligned}\dfrac{ab+bc+ca}{2(a+b+c)^2}&=\dfrac{(x+y)(y+z)+(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)}{8(x+y+z)^2}\\&=\dfrac{x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)}{8(x+y+z)^2}\end{aligned}$$ Lúc này bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\dfrac{8xyz}{2(x+y)(y+z)(z+x)}\le\dfrac{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}{8(x+y+z)^2}\\&\Leftrightarrow \dfrac{2(x+y)(y+z)(z+x)}{8xyz}\ge \dfrac{8(x+y+z)^2}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow \dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz}{8xyz}\ge \dfrac{8(x+y+z)^2-6[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow \dfrac{2z(x-y)^2+(x+y)(x-z)(y-z)}{8xyz}\ge\dfrac{(x-y)^2+(x-z)(y-z)}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&\Leftrightarrow M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)\ge 0\end{aligned}$$ Trong đó $$\begin{aligned} M&=\dfrac{2z}{8xyz}-\dfrac{1}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{z[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]-4xyz}{12xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3z(x^2+y^2+z^2)+9z^2(y+x)+xyz}{12xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}>0\\\\N&=\dfrac{x+y}{8xyz}-\dfrac{1}{3[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3(x+y)[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]-8xyz}{24xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}\\&=\dfrac{3y[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]+3x(x^2+y^2+z^2)+9x^2(y+z)+xyz}{24xyz[x^2+y^2+z^2+3(xy+yz+zx)]}>0\end{aligned}$$ Đồng thời, không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử $z=\min\{x,y,z\}$. Như vậy, hiển nhiên ta có ngay: $$M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)\ge 0$$ Bài toán được chứng minh.

DỒN BIẾN THỪA-TRỪ

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có lẽ các bài toán bất đẳng thức chứa căn là một trong những dạng toán hay và thú vị nhất .Đơn giản là chúng ta không thể dùng các phép biến đổi thông thường để chứng minh bài toán và như thế mới thúc đẩy các ý tưởng mới được.Trong các phương pháp chứng minh dạng toán này không thể không nhắc tới phương pháp dồn biến thừa trừ của anh Võ Quốc Bá Cẩn.Ý tưởng của phương pháp rất đơn giản nhưng điều đơn giản này lại giúp chúng ta giải quyết rất nhiều bất đẳng thức khó,trong đó có một số kết quả từng là những bài toán mở.Trong bài viết này xin được giới thiệu thêm một số bài toán có thể giải bằng phương pháp này.

Bài toán 1 Võ Quốc Bá Cẩn

Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Lời giải 

Không mất tổng quát giả sử rằng: 
Đặt
Ta sẽ chứng minh rằng:

Để chứng minh điều này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức: ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

Hay là

Sử dụng bất đẳng thức Minkowski có :

Sử dụng kết quả này và giả thiết: ,ta chỉ cần chứng minh:



Điều này hiển nhiên đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ,ta chỉ cần chứng minh:


Chú ý rằng




Mặt khác




Và  , bước dồn biến được chứng minh xong.

Cuối cùng,ta chỉ cần chứng minh rằng:



Ta có

Bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra  và các hoán vị tương ứng.
Nhận xét 
- Bước chứng minh

là mấu chốt trong lời giải bài toán này.Kết quả này giúp cho bước dồn biến đơn giản hơn rất nhiều do bớt đi được được một biểu thức chứa căn và như thế cũng làm cho việc tính toán trở nên đơn giản hơn.Nếu trực tiếp chứng minh kết quả  thì tính toán sẽ rất nhiều và gặp rất nhiều khó khăn.
-Sử dụng kết quả này ta có thể chứng minh kết quả sau:
Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Bài toán 2 Quykhtn

Cho tam giác  có độ dài 3 cạnh là  và 3 trung tuyến là .Chứng minh rằng:


Lời giải 

Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng tương đương sau:

Không mất tổng quát giả sử rằng .
Kí hiệu

Ta sẽ chứng minh: 
Để chứng minh kết quả này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức:  ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

tương đương

Chú ý rằng


Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng:

Điều này luôn đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ta phải chứng minh:

Tương đương

Tương đương

Dễ thấy  nên

Do đó


Bây giờ xét biểu thức:

Dễ thấy






Như vậy

Vậy để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh:

tương đương

Đặt  với .
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

tương đương

tương đương

tương đương


Chú ý rằng:


Mặt khác:

Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra .
   
                                                                                           Nguồn: artofproblemsolving.com