CYH
Dồn biến cổ điển và bất đẳng thức
Jack Garfunkel
Võ Quốc Bá Cẩn
Đại học Y Dược Cần Thơ
Ngày 9 tháng 5 năm 2008
Tóm tắt nội dung
Trong bài này, chúng ta sẽ giới thiệu một cách chứng minh bằng phép dồn
biến cổ điển cho bất đẳng thức sau
a
p
a + b
+
b
p
b + c
+
c
p
c + a

5
4
p
a + b + c
Bất đẳng thức này được tác giả Jack Garfunkel đề nghị trên tạp chí Crux
Magazine năm 1991 (bài toán 1490). Đây là một bài toán hay và khó mặc dù
hiện nay đã nhận được nhiều lời giải cho nó nhưng một lời giải bằng phép dồn
biến thuần túy thì đến nay vẫn chưa nhận được.
Trước h ết chúng ta cần có kết quả sau làm bổ đề phụ trợ cho chứng minh bất đẳng
thức Jack Garfunkel

c + c
2
a + abc  4
Không mất tính tổng quát, giả sử b là số hạng nằm giữa a và c; thế thì ta có
c(b  a)(b  c)  0
1
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CYH
) b
2
c + c
2
a  abc + bc
2
) a
2
b + b
2
c + c
2
a + abc  b(a + c)
2
=
1
2
 2b  (a + c)  (a + c)

1
2


+
c
p
c + a

5
4
p
a + b + c:
(Jack Garfunkel)
Lời giải. Ta xét 2 trường hợp
Trường hợp 1. c  b  a; khi đó sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

a
p
a + b
+
b
p
b + c
+
c
p
c + a

2
 (a + b + c)

a
a + b

c + a

=
3
2

(c  a)(c  b)(b  a)
(a + b)(b + c)(c + a)

3
2
<
25
16
Nên hiển nhiên
a
p
a + b
+
b
p
b + c
+
c
p
c + a

5
4
p

"
3
X
cy c
a +
X
cy c
a(a + b + c)
a + b
#
X
cy c
a
4a + 4b + c
!
=

X
cy c
a
!
3 +
X
cy c
a
a + b
!
X
cy c
a

p
a+b
+
b
p
b+c
+
c
p
c+a
: Vì bài toán này có
đẳng thức xảy ra tại a = 3; b = 1; c = 0 nên ý tưởng của chúng ta sẽ là dồn 1 biến về
0, tức là chứng minh
f(a; b; c)  f(a
1
; b
1
; 0)
với a
1
+ b
1
= a + b + c:
Việc làm này nói có vẻ rất đơn giản nhưng khi thực hiện, bạn sẽ thấy rất khó vì các
biểu thức trong căn rất khó cho ta để đánh giá chúng, và nếu chúng ta cứ "cố chấp"
một giá trị a
1
; b
1
hoài khi dồn biến thì cũng rất khó mà ta phải linh động hơn, tùy

4
c
4
(a + b)  0 (đúng)
3
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CYH
và
b
p
b + c
+
c
p
c + a

r
b +
c
2
Do a  3b nên ta chỉ cần chứng minh được
b
p
b + c
+
c
p
3b + c

r

bc
b + c
,
c
3b + c
+
2b
p
(b + c)(3b + c)

b
b + c
+
1
2
Do b  c nên 3b + c  2(b + c); suy ra
2b
p
(b + c)(3b + c)

p
2b
b + c

3b
2(b + c)
Lại có
1
2
+


a +
3
8
c
p
a + b + c
, a
2
(a + b + c) 

a
2
+
3
4
ac +
9
64
c
2

(a + b)
,
9
64
c
2
(a + b) +
1


r
b +
5
8
c
,
b
2
b + c
+
c
2
5
2
b + c
+
2bc
q
(b + c)(
5
2
b + c)
 b +
5
8
c
,
c
2

b + c
+
5
8
Do b  c nên
5
2
b + c 
7
4
(b + c) =
28
16
(b + c) 
25
16
(b + c)
)
2b
q
(b + c)(
5
2
b + c)

8b
5(b + c)
Lại có
5
8

11
5
b; khi đó ta sẽ chứng minh
a
p
a + b

a +
5
14
c
p
a + b + c
, a
2
(a + b + c) 

a
2
+
5
7
ac +
25
196
c
2

(a + b)
,

c
q
c +
11
5
b

r
b +
9
14
c
,
b
2
b + c
+
c
2
11
5
b + c
+
2bc
q
(b + c)(
11
5
b + c)
 b +

(b + c)(
11
5
b + c)

b
b + c
+
9
14
Do b  c nên
11
5
b + c 
8
5
(b + c) 
25
16
(b + c)
)
2b
q
(b + c)(
11
5
b + c)

8b
5(b + c)

c; 0

Như vậy, ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp có 1 biến bằng 0 là đủ. Không mất
tính tổng quát, giả sử c = 0: Khi đó bất đẳng thức trở thành
a
p
a + b
+
p
b 
5
4
p
a + b
, a +
p
b(a + b) 
5
4
(a + b)
, 4
p
b(a + b)  a + 5b
,

p
a + b  2
p
b


c
2
; 0

Nhưng những điều này không phải lúc nào cũng luôn có mà chỉ có trong một số rất ít
trường hợp. Vì thế, chúng ta cần linh động hơn nữa trong phép dồn biến, chẳng hạn
trong bài này
f(a; b; c)  f(a
1
; b
1
; 0)
với a
1
+ b
1
= a + b + c:
Đây là một ý tưởng độc đáo và khá thú vị.
Phần cuối cùng của bài viết, chúng tôi xin được giới thiệu cùng các bạn một số chứng
minh khác mà chúng tôi được biết cho bài toán đẹp này.
Lời giải 2.
1
Đặt b + c = x
2
; c + a = y
2
; a + b = z
2
với x; y; z > 0; từ đây ta được
a =

2
z
+
z
2
+ x
2
 y
2
x
+
x
2
+ y
2
 z
2
y

5
4
p
2(x
2
+ y
2
+ z
2
)
, x + y + z +

Nên ta chỉ cần chứng minh được
x + y + z +
(x + y + z)(x  y)(y  z)(z  x)
xyz

5
4

x +
p
y
2
+ z
2

1
By G.P. Henderson
2
why?
7
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CYH
, f(x)  0
với
, f(t) = 4(z y)t
3
 t
2
yz +



y
i
< 0
Nếu z > y; ta có
lim
t!1
f(t) = 1; f (0) = 4yz(z
2
 y
2
) > 0; lim
t!1
f(t) = 1
Lại có
f(z) = yz
2
h
5
p
y
2
+ z
2
 4y 3z
i
= 
yz
2
(3y  4z)

= 2yz

p
y
2
+ z
2
 2y

2
 0
Ta suy ra được f(t) có 3 nghiệm thực, cụ thể, 1 nghiệm âm, 1 nghiệm thuộc (0; z)
và một nghiệm thuộc
h
p
y
2
+ z
2
; 1

: Mặt khác, f (t) là một hàm đa thức bậc 3 với
hệ số thực nên nó có tối đa 3 nghiệm.Từ đây, ta suy ra được f(t) có đúng 3 nghiệm:
t
0
< 0; t
1
2 (0; z); t
2
2

Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn
CYH
Lời giải 3.
3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X
cy c
a
p
a + b
!
2

"
X
cy c
a(5a + b + 9c)
#"
X
cy c
a
(a + b)(5a + b + 9c)
#
= 5

X
cy c
a
!

X
cy c
a
(a + b)(5a + b + 9c)
#
=
A + B
C
trong đó
A =
X
cy c
ab(a + b)(a + 9b)(a  3b)
2
 0
B = 243
X
cy c
a
3
b
2
c + 835
X
cy c
a
2
b
3
c + 232

3
By Võ Quốc Bá Cẩn, due to CYH techniques
9
Copyright by Võ Quốc Bá Cẩn