Bất đẳng thức Canada và thêm một hướng tiếp cận

Ta có bất đẳng thức trong đề thi Canada nổi tiếng sau đây:
Chứng minh rằng:
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \leq \frac{4}{27}$ nếu $a+b+c=1$ và a,b,c dương.
Ta có cách giải dồn biến về biên ở đây
Lời giải khác
Nếu $\{ p,q,r \}= \{ a,b,c \}$, $p \geq q \geq r$, thì $pq \geq pr \geq qr$,
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a =a(ab)+b(bc)+c(ca) \leq p(pq)+q(pr)+r(qr)$
$=q(p^{2}+pr+r^{2}) \leq q(p+r)^{2}= \frac{1}{2}(2q)(p+r)(p+r)$
$\leq \frac{1}{2}(\frac{(2q)+(p+r)+(p+r)}{3})^{3}$
$=\frac{1}{2}(\frac{2}{3})^{3}=\frac{4}{27}$

Dùng ý tưởng này ta có thể chứng minh:
Bài 1: Cho $a+b+c+d=4$ and $a,b,c,d\geq0$.
Chứng minh rằng $a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab\leq4$
Lời giải:
Đặt ${p,q,r,s}={a,b,c,d}$ and $p \geq q \geq r \geq s$. Theo bất đẳng thức hoán vị:
$a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab=a(abc)+b(bcd)+c(cda)+d(dab)$
$\leq p(pqr)+q(pqs)+r(prs)+s(qrs)=(pq+rs)(pr+qs)$
$\leq (\frac{pq+rs+pr+qs}{2})^{2}=\frac{1}{4}((p+s)(q+r))^{2}$
$\leq \frac{1}{4}((\frac{p+q+r+s}{2})^{2})^{2}$
$=4$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $q=r=1$ và $p+s=2$.  $(a,b,c,d)=(1,1,1,1),(2,1,1,0)$ và các hoán vị

Bài 2: $a,b,c,d,e \ge 0$ Chứng minh: $a^{2}bcd+b^{2}cde+c^{2}dea+d^{2}eab+e^{2}abc \leq 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^{5}$.

Lời giải:

Đặt $\{a,b,c,d,e\}=\{p,q,r,s,t\}$. Không mất tính tổng quát giả sử $p\le q\le r\le s\le t$ Và ta có $pqrs\le prst\le pqst\le pqrt\le qrst$.  Vì thế theo bất đẳng thức hoán vị:


 \begin{eqnarray} &&\text{LHS}=a(abcd)+b(bcde)+c(cdea)+d(deab) \\
&\le& p(pqrs)+q(prst)+r(pqst)+s(pqrt)+t(qrst) \\
&=& qrs(p^2+t^2+3pt)=qrs[(p+t)^2+pt] \\
&\le& \frac{(2q)(2r)(2s)(p+t)(p+t)}{8}+pqrst \\
 &\le& \frac18(\frac{2q+2r+2s+p+t+p+t}{5})^5+(\frac{p+q+r+s+t}{5})^5 \\
&=& 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^5 \end{eqnarray}

Bất đẳng thức Vasc và ứng dụng.

Trong thế giới bất đẳng thức , ngoài những bất đẳng thức kinh điển và được áp dụng rất nhiều như bất đẳng thức AM – GM, bất đẳng thức Cauchy – Schwarz thì cũng tồn tại một số bất đẳng thức mới được sáng tác nhưng lại có áp dụng rộng rãi trong việc chứng minh các bất đẳng thức khác, chẳng hạn như bất đẳng thức Iran 1996,… Bài viết này xin được trình bày về một bất đẳng thức nổi tiếng của Vasile Cirtoaje hay còn gọi tắt là bất đẳng thức Vasc. Nhờ bất đẳng thức này mà chúng ta có thêm một công cụ để chứng minh một lớp các bất đẳng thức với ba biến độc lập.
Giới thiệu về bất đẳng thức Vasc
Bất đẳng thức Vasc thường được phát biểu như sau:

 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là 3 số thực dương và 𝑎𝑏𝑐 = 1. Khi đó:

$\sum \frac{1}{a^2+a+1}\ge 1$

Chứng minh:

Đặt: $(a,b,c)=(\frac{yz}{x^2},..)$

Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành

$\sum \frac{x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2}\ge 1$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có:

$\sum \frac{x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2}\ge \frac{(\sum x^2)^2}{\sum x^4 +\sum x^2yz+\sum y^2z^2}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$(\sum x^2)^2 \ge \sum x^4 +\sum x^2yz+\sum y^2z^2$

Bất đẳng thức này tương đương với:

$\sum y^2z^2 \ge xyz(x+y+z)$

Thế nhưng đây lại là một bất đẳng thức quen thuộc và ta có điều phải chứng minh. Từ đây ta suy ra dạng tổng quát của bất đẳng thức Vasc:

Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là 3 số thực dương, 𝑘 là 1 số thực và 𝑎𝑏𝑐 = 1. Khi đó:
$\sum \frac{1}{a^{2k}+a^k+1}\ge 1$
 Lấy 1 trừ đi từng phân thức thì ta thu được:

$\sum \frac{a^{2k}+a^k}{a^{2k}+a^k+1}\le 2$

Ngoài ra ta cũng có thể viết bất đẳng thức dưới dạng:

 $\sum \frac{1}{(\frac{1}{a})^{2k}+(\frac{1}{a})^k+1}\ge 1 \Leftrightarrow \sum \frac{a^{2k}}{a^{2k}+a^k+1}\ge 1$

Và từ đó ta thu được 1 dạng khác của bất đẳng thức:

$ \sum \frac{a^{k}+1}{a^{2k}+a^k+1}\le 2$

Tùy vào từng bài toán mà ta có thể áp dụng chúng một cách linh hoạt Sau đây ta sẽ đi đến ứng dụng của bất đẳng thức này

Ứng dụng của bất đẳng thức Vasc
Bất đẳng thức Vasc là một bất đẳng thức khá chặt, và nó giúp ta giải được một số bài toán có dạng 𝑎𝑏𝑐 = 1 và cần đánh giá biểu thức 𝑓( 𝑎) + 𝑓 (𝑏) + 𝑓 (𝑐) ≥ ≤ một hằng số nào đó. Khi đó ta chỉ cần đánh giá các biểu thức 𝑓 (𝑎) , 𝑓 (𝑏) , 𝑓(𝑐) để lần lượt đưa về các phân thức của bất đẳng thức Vasc và sau đó cộng lại suy ra đpcm
 VD1: Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là 3 số thực dương và 𝑎𝑏𝑐 = 1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{4a^2-2a+1}\ge1$

Giải:

Ta có:

$\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge \frac{1}{a^2+a+1} \Leftrightarrow a(a-1)^2(a+2) \ge 0 \\\Rightarrow \sum \frac{1}{4a^2-2a+1} \geq \sum \frac{1}{4a^2-2a+1}\geq 1$

Đúng theo Vacs.

VD2: Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là 3 số thực dương và 𝑎𝑏𝑐 = 1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a}{2a^3+1}\leq 1$

Lời giải:

Ta có: $\frac{2a}{2a^3+1}\leq \frac{a^2+1}{a^4+a^2+1} \Leftrightarrow (a-1)^2 \ge 0$

  Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.
VD3: Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là 3 số thực dương và 𝑎𝑏𝑐 = 1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}\le 1$
Lời giải
Ta có:

$\frac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}\le \frac{a+1}{2(a^2+a+1)} \Leftrightarrow a(a-1)^2\geq 0$

(Ta chọn $ \frac{a+1}{2(a^2+a+1)}$ để khi quy đồng được bất đẳng thức đồng bậc.)

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có đpcm .

VD4: Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là 3 số thực dương và 𝑎𝑏𝑐 = 1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{a^2-a+1}\leq 3$

Lời giải :

Ta có:
$ \frac{1}{a^2-a+1}\leq \frac{a^2+1}{a^4+a^2+1} \Leftrightarrow (a-1)^2(a^2-a+1) \geq 0$

(hiển nhiên đúng) Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta có đpcm

Trên đây là một số bài toán đơn giản để giới thiệu sơ qua về bất đẳng thức Vasc.
Bây giờ, có một vấn đề được đặt ra mà chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc. Làm thế nào để đưa ra được các đánh giá như trên?Hay noi cách khác, làm thế nào để có thể chọn số 𝑘 cho phù hợp?
Xin được giới thiệu một kĩ thuật nho nhỏ để giải quyết vấn đề này Quay trở lại ví dụ đầu tiên Giờ ta giả sử có một số 𝑘 thỏa mãn:

$\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge \frac{1}{a^{2k}+a^k+1} $

Bất đẳng thức này sẽ tương đương với:${4a^2-2a+1}\le {a^{2k}+a^k+1} $

Xét hàm $f(a)=a^{2k}+a^k+1-(4a^2-2a+1)$

Để ý đẳng thức xảy ra khi 𝑎 = 1 nên tính 𝑓'(a) và cho 𝑓 ′( 1) = 0 ta tìm ra 𝑘 = 2

Ví dụ 5: Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 là 3 số thực dương và 𝑎𝑏𝑐 = 1. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a+3}{(a+1)^2} \ge3$

Lời giải:

Giả sử có số 𝑘 mà:
$\frac{a+3}{(a+1)^2} \ge \frac{3}{a^{2k}+a^k+1}$

Bất đẳng thức này tương đương với:  $3a^2+5a \ge \left (a^{2k}+a^k+1  \right )\left ( a+3 \right )$

Tương tự như trên ta chọn được $k=\frac{3}{4}$

Đặt: $(a,b,c)=(x^{\frac{1}{4}},..)$

thì 𝑥𝑦𝑧 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{x^{4}+3}{(x^4+1)^2}\ge \frac{3}{x^6+x^3+1} \Leftrightarrow (x-1)^2x^3(x^5+2x^4-x^2+1)\ge0$

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có đpcm.
Cuối cùng, xin được đưa ra một lời giải cho bài VMO 2014 bằng bất đẳng thức Vasc

Ví dụ 6: Cho 𝑥, 𝑦, 𝑧 là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \leq \frac{3}{16}$
 Lời giải:

Đặt: $(a,b,c)=(\frac{x}{y},..)$

thì 𝑎𝑏𝑐 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$\sum \frac{1}{(a^4+1)(b+c^3)}\le \frac{3}{16}$

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM:

$(b+c)^3\ge 8bc\sqrt{bc} \ge \frac{16}{a^2+a}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:$\sum \frac{a^2+1}{a^4+1}\le 3$

Ta có:

$  \frac{a^2+1}{a^4+1}\le \frac{3(a+1)}{2(a^2+a+1)} \Leftrightarrow \left ( a-1 \right )^2(a+1)(3a^2+4a+3) \ge 0$
(hiển nhiên đúng)
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có đpcm. Hi vọng bài viết này đã phần nào giới thiệu được đôi nét về bất đẳng thức Vasc cùng ứng dụng rộng rãi và các kĩ thuật sử dụng của bất đẳng thức này





Tài liệu tham khảo: 

1. Diễn đàn Mathlink: www.artofproblemsolving.com 

2. Diễn đàn Toán học: diendantoanhoc.net/forum 

3. Bất đẳng thức và những lời giải hay – Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh

Nguyên lí Dirichlet và cách giải bằng tổng quát bài toán

Giải. Ta giải bài toán tổng quát sau

Cho hai dãy hữu hạn các số nguyên dương như sau:
$x_1 \le x_2 \le ..\le x_m\le n$; $y_1 \le y_2\ le...\le y_n \le m$ Khi đó tồn tại các chỉ số
$1 \le i_1 \le i_2 \le m; 1\le j_1 \le j_2 \le n$ sao cho:

$\sum_{i=i_1}^{i_2}x_i=\sum_{i=j_1}^{j_2}y_j$

Đặt: $a_p=\sum_{i=1}^{p}x_i (p \in Z, 1\le p \le m), b_q=\sum_{j=1}^{q}y_j(q \in Z, 1 \le q\le n)$

Vai trò của các số trên là như nhau nên ta có thể giả sử: $a_m \le b_n$

Lúc đó với mỗi p nhận giá trị từ 1 đến m tồn tại f(p) là chỉ số bé nhất mà $a_p \le b_{f(p)}$. Xét m hiệu:

$ b_{f(1)}-a_1; b_{f(2)}-a_2;.... b_{f(m)}-a_m. $

Ta chứng minh mọi hiệu đều bé hơn m. Thật vậy nếu có chỉ số p nào đó sao cho $m \le b_{f(p)}-a_p$ thì $m<b_{f(p)}$ suy ra f(p)>1 và
$m \le b_{f(p)-1}+y_{f(p)}-a_p$ nên $0 \le m-y_{f(p)} \le b_{f(p)-1}-a_p$ nên $a_p\le b_{f(p)-1}$ (mâu thuẫn)

Bây giờ nếu có 1 trong các $b_{f(i)}-a_i=0$ thì ta có cách chọn $i_1=j_1=1; i_2=i, j_2=f(i)$ thoả mãn đề bài

Nếu không có hiệu nào bằng không thì theo nguyên lí dirichlet tồn tại 2 hiệu bằng nhau tức là có r,s thoả mãn:

$b_{f(s)}-a_s=b_{f(r)}-a_r$ hay $b_{f(s)}-b_{f(r)}=a_s-a_r$

Chọn $i_1=r+1; i_2=s j_1=f(r)+1, j_2=f(s)$ ta cũng có đẳng thức đề bài.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: -Đôi khi tổng quát hoá bài toán lại là cách hữu hiệu để giải một bài toán rườm rà nào đó.
-Ta có thể thấy rằng mấu chốt của bài toán là giả sử $a_m \le b_n$ nếu như $b_n \le a_m$ thì sao ? do ta đã nói không mất tính tổng quát có nghĩa là nếu $b_n \le a_m$ thì chỉ việc thay x,z,m,i,p bởi y,b,n,j,q ta vẫn thu được lời giải chính xác.
- Chỉ số bé nhất f(p) chính là điều kiện chặt để giải bài toán ở đây ta đã dùng nguyên lí cực hạn
- Còn chứng minh mọi hiệu bé hơn m là để dùng dirichle