Bất đẳng thức thuần nhất

khử căn). Ta thực hiện phép chuẩn hóa để đơn giản hóa bất đẳng thức đã cho. Nếu x2 + y2 + z2 = 0 thì x= y = z = 0, bất đẳng thức trở thành đẳng thức. Nếu x2 + y2 + z2 > 0, do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất, ta có thể giả sử x2 + y2 + z2 = 9. Ta cần chứng minh 2(x+y+z) £ xyz + 10 với điều kiện x2 + y2 + z2 = 9. Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh
	[2(x+y+z) – xyz]2 £ 100
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử |x| £ |y| £ |z|. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky, ta có
	[2(x+y+z) – xyz]2 = [(x+y)2 + z(2-xy)]2 £ [(x+y)2 + z2][22+(2-xy)2] = (9+2xy)(8-4xy+x2y2) = 72 – 20xy + x2y2 + 2x3y3 = 100 + (xy+2)2(2xy-7).
Từ |x| £ |y| £ |z| suy ra z2 ≥ 3. Suy ra 2xy £ x2 + y2 £ 6, tức là (xy+2)2(2xy-7) £ 0. Từ đây, kết hợp với đánh giá trên đây ta được điều cần chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (x+y)/2 = z/(2-xy) và xy+2 = 0. Từ đây giải ra được x = -1, y = 2, z = 2.
Kỹ thuật chuẩn hóa cho phép chúng ta biến một bất đẳng thức phức tạp thành một bất đẳng thức có dạng đơn giản hơn. Điều này giúp ta có thể áp dụng các biến đổi đại số một cách dễ dàng hơn, thay vì phải làm việc với các biểu thức cồng kềnh ban đầu. Đặc biệt, sau khi chuẩn hóa xong, ta vẫn có thể áp dụng phương pháp dồn biến để giải. Ta đưa ra lời giải thứ hai cho bài toán trên:
Đặt f(x, y, z) = 2(x+y+z) – xyz. Ta cần chứng minh f(x, y, z) £ 10 với x2 + y2 + z2 = 9.
Xét f(x, Ö(y2+z2)/2, Ö(y2+z2)/2) - f(x, y, z) = 2(x + 2Ö(y2+z2)/2) – x(y2+z2)/2 – 2(x+y+z) + xyz = 2(Ö2(y2+z2) – y – z) – x(y-z)2/2 = (y-z)2[2/(Ö2(y2+z2) + y + z) – x/2]. 
	+ Nếu x, y, z > 0, ta xét hai trường hợp: 
	- 1 £ x £ y £ z. Khi đó 2(x+y+z) – xyz £ 2Ö3(x2+y2+z2) – 1 = 6Ö3 – 1 < 10
	- 0 0, suy ra g(x) £ g(1) = 10.
	+ Nếu trong 3 số x, y ,z có một số âm, không mất tính tổng quát, có thể giả sử x < 0. Khi đó f(x, Ö(y2+z2)/2, Ö(y2+z2)/2) - f(x, y, z) ≥ 0 và ta đưa bài toán việc chứng minh f(x, Ö(y2+z2)/2, Ö(y2+z2)/2) £ 10, hay
	2x + 2Ö2(9-x2) – x(9-x2)/2 £ 10
ó 	h(x) = x3 – 5x + 4Ö2(9-x2) £ 20.
Ta có: h’(x) = 3x2 – 5 – 4xÖ2/Ö(9-x2)	. Giải phương trình h’(x) = 0 (với x < 0), ta được x = -1. Đây là điểm cực đại của h, do đó h(x) £ h(-1) = 20.
Bằng cách chuẩn hóa, ta có thể đưa một bài toán bất đẳng thức về bài toán tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một hàm số trên một miền (chẳng hạn trên hình cầu x2 + y2 + z2 = 9 như ở ví dụ 4). Điều này cho phép chúng ta vận dụng được một số kỹ thuật tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (ví dụ như bất đẳng thức Jensen, hàm lồi ...).
Ví dụ 5: Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
	(b+c-a)2/[(b+c)2+a2] + (c+a-b)2/[(c+a)2+b2] + (a+b-c)2/[(a+b)2+c2] ≥ 3/5
Giải: Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức cho các số dương a, b, c thoả a+b+c=1. Khi đó bất đẳng thức có thể viết lại thành
	(1-2a)2/(2a2-2a+1) + (1-2b)2/(2b2-2b+1) + (1-2c)2/(2c2-2c+1) ≥ 3/5
ó 	1/(2a2-2a+1) + 1/(2b2-2b+1) + 1/(2c2-2c+1) £ 27/5
ó	f(a) + f(b) + f(c) £ 27/5 với f(x) = 1/(2x2-2x+1)	(5.1)
Để ý rằng 27/5 = 3f(1/3), ta thấy (5.1) có dạng bất đẳng thức Jensen. Tuy nhiên, tính đạo hàm bậc hai của f(x), ta có
	f”(x) = -4(6x2 – 6x + 1)/(2x2-2x+1)3
hàm chỉ lồi trên khoảng ((3 - Ö3)/6, (3 + Ö3)/6) nên không thể áp dụng bất đẳng thức Jensen một cách trực tiếp. Ta chứng minh f(a) + f(b) + f(c) £ 27/5 bằng các nhận xét bổ sung sau:
	fmax = f(1/2) = 2	
	f(x) tăng trên (0, 1/2) và giảm trên (1/2, 1)	
	f((3 - Ö3)/6) = f((3 + Ö3)/6) = 12/7
Nếu có ít nhất 2 trong 3 số a, b, c nằm trong khoảng ((3 - Ö3)/6, (3 + Ö3)/6), chẳng hạn là a, b thì áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có 
	f(a) + f(b) £ 2f((a+b)/2) = 2f((1-c)/2) = 4/(c2+1)
Như vậy trong trường hợp này ta chỉ cần chứng minh
	1/(2c2-2c+1) + 4/(1+c2) £ 27/5 
Quy đồng mẫu số và rút gọn ta được bất đẳng thức tương đương
	27c4 – 27c3 + 18c2 – 7c + 1 ³ 0
 (3c-1)2(3c2 – c +1) ³ 0 (đúng).
Như vậy ta chỉ còn cần xét trường hợp có ít nhất hai số nằm ngoài khoảng ((3 - Ö3)/6, (3 + Ö3)/6). Nếu chẳng hạn a ³ (3 + Ö3)/6) thì rõ ràng b, c £ (3 - Ö3)/6 và như vậy, do nhận xét trên f(a) + f(b) + f(c) £ 36/7 1/2. Theo các nhận xét trên ta có f(a) + f(b) + f(c) £ 2f((3 - Ö3)/6) + f(Ö3/3) = 24/7 + (15+6Ö3)/13 ~ 5.381 < 5.4 = 27/5. 
Ghi chú: Bài toán trên có một cách giải ngắn gọn và độc đáo hơn như sau: 
Bất đẳng thức có thể viết lại thành
	(b+c)a/[(b+c)2+a2] + (c+a)b/[(c+a)2+b2] + (a+b)c/[(a+b)2+c2] £ 6/5
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử a + b + c = 1. Khi đó bất đẳng thức viết lại thành 
	(1-a)a/(1-2a+2a2) + (1-b)b/(1-2b+2b2) + (1-c)c/(1-2c+2c2) £ 6/5
Ta có 2a(1-a) £ (a+1)2/4. Do đó 1 – 2a + 2a2 ³ 1 - (a+1)2/4 = (1-a)(3+a)/4. 
Từ đó (1-a)a/(1-2a+2a2) £ (1-a)a/[(1-a)(3+a)/4] = 4a/(3+a). 
Tương tự (1-b)b/(1-2b+2b2) £ 4b/(3+b), (1-c)c/(1-2c+2c2) £ 4c/(3+c)
Và để chứng minh bất đẳng thức đầu bài, ta chỉ cần chứng minh
	4a/(3+a) + 4b/(3+c) + 4c/(3+c) £ 6/5
Bất đẳng thức cuối cùng này tương đương với
	1/(3+a) + 1/(3+b) + 1/(3+c) ³ 9/10 là hiển nhiên (Áp dụng BĐT Cauchy) 
Chuẩn hóa là một kỹ thuật cơ bản. Tuy nhiên, kỹ thuật đó cũng đòi hỏi những kinh nghiệm và độ tinh tế nhất định. Trong ví dụ trên, tại sao ta lại chuẩn hóa x2 + y2 + z2 = 9 mà không phải là x2 + y2 + z2 = 1 (tự nhiên hơn)? Và ta có đạt được những hiệu quả mong muốn không nếu như chuẩn hóa x+y+z = 1? Đó là những vấn đề mà chúng ta phải suy nghĩ trước khi thực hiện bước chuẩn hóa.
3.3. Phương pháp trọng số
Bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopsky là những bất đẳng thức thuần nhất. Vì thế, chúng rất hữu hiệu trong việc chứng minh các bất đẳng thức thuần nhất. Tuy nhiên, do điều kiện xảy ra dấu bằng của các bất đẳng thức này rất nghiêm ngặt nên việc áp dụng một cách trực tiếp và máy móc đôi khi khó đem lại kết quả. Để áp dụng tốt các bất đẳng thức này, chúng ta phải nghiên cứu kỹ điều kiện xảy ra dấu bằng và áp dụng phương pháp trọng số.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số thực không âm thì
	6(-x + y + z)(x2+ y2 + z2) + 27xyz £ 10(x2+ y2 + z2)3/2	
Giải: Sử dụng nguyên lý cơ bản « dấu bằng xảy ra khi một cặp biến số nào đó bằng nhau », ta có thể tìm ta được dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra khi y = z = 2x. Điều này cho phép chúng ta mạnh dạn đánh giá như sau
	10(x2+ y2 + z2)3/2 - 6(-x + y + z)(x2+ y2 + z2) = 
(x2+y2+z2)[10(x2+ y2 + z2)1/2 – 6(-x + y + z)] = (x2+y2+z2)[(10/3)(x2+ y2 + z2)1/2(1+22+22)1/2 - 6(-x + y + z)] ≥ (x2+y2+z2)[(10/3)(x+2y+2z) – 6(-x + y + z)]
= (x2+y2+z2)(28x + 2y + 2z)/3.	(5.1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
x2+y2+z2 = x2 + y2/4 + y2/4 + y2/4 + y2/4 + z2/4 + z2/4 + z2/4 + z2/4 ≥ 9(x2y8z8/48)1/9
28x + 2y + 2z = 4x + 4x + 4x + 4x + 4x + 4x + 4x + 2y + 2z ≥ 9(48x7yz)1/9 
Nhân hai bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được 
(x2+y2+z2)(28x + 2y + 2z) ≥ 9(x2y8z8/48)1/99(48x7yz)1/9 = 81	(5.2)
Từ (5.1) và (5.2) ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Trong ví dụ trên, chúng ta đã sử dụng cả bất đẳng thức Bunhiacopsky và bất đẳng thức Cauchy có trọng số. Lời giải rất hiệu quả và ấn tượng. Tuy nhiên, sự thành công của lời giải trên nằm ở hai dòng ngắn ngủi ở đầu. Không có được « dự đoán » đó, khó có thể thu được kết quả mong muốn. Dưới đây ta sẽ xét một ví dụ về việc chọn các trọng số thích hợp bằng phương pháp hệ số bất định để các điều kiện xảy ra dấu bằng được thoả mãn.
Ví dụ 6: Chứng minh rằng nều 0 £ x £ y thì ta có bất đẳng thức
	13x(y2-x2)1/2 + 9x(y2+x2)1/2 £ 16y2	(6.1)
Giải: Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các tích ở vế trái. Tuy nhiên, nếu áp dụng một cách trực tiếp thì ta được 
	VT £ 13(x2 + y2-x2)/2 + 9(x2+ y2+x2)/2 = 9x2 + 11y2 	(6.2)
Đây không phải là điều mà ta cần (Từ đây chỉ có thể suy ra VT £ 20y2). Sở dĩ ta không thu được đánh giá cần thiết là vì dấu bằng không thể đồng thời xảy ra ở hai lần áp dụng bất đẳng thức Cauchy. Để điều chỉnh, ta đưa vào các hệ số dương a, b như sau :
	VT = (13/a)ax.(y2-x2)1/2 + (9/b)bx(y2+x2)1/2 
	£ (13/2a)(a2x2+y2-x2) + (9/2b)(b2x2+ y2+x2)	(6.3)
Đánh giá trên đúng với mọi a, b > 0 (chẳng hạn với a=b=1 ta được 6.2) và ta sẽ phải chọn a, b sao cho
	a) Vế phải không phụ thuộc vào x 
	b) Dấu bằng có thể đồng thời xảy ra ở hai bất đẳng thức
Yêu cầu này tương đương với hệ
	13(a2-1)/2a + 9(b2+1)/2b = 0
	$ x,y : a2x2 = y2-x2, b2x2 = y2+x2
Tức là có hệ 13(a2-1)/2a + 9(b2+1)/2b = 0, a2+1 = b2 – 1. Giải hệ ra, ta được a = 1/2, b = 3/2. Thay hai giá trị này vào (6.3) ta được
	VT £ 13(x2/4 + y2 – x2) + 3(9x2/4 + y2 + x2) = 16y2.
Ghi chú: Trong ví dụ trên, thực chất ta đã cố định y và tìm giá trị lớn nhất của vế trái khi x thay đổi trong đoạn [0, y].
4. Bất đẳng thức thuần nhất đối xứng 
Khi gặp các bất đẳng thức dạng đa thức thuần nhất đối xứng, ngoài các phương pháp trên, ta còn có thể sử dụng phương pháp khai triển trực tiếp và dụng định lý về nhóm các số hạng. Phương pháp này cồng kềnh, không thật đẹp nhưng đôi lúc tỏ ra khá hiệu quả. Khi sử dụng bằng phương pháp này, chúng ta thường dùng các ký hiệu quy ước sau để đơn giản hóa cách viết:
	SsymQ(x1, x2, ..., xn) = SsQ(xs(1), xs(2), ..., xs(n))
trong đó s chạy qua tất cả các hoán vị của {1, 2, ..., n}. Ví dụ với n = 3 và ba biến số x, y, z thì 
Ssym x3 = 2x3 + 2y3 + 2z3, Ssymx2y = x2y + y2z + z2x + xy2 + yz2 + zx2, Ssym xyz = 6xyz.
Đối với các biểu thức không hoàn toàn đối xứng, ta có thể sử dụng ký hiệu hoán vị vòng quanh như sau: Scyclic x2y = x2y + y2z + z2x.
Phương pháp này đuợc xây dựng dựa trên tính so sánh được của một số tổng đối xứng cùng bậc - định lý về nhóm các số hạng (hệ quả của bất đẳng thức Karamata) mà chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh dưới đây. Trong trường hợp 3 biến, ta còn có đẳng thức Schur.
Nếu s = (s1, s2, , sn) và t = (t1, t2, ..., tn) là hai dãy số không tăng. Ta nói rằng s là trội của t nếu s1 + s2 + ... + s2 = t1 + t2 + ...+tn và s1 + ...+ si ≥ t1 + ...+ ti với mọi i=1,2, ..., n.
Định lý: (« Nhóm ») Nếu s và t là các dãy số thực không âm sao cho s là trội của t thì
	Ssymx1s1...xnsn ≥ Ssymx1t1...xntn
Chứng minh: Đầu tiên ta chứng minh rằng nếu s là trội của t thì tồn tại các hằng số không âm ks, với s chạy qua tập hợp tất cả các hoán vị của {1, 2, ..., n}, có tổng bằng 1 sao cho
	Ssks(ss1,...,ssn) = (t1, t2, ..