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.

Bài toán: (Olympic 30.04 lớp 11 năm 2014-2015) Tìm tất cả đơn ánh $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)\left[f^2(x)-f(x)f(y)+f^2(y)\right] ,\; \forall x,y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (1)$$ Lời giải: 
Trong $(1)$ cho $x=y$ ta được: $$f(x^3)=xf^2(x),\;\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Trong $(2)$ cho $x=0$, ta được: $f(0)=0$
Trong $(2)$ cho $x=1$ ta được $f(1)=0\;\vee f(1)=1$.

Trường hợp 1: $f(1)=0$. Trong $(1)$ cho $y=1$ ta được: $$f(x^3)=(x+1)f^2(x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Kết hợp với: $$f(x^3)=xf^2(x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra: $f(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$ Tuy nhiên vì $f$ đơn ánh nên ta loại nghiệm này.

Trường hợp 2: $f(1)=1$. Trong $(1)$ cho $y=1$ ta được: $$f(x^3)+1=(x+1)\left[ f^2(x)-f(x)+1\right],\;\forall x\in\mathbb{R}$$ Kết hợp với $$f(x^3)=xf^2(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Suy ra: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;  xf^2(x)+1=(x+1)\left[ f^2(x)-f(x)+1\right]\\& \Leftrightarrow f^2(x)-xf(x)-f(x)+x=0\\& \Leftrightarrow \left[ f(x)-1\right]\left[f(x)-x\right] =0\end{aligned}$$ Tuy nhiên vì $f$ đơn ánh nên $f(x)=1\Leftrightarrow x=1$, tức là ta thu được $f(x)=x,\forall x\in\mathbb{R}$. Kết luận: $$ f(x)\equiv x.\;\forall x\in\mathbb{R}$$

Bài toán : Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa: $$f(xy+x+y)=f(xy)+f(x)+f(y),\;\forall x,y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (1)$$ Lời giải:
Trong $(1)$ cho $x=y=0$ ta được $f(0)=0$.
Tiếp tục cho $y=-1$ ta được: $$f(-x)=-f(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Như vậy $f$ là hàm lẻ. Cho $y=1$ từ $(1)$ ta được: $$f(2x+1)=2f(x)+1,\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Trong $(2)$ thay $x$ bởi $xy+x+y$ ta được $$\begin{aligned}f\left( 2(xy+x+y)+1\right) &=2f(xy+x+y)+f(1)\\&= 2f(xy)+2f(x)+2f(y)+f(1) ,\,\forall x,y\in\mathbb{R}\end{aligned}$$ Ngoài ra ta còn có: $$\begin{aligned}f\left( 2(xy+x+y)+1\right) &=f\left( 2x+1+y(2x+1)+y\right)\\&= f(2x+1)+f(y)+f\left( (2x+1)y\right)\\&= 2f(x)+f(1)+f(y)+f(2xy+y), \;\forall x, y\in\mathbb{R}\end{aligned}$$ Từ đó suy ra: $$f(2xy+y)=2f(xy)+f(y),\;\forall x,y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (3)$$
Trong $(3)$ cho $x=-\dfrac{1}{2}$ ta được: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;f(0)=2f\left(-\dfrac{y}{2}\right)+f(y)\\&\Leftrightarrow f(y)=2f\left(\dfrac{y}{2}\right) ,\;\forall y\in\mathbb{R}\end{aligned}$$ Kết hợp với $(3)$ ta được $$f(2xy+y)=f(2xy)+f(y),\,\forall x,y\in\mathbb{R}$$ Thay $2xy$ bởi $a$ và thay $y$ bởi $b$ từ đây ta được $$f(a+b)=f(a)+f(b),\;\forall a,b\in\mathbb{R}$$ Sử dụng cấu trúc nghiệm của phương trình hàm Cauchy ta tìm được $f(x)\equiv kx,\;\forall k,x\in\mathbb{R}$. Thử lại thấy thỏa. Kết luận: $$\boxed{f(x)\equiv kx,\;\forall k,x\in\mathbb{R}}$$

Hệ PT thi thử diễn đàn Mathlinks.vn

Bài toán: (Mathlinks.vn) Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}(x+y)\left(\dfrac{1}{xy}+3\right)=\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\\\4-x^2-y^2=2\sqrt{2xy}+\sqrt{2-x^2-y^2}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\end{cases}$$ Lời giải: 

 ĐK: $\begin{cases}x^2+y^2\le 2\\x,y>0\end{cases}$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh với điều kiện này thì: $$\begin{align}&\;\;\;\;\;\;\;(x+y)\left(\dfrac{1}{xy}+3\right)\ge\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(*) \\ & \Leftrightarrow \dfrac{x+y}{xy}+3(x+y)-\dfrac{6(x^2+y^2)+4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{4}{x+y}+\dfrac{4}{x+y}-\dfrac{4}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}+3(x+y)-3\sqrt{2(x^2+y^2)}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{(x-y)^2}{xy(x+y)}+\dfrac{4(x-y)^2}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] }-\dfrac{3(x-y)^2}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{xy(x+y)}+\dfrac{4}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] }-\dfrac{3}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge 0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{1}{xy(x+y)}-\dfrac{8}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}+\dfrac{12}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}-\dfrac{3}{x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}}\ge  0 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right] -8xy}{xy(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}+\dfrac{3.\left[ 4-(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}{(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[ x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]}\ge 0\end{align}$$ BDT này đúng vì theo Cauchy Schwarz và AM-GM ta có: $$\sqrt{2(x^2+y^2)}\left[x+y+\sqrt{2(x^2+y^2)}\right]\ge 2(x+y)^2\ge 8xy$$ Vì $x^2+y^2\le 2$ nên: $$4-(x+y)\sqrt{2(x^2+y^2)}\ge 4-2(x^2+y^2)\ge 0$$ BDT $(*)$ được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y$. Thay vào phương trình $(2)$ ta được: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\; 4-2x^2=2x\sqrt{2}+\sqrt{2-2x^2}\\ & \Leftrightarrow 1-2x^2+2(1-x\sqrt{2})+1-\sqrt{2-2x^2}=0\\ & \Leftrightarrow (1-x\sqrt{2})\left[(1+x\sqrt{2}).\dfrac{\sqrt{2-2x^2}}{1+\sqrt{2-2x^2}}+2\right] =0\\ & \Leftrightarrow 1-x\sqrt{2}=0,\;\;\;\text{Vì }(1+x\sqrt{2})\dfrac{\sqrt{2-2x^2}}{1+\sqrt{2-2x^2}}+2 >0\\&\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{aligned}$$ Cuối cùng, ta thu được nghiệm $$(x, y)=\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2},\;\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$$ 

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.

LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM XOAY QUANH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

LỚP CÁC PHƯƠNG TRÌNH HÀM XOAY QUANH CÁC ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Ta chú ý tới các đẳng thức sau: $$\begin{aligned}&\sin (x+y)=\sin x \cos y+\sin y \cos x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\& \sin (x-y)=\sin x\cos y-\sin y\cos x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\\&\cos (x+y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)\\&\cos (x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)\\&\sin (x+y)\sin (x-y)=\sin ^2x\cos ^2y-\sin ^2y\cos ^2 x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)\end{aligned}$$

I. Phương trình hàm Cauchy:

   Bài toán 1:  Tìm tất cả hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa: $$f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Trong $(1)$ cho $x=y$, ta được: $$f(2x)=2f(x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Trong $(2)$ cho $x=0$ ta được $f(0)=0$. Bằng qui nạp, ta dễ dàng chứng minh được: $$f(nx)=n.f(x),\forall x\in\mathbb{R}, n\in\mathbb{N}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$
Trong $(1)$, ta cho $y=-x$, đồng thời chú ý $f(0)=0$, ta được: $$f(-x)=-f(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Như vậy, với $n\in\mathbb{Z^-}$, ta cũng có: $$f(nx)=f(-n.(-x))=-n.f(-x)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Do vậy, ta có được: $$f(nx)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R}, n\in\mathbb{Z}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Với $n\in\mathbb{N}$ theo $(3)$ ta có: $$f(x)=f\left(n.\dfrac{1}{n}x\right)=n.f\left(\dfrac{1}{n}x\right)\Rightarrow f\left(\dfrac{1}{n}x\right)=\dfrac{1}{n}f(x)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(5)$$ Từ $(4)$ và $(5)$ ta có: $$f\left(\dfrac{m}{n}x\right) =f\left(m.\dfrac{1}{n}x\right) =mf\left(\dfrac{1}{n}x\right) =\dfrac{m}{n}f(x), \forall x\in\mathbb{R}$$ Tức là: $$f(nx)=nf(x),\forall x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{Q}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(6)$$ Trong $(6)$ cho $x=1$ ta được $f(n)=f(1).n,\forall n\in\mathbb{Q}$. Với mỗi $x\in\mathbb{R}$, ta thấy luôn tồn tại dãy số $(n_k)$ sao cho $\lim_{x\to +\infty } n_k=x$. Do $f$ liên tục nên ta có: $$f(x)=f\left(\lim_{x\to +\infty }n_k\right) =\lim_{x\to +\infty }f(n_k)=\lim_{x\to +\infty } n_k f(1)=f(1)\lim_{x\to +\infty }n_k=f(1). x,\forall x\in\mathbb{R}$$ Vậy ta có: $$f(x)\equiv ax, \forall x\in\mathbb{R}, a=const $$

Tính chất: Giả sử hàm $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}$, khi đó ta có: 
            1. $f$ là hàm lẻ trên $\mathbb{R}$
            2. $f(x)=f(1).x, \forall x\in\mathbb{Q}$
            3. $f$ đơn điệu trên $\mathbb{R}$ thì $f(x)=f(1).x, \forall x\in\mathbb{R}$


   Bài toán 2:  Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục trên $\mathbb{R}$ và thỏa mãn: $$ f(x+y)=f(x).f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Nếu $f$ hằng thì dễ thấy $f(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$ thỏa mãn bài toán. Ta xét bài toán khi $f(x)\not\equiv 0$ khác hằng. Khi đó, chọn $x_0$ sao cho $f(x_0)\neq 0$. Trong $(1)$, ta có: $$f(x_0)=f(x+x_0-x)=f(x).f(x_0-x)\neq 0, \forall x\in\mathbb{R}$$ Suy ra: $f(x)\neq 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $f(x)=f\left(\dfrac{x}{2}+\dfrac{x}{2}\right) =f^2\left( x\right)>0,\forall x\in\mathbb{R}$
Đặt $g(x)=\ln f(x)$. Khi đó từ $(1)$ ta có: $$g(x+y)=g(x)+g(y)$$ Sử dụng bài toán 1, ta có $g(x)\equiv ax, \forall x\in\mathbb{R}$. Từ đó suy ra: $f(x)= e^{ax},\forall x\in \mathbb{R}$. Thử lại thấy thỏa. Vậy có hai hàm thỏa bài toán: $$f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)\equiv a^x, \forall x\in\mathbb{R}, a>0$$


   Bài toán 3: Tìm hàm $f:\mathbb{R\setminus \{ 0\} }\to\mathbb{R}$, liên tục trên $\mathbb{R\setminus \{0\}}$ và thỏa: $$f(xy)=f(x)+f(y),\forall x, y\in\mathbb{R\setminus \{0\}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Dễ thấy $f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ là một hàm thỏa $(1).
 Trường hợp 1: $f$ trên khoảng $(0; +\infty )$. Ta chọn $u, v$ sao cho $x=e^u, y=e^b$. Đặt $g(x)=f(e^x)$. Khi đó $(1)$ trở thành: $$g(u+v)=g(u)+g(v),\forall u,v \in\mathbb{R}$$ Sử dụng bài toán 1, ta có $g(x)=ax\Rightarrow f(x)=a.\ln x, \forall x>0, a\in\mathbb{R}$.
 Trường hợp 2: $f$ trên khoảng $(-\infty; 0)$. Trong $(1)$ cho $x=y$ ta được: $$f(x^2)=f^2(x),\forall x\in\mathbb{R^-} \\\Leftrightarrow f(x)=\dfrac{1}{2}f(x^2),\forall x\in\mathbb{R^-}$$ Thay vào $(1)$ và sử dụng kết quả từ trường hợp 1, ta thấy: $$f(x)=\dfrac{1}{2}f(x^2)=\dfrac{1}{2}b.\ln |x|, \forall x\in\mathbb{R^-}$$ Kết hợp cả hai trường hợp ta được $$f(x)=C.\ln |x|, \forall x\in\mathbb{R\setminus \{0\}}$$


   Bài toán 4:  Tìm hàm $f: \mathbb{R^+}\to\mathbb{R^+}$ thỏa: $$f(xy)=f(x).f(y),\forall x, y\in\mathbb{R^+}$$

Lời giải:
Đặt $f(x)= e^{g(x)}$ Ta có được: $$g(xy)=g(x)+g(y),\forall x, y\in\mathbb{ R^+}$$ Sử dụng bài toán 3, ta có $g(x)=C.\ln |x|\Rightarrow f(x)=a x, \forall x\in\mathbb{R^+}$, thử lại thấy thỏa. Ngoài ra dễ thấy $f(x)=0, f(x)=1.\forall x\in\mathbb{R^+}$ cũng là nghiệm của bài toán.


Nhận xét:
    Từ đẳng thức $(5)$, nếu ta xét hàm $f(x)=\sin x$ thì ta được: $$f(x+y).f(x-y)=f^2(x)-f^2(y),\forall x, y\in\mathbb{R}$$
    Cộng $(3)$ và $(4)$ lại với nhau, ta có: $$\cos (x+y)+\cos (x-y)=2\cos \cos y,\forall x, y\in\mathbb{R}$$ Từ đó, xét hàm $g(x)=\cos x$ ta được bài toán phương trình hàm D' Alembert: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}$$
   Lấy $(4)-(3)$, ta được: $$g(x-y)-g(x+y)=2.\sqrt{(1-g^2(x))(1-g^2(y))},\forall x, y\in \mathbb{R}$$
 ......
 Tương tự, từ những đẳng thức $(1), (2), (3), (4), (5)$ và nhiều đẳng thức lượng giác khác ta có thể thấy những nét thú vị của nó qua từng bài toán.

II. Phương trình hàm D'Alembert:

  Bài toán: (Phương trình hàm D'Alembert) Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ liên tục và thỏa: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),\forall x, y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

Lời giải:
Trong $(1)$ cho $x=y=0$ ta tính được $f(0)=0\vee f(0)=1$. Nếu $f(0)=0$, trong $(1)$ cho $y=0$ ta tìm được $f(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa
Xét khi $f(0)=1$. Cho $x=y$ từ $(1)$ ta được: $$f(2x)+f(0)=2f^2(x)\Leftrightarrow f(2x)=2f^2(x)-1\ge -1,\forall x,\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Ta xét hai trường hợp:
    Trường hợp 1: $| f(x) |\le 1$ Do $f$ liên tục nên tồn tại $\alpha >0$ sao cho $f(x)>0, \forall x\in (-\alpha ,\alpha )$. Khi đó, chọn $n_0\in\mathbb{N}$ đủ lớn sao cho $$f\left(\dfrac{x}{2^{n_0}}\right) >0\Rightarrow f\left(\dfrac{x}{2^{n_0}}\right) < 1$$ Như vậy, tồn tại $x_0=\dfrac{x}{2^{n_0}}\neq 0$ để: $$0< f(x_0)<f(x),\forall x\in (-|x_0|;|x_0|), f(x_0)=\cos \beta ,\beta\in\left(0;\dfrac{\pi}{2}\right)$$ Bằng qui nạp và từ $(2)$ ta chứng minh được $$f(kx)=\cos k\beta,\forall k\in\mathbb{N^+}$$ đồng thời vì $f$ chẵn nên $$f(k x)=\cos \beta ,\forall k\in\mathbb{Z}$$ Do tính trù mật trong $\mathbb{R}$ nên $f(x)=\cos ax, a\neq 0$, thử lại thấy thỏa.
   Trường hợp 2: $| f(x) |> 1$. Ta thu được nghiệm bài toán là $f(x)= \cosh x$. Đây là hàm cosin hyprebol ta không khảo sát trong chương trình phổ thông (Có thể tham khảo tại đây )

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có định lý về nghiệm của phương trình hàm D'Alembert:
Hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$$ thì: $$f(x)=0,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)=1,\forall x\in\mathbb{R}\\f(x)=\cos ax, a\neq 0,x\in\mathbb{R}\\f(x)=\cosh ax, a\neq 0, x\in\mathbb{R}$$

Mở rộng phương trình hàm D'Alembert:  Tìm hàm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa: $$f(x-y+a)-f(x+y+a)=2f(x)f(y)$$ Đáp số: $f\equiv 0 \vee f(x)=\cos \left(\dfrac{\pi}{2a}(x-a)\right) ,\forall x\in\mathbb{R}$

                                                                                                                                            To be countinue....

 

Bài toán: (Mathlink.vn) Giải hệ phương trình: $$\begin{cases}\dfrac{1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)}=\dfrac{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)\\\\\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)=2\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)\end{cases}$$ 
Lời giải:
Điều kiện: $\begin{cases}x, y\ge 0\\2-x^2-y^2\ge 0\end{cases}\Rightarrow 0\le x,y\le \sqrt{2}$ Phương trình $(2)$ tương đương với: $$(\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)=3+\sqrt{xy}-\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)$$ Đặt $a=\sqrt{2-x^2-y^2}, b=\sqrt{xy},\;(0\le a,b;\; b\le 2,\;a\le \sqrt{2})$  Kết hợp với $(1)$ ta có: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\dfrac{1+a}{ab+4}=\dfrac{1}{3+b-a(b+1)}\\&\Leftrightarrow (a+1)[3+b-a(b+1)]=ab+4\\&\Leftrightarrow b=\dfrac{(a-1)^2}{1-a-a^2}\end{aligned}$$ Ngoài ra: 
 +) Phương trình $(1)$ cho ta: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\; (\sqrt{x}+1)(\sqrt{y}+1)=\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}\\&\Leftrightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+1=\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)\end{aligned}$$
 +) Phương trình $(2)$ cho ta: $$\sqrt{x}+\sqrt{y}=2-\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Lấy $(3)-(4)$, ta được: $$\sqrt{xy}+1=\sqrt{2-x^2-y^2}(\sqrt{xy}+1)+\dfrac{\sqrt{xy(2-x^2-y^2)}+4}{1+\sqrt{2-x^2-y^2}}-2$$ hay: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;b+1=a(b+1)+\dfrac{ab+4}{a+1}-2\\&\Leftrightarrow b=ab+a+\dfrac{ab+4}{a+1}-3\\&\Rightarrow \dfrac{(a-1)^2}{1-a-a^2}=\dfrac{a(a-1)^2}{1-a-a^2}+a+\dfrac{\dfrac{a(a-1)^2}{1-a-a^2}+4}{a+1}-3\\&\Leftrightarrow \dfrac{a^3-2a^2+a}{1-a-a^2}=0\Leftrightarrow a=0\vee a=1\end{aligned}$$

Trường hợp 1: $a=0\Rightarrow b=1$ Lúc này ta thu được; $$\begin{cases}x^2+y^2=2\\xy=1\end{cases}\Leftrightarrow x=y=1\;(x,y \ge 0)$$
Trường hợp 2: $a=1\Rightarrow b=0$ Lúc này ta được; $$\begin{cases}x^2+y^2=1\\xy=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=0\\y=1\end{cases}\vee\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}$$ Thử lại thấy thỏa. Kết luận $$(x,y)=(1,1)\vee (0,1)\vee (1,0)$$