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: $[3(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2]^3 \geq 5(a+b+c)^6+54abc(a+b+c)^3+729a^2b^2c^2$ Bài 5: Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa $5(a^2+b^2+c^2)=6(ab+bc+ca)$. Tìm GTLN của: $$ P=(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$$
