Làm quen với bất đẳng thức Trê-Bư-sep

LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức cơ bản của các bạn bậc THCS. 
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a1 ≤ a2 và b1 ≤ b2 thì (a2 - a1) (b2 - b1) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này ta có :
a1b1 + a2b2 - a1b2 - a2b1 ≥ 0 
=> : a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1. 
Nếu cộng thêm a1b1 + a2b2 vào cả hai vế ta được :
2 (a1b1 + a2b2) ≥ a1 (b1 + b2) + a2 (b1 + b2)
=> : 2 (a1b1 + a2b2) ≥ (a1 + a2) (b1 + b2)   (*) 
Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a1 ≤ a2 và b1 ≥ b2 thì tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :
2 (a1b1 + a2b2) ≤ (a1 + a2) (b1 + b2)   (**) 
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a1 = a2 hoặc b1 = b2. 
Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị. 
Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x2003 + y2003 ≤ x2004 + y2004. 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x2003 ≤ y2003. 
Do đó (y2003 - x2003).(y - x) ≥ 0 
=> : x2004 + y2004 ≥ x.y2003 + y.x2003 
Cộng thêm x2004 + y2004 vào hai vế ta có : 2.(x2004 + y2004) ≥ (x+y) (x2003 + y2003) = 2.(x2003 + y2003)
=> : x2004 + y2004 ≥ x2003 + y2003 (đpcm). 
Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của các bài toán sau : 
Bài toán 2 : Giải hệ phương trình : 
Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều bài toán mới. 
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác. 
Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. 
Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA => 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK. 
Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0 
=> : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH 
Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có :
2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK) 
=> : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8. 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam giác cân đỉnh C. 
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của các cạnh này có độ dài lần lượt là ha, hb, hc. Chứng minh : 
với S là diện tích tam giác ABC. 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c 
=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => ha ≥ hb ≥ hc . 
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S 
=> : 1/(ha + hb) ≤ (a + b)/(8S)     (1) 
Tương tự ta được : 
1/(hb + hb) ≤ (b + c)/(8S)     (2) 
1/(hc + ha) ≤ (c + a)/(8S)     (3) 
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến : 
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều. 
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây : 
1) Biết rằng x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x4 + y4) / (x6 + y6) 
2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh : 
3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh này lần lượt là la, lb, lc. Chứng minh : 
4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của TTT2.