| 3 Comments | Nguyễn Tuấn Anh
Trong học toán nói chung và giải toán nói riêng, việc dừng lại và suy nghĩ sâu hơn cho một bài toán là điều thiết yếu, nó cho người giải nhiều góc nhìn cho bài toán cũng như mối tương quan với các bài toán khác. Qua đó người giải sẽ thấy được cái đẹp, cái hay dù đó là bài toán đơn giản nhất. Bài viết này, người viết xin trình bày một bài toán bất đẳng thức đơn giản cùng với những ứng dụng thú vị mà nó mang đến. \section*{1. Bài toán mở đầu (19th Hong Kong MO - 2016)} Với \( a, b \) là các số thực dương. Tìm số \( \lambda \geq 0 \) nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng: \[ \frac{a+b}{2} \geq \lambda \sqrt{ab} + (1 - \lambda) \frac{a^2 + b^2}{2}. \] \subsection*{Lời giải.} Ta biến đổi bất đẳng thức như sau: \[ \sqrt{2(a^2 + b^2) - 2\sqrt{ab}} \geq \sqrt{2(a^2 + b^2) - a - b}. \] Suy ra, \[ 2\lambda (a - b)^2 \geq (a - b)^2. \] Vậy nên để bất đẳng thức luôn đúng thì \( \lambda \) phải thỏa mãn: \[ \lambda \geq \frac{1}{2}. \] Cuối cùng, từ bài giải trên ta kiểm tra được rằng với \( \lambda = \frac{1}{2} \) thì bất đẳng thức luôn đúng. \subsection*{Nhận xét.} Với \( \lambda = \frac{1}{2} \), ta có một phép chứng minh đơn giản như sau: Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có: \[ \sqrt{ab} + \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}} \leq \frac{1}{2} \left( \sqrt{a} + \sqrt{b} \right)^2. \] \section*{2. Một số ứng dụng} \subsection*{Thí dụ 1 (HSG lớp 9 – Đồng Tháp, năm học 2018 – 2019)} Với \( a, b \) là các số thực dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng \[ \frac{2}{ab} + \frac{3}{a^2 + b^2} \geq 14. \] \subsection*{Lời giải.} Bài toán không khó và có nhiều cách tiếp cận. Trước tiên ta đến với hai hướng thông thường khi gặp bài toán. \subsubsection*{Cách 1. (Thuần nhất hóa)} Bất đẳng thức tương đương với \[ \frac{2}{ab} + \frac{3}{a^2 + b^2} \geq \frac{14}{(a+b)^2}. \] Quy đồng, thu gọn ta dễ dàng có được điều phải chứng minh. \subsubsection*{Cách 2. (Sử dụng BĐT cổ điển)} Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Cauchy dạng phân thức, tuy nhiên cần điều chỉnh các hệ số một cách hợp lý để tận dụng được giả thiết \( a + b = 1 \). Cụ thể: \[ \frac{1}{n \cdot ab} + \frac{1}{m(a^2 + b^2)} \geq \frac{4}{nab + m(a^2 + b^2)}. \] Để tìm được hệ số \( m, n \), ta cần đảm bảo vừa đủ để có hằng đẳng thức \( (a + b)^2 \) và đồng thời đảm bảo bất đẳng thức xây ra (dự đoán \( a = b = \frac{1}{2} \)). Kết hợp hai suy luận trên, ta được \( m = \frac{1}{3} \) và \( n = \frac{2}{3} \). \subsubsection*{Cách 3. Sử dụng kết quả của bài toán mở đầu} Ta sử dụng kết quả của bài toán mở đầu. Cụ thể: \[ \frac{a^2 + b^2}{2} \leq 1 - \sqrt{ab} \Rightarrow \frac{3}{a^2 + b^2} \geq \frac{3}{2(1 - 2\sqrt{ab} + ab)}. \] Do đó ta cần: \[ \frac{2}{ab} + \frac{3}{2(1 - 2\sqrt{ab} + ab)} \geq 14. \] Suy ra: \[ \frac{4 - 8\sqrt{ab} + 7ab}{2ab(1 - 2\sqrt{ab} + ab)} \geq 14. \] \[ \Rightarrow 4 - 8\sqrt{ab} + 7ab \geq 28ab - 56\sqrt{ab} + 28(ab)^2. \] \[ \Rightarrow -28(ab)^2 + 56ab\sqrt{ab} - 21ab - 8\sqrt{ab} + 4 \geq 0. \] \[ \Rightarrow (1 - 2\sqrt{ab})(14ab + 4ab - 21ab + 4) \geq 0. \] Bất đẳng thức cuối là hiển nhiên vì \( ab \leq \left( \frac{a + b}{2} \right)^2 = \frac{1}{4} \). Bài toán được chứng minh. \subsection*{Nhận xét} Một ý tưởng để khai thác bài toán là điều chỉnh hệ số của \( \frac{1}{ab} \) và \( \frac{1}{a^2 + b^2} \) để có một bất đẳng thức chặt hơn hoặc khác đi. Giả sử có \( x, y > 0 \) sao cho: \[ \frac{1}{ab} + \frac{1}{a^2 + b^2} \geq \frac{4x + 2y}{(a + b)^2}. \] Khi đó, cả cách 1 và cách 3 sẽ mang nhiều ý nghĩa hơn. \subsection*{Thí dụ 2. (HSG lớp 9 – Bình Định, năm học 2017 – 2018)} Với \( a, b \) là các số thực dương có tích bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức: \[ P = (a + b + 1) \left( a^2 + b^2 \right) + \frac{4}{a + b}. \] \subsection*{Lời giải.} Theo kết quả của bài toán mở đầu, ta có: \[ a + b \geq 1 + \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}}. \] Kết hợp với kết quả quen thuộc \( a + b \leq \sqrt{2(a^2 + b^2)} \), ta được: \[ P \geq 2(2 + t) t^2 + \frac{2}{t} = 2t^3 + 4t^2 + \frac{2}{t}, \] với \( t = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}} \geq 1 \). Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: \[ P \geq 2t^3 + 4t^2 + \frac{2}{t} \geq 8\sqrt[12]{2} \geq 8. \] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( a = b = 1 \), tức GTNN của \( P \) là \( 8 \). \subsection*{Thí dụ 3} Với \( a, b \) là các số thực dương. Chứng minh rằng: \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + \sqrt{ab + \sqrt{a^2 + b^2}} \geq 3\sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}}. \] \subsection*{Lời giải.} Áp dụng kết quả của bài toán mở đầu, ta cần chứng minh: \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + \sqrt{ab} \geq 3(a + b - \sqrt{ab}). \] Ta có: \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} - \sqrt{ab} \geq 3\sqrt{a - b}. \] Dựa trên bất đẳng thức Cauchy, ta có: \[ \sqrt{a^2 - b^2} = \sqrt{(a - b)(a + b)}, \] nên bài toán được chứng minh. \subsection*{Nhận xét.} Với cách giải trên, ta có thể làm mạnh bài toán hơn. \section*{Thí dụ 4. (HSG lớp 9 – Bà Rịa - Vũng Tàu, năm học 2017 – 2018)} Với \( a, b \) là các số thực dương. Chứng minh rằng: \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + 7(a + b) \geq 8\sqrt{2(a^2 + b^2)}. \] \subsection*{Lời giải.} Tương tự như thí dụ 3, ta cần có: \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + 7(a + b) \geq 8\left(2a + 2b - 2\sqrt{ab}\right), \] cũng như \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} \geq 9(a + b) - 16\sqrt{ab}. \] \[ \Rightarrow \frac{\sqrt{a^3} - \sqrt{b^3}}{ab} \geq 9(\sqrt{a - b})^2. \] Bất đẳng thức cuối là hiển nhiên theo bất đẳng thức Cauchy (xem chứng minh trong thí dụ 3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \( a = b \). Nếu ta thay đổi theo hướng trên, hoặc chọn một bất đẳng thức sáng tạo và tiến hành thay thế một trong 3 đại lượng trên dựa trên kết quả của bài toán mở đầu, bạn đọc sẽ được các bài toán bất đẳng thức biến với những đại lượng thuận - nghịch. Phần này mời bạn đọc tiếp tục khám phá. Một vấn đề đặt ra là nếu bất đẳng thức với các đại lượng biến đổi khác đi, kết quả trên được vận dụng như thế nào? \section*{Thí dụ 5. (HSG – Quảng Ninh, năm học 2017 – 2018)} Với \( x, y \) là hai số thực khác 0 và thỏa mãn \[ 2\left(x^4 + y^4\right) = x^4 y^4. \] Tìm GTNN của biểu thức: \[ P = \frac{x^2}{y^2 + 1} + \frac{y^2}{x^2 + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^4 + y^4} + 1}. \] \subsection*{Lời giải.} Ta đặt \( t = x^2 y^2 \), theo giả thiết ta có: \[ t^2 = x^4 y^4 = 2(x^4 + y^4) \Rightarrow 4\sqrt{x^4 + y^4} = x^2 y^2 \geq 4. \] \subsubsection*{Cách 1.} Trước tiên ta đến với lời giải bằng cách áp dụng các bất đẳng thức cổ điển. Áp dụng bất đẳng thức Schwarz và bất đẳng thức Cauchy, ta có: \[ P = \frac{x^2}{y^2 + 1} + \frac{1}{x^2 + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^4 + y^4} + 1}. \] Ta có: \[ = \frac{x^4}{x^2 y^2 + x^2} + \frac{y^4}{x^2 y^2 + y^2} + \frac{1}{x^4 + y^4 + 1} \] \[ \geq \frac{(x^2 + y^2)^2}{2x^2 y^2 + x^2 + y^2 + 1}. \] Theo bất đẳng thức Schwarz: \[ (x^2 + y^2)^2 \Rightarrow \frac{9t}{2}. \] \[ (x^2 + y^2)^2 \geq t^2 \Rightarrow \frac{t}{\sqrt{\frac{2}{3}} + 4}. \] \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + 3 \sqrt{ab} \geq \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}} \] Hơn nữa, bằng cách thay đổi một lượng nào đó trong 3 đại lượng \[ \frac{a + b}{2}, \sqrt{ab}, \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}} \] kết hợp với kết quả bài toán mở đầu, ta có thể làm chặt hơn bất đẳng thức trên. Mời bạn đọc đến với thí dụ tiếp theo. \textbf{Thí dụ 4.} (HSG lớp 9 - Bà Rịa - Vũng Tàu, năm học 2017 - 2018) Với $a, b$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + 7(a + b) \geq 8 \sqrt{2(a^2 + b^2)}. \] \textbf{Lời giải.} Tương tự như thí dụ 3, ta cần có: \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} + 7(a + b) \geq 8\left(2a + 2b - 2\sqrt{ab}\right) \] hay \[ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{a} \geq 9(a + b) - 16\sqrt{ab} \] \[ \Leftrightarrow \left(\sqrt{a^3} - \sqrt{b^3}\right)^2 \geq 9(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \] Bất đẳng thức cuối là hiển nhiên theo BĐT Cauchy (xem chứng minh trong thí dụ 3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b$. Nếu ta thay đổi theo hướng trên, hoặc chọn một BĐT sẵn có và tiến hành thay thế một trong 3 đại lượng trên dựa trên kết quả của bài toán mở đầu, bạn đọc sẽ được các bài toán BĐT hai biến với những đại lượng thuận - nghịch. Phần này mời bạn đọc tiếp tục khám phá. Một vấn đề đặt ra là nếu BĐT với các đại lượng biến đổi khác đi, kết quả trên được vận dụng như thế nào? \textbf{Thí dụ 5.} (HSG - Quảng Ninh, năm học 2017 - 2018) Với $x, y$ là hai số thực khác 0 và thỏa mãn \[ 2(x^4 + y^4) = x^4 y^4. \] Tìm GTNN của biểu thức: \[ P = \frac{x^2}{y^2 + 1} + \frac{y^2}{x^2 + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^4 + y^4 + 1}}. \] \textbf{Lời giải.} Ta đặt $t = x^2 y^2$, theo giả thiết ta có: \[ t^2 = x^4 y^4 = 2(x^4 + y^4) \geq 4 \sqrt{x^4 y^4} = 4t \Rightarrow t \geq 4. \] \textbf{Cách 1.} Trước tiên ta đến với lời giải bằng cách áp dụng các BĐT cổ điển. Áp dụng BĐT Schwarz và BĐT Cauchy, ta có: \[ P = \frac{x^2}{y^2 + 1} + \frac{y^2}{x^2 + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^4 + y^4 + 1}} \] \[ = \frac{x^4}{x^2 y^2 + x^2 + y^2} + \frac{y^4}{x^2 y^2 + x^2 + y^2} + \frac{1}{\sqrt{x^4 + y^4 + 1}} \] \[ \geq \frac{(x^2 + y^2)^2}{2x^2 y^2 + x^2 + y^2} + \frac{1}{\sqrt{\frac{x^4 + y^4}{2} + 1}}. \] Theo Schwarz: \[ \frac{(x^2 + y^2)^2}{2x^2 y^2 + x^2 + y^2} + \frac{1}{\sqrt{\frac{x^4 + y^4}{2} + 1}}. \] \textbf{Cauchy:} \[ \frac{(x^2 + y^2)^2}{2x^2 y^2 + 2 \sqrt{\frac{x^4 + y^4}{2}} + 1}. \] Trên là cách áp dụng BĐT cổ điển để tìm lời giải cho bài toán. Nếu ta vận dụng kết quả của bài toán mở đầu, ta sẽ có được nhiều lời giải khác nhau (không hẳn sẽ ngắn hơn) cho bài toán, qua đó cho ta nhiều góc nhìn hơn.
