BẤT ĐẲNG THỨC THUẦN NHẤT

Bạn đang xem: Bất đẳng thức thuần nhất

30 trangtrường đạt16210Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậc", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên


Xem thêm: Thuê Nicehash - Dịch Vụ Đào Bitcoin Nicehash Là Gì

Chương 4Bất đẳng thức dạng thuầnnhất bậcTính thuần nhất bậc (đồng bậc, thuần nhất) là một tiêu chuẩn đầu tiên phảitính đến khi so sánh các đại lượng. Các bất đẳng thức cổ điển ta đã biết nhưbất đẳng thức giữa trung các đại lượng trung bình, Cauchy, Ho¨lder, Minkowski,Chebychev, . . . , đều là các bất đẳng thức dạng đồng bậc. 1Trong chương này, chúng ta sẽ đề cập tới các phương pháp cơ bản để chứngminh bất đẳng thức đồng bậc, cũng như cách chuyển từ một bất đẳng thứckhông đồng bậc về một bất đẳng thức đồng bậc. Nắm vững và vận dụng nhuầnnhuyễn các phương pháp này, chúng ta có thể chứng minh được nhiều lớp bấtđẳng thức sơ cấp.4.1 Bất đẳng thức dạng thuần nhất bậcHàm số f (x1, x2, . . . , xn) của các biến số thực x1, x2, . . . , xn được là hàm thuầnnhất bậc m nếu với mọi số thực t ta cóf (tx1, tx2, . . . , txn) = tm f (x1, x2, . . . , xn),với t ∈ R− 0, và xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n, m, n ∈ N, m 6= 0, n ≥ 2. Số tự nhiên mđược gọi là bậc của đa thức đồng bậc.Bất đẳng thức dạng f (x1, x2, . . . , xn) ≥ 0, với f là một hàm thuần nhất đượcgọi là bất đẳng thức thuần nhất (bậc m). Khái niệm bất đẳng thức đồng bậc liênquan chặt chẽ với đa thức đồng bậc. Thí dụ, hai đa thức sau là hai đa thức đồng1Đây là một chương trong cuốn sách Bất đẳng thức, Suy luận & Khám phá đã xuất bản của tác giảPhạm Văn Thuận, Lê Vĩ.1194.2. Đồng bậc hoá bất đẳng thức 120bậc đồng bậcg(x) = x5 + y5 + 8x2y3, f (x) = x2 y + 4yx2 − 3x3 + 10y3.Từng đơn thức trong đa thức thứ nhất có bậc là năm, còn mỗi đơn thức trongđa thức thứ hai có bậc là ba. Cũng cần chú ý rằng đa thức kiểu như f (x) =(x + 2y)3 + 101x2 không phải là đồng bậc.4.2 Đồng bậc hoá bất đẳng thứcVới những bất đẳng thức có điều kiện, ta có thể chuyển về dạng bất đẳngthức đồng bậc. Điều kiện cho trước thường là một hệ thức liên hệ giữa các biếnsố. Từ giả thiết đã cho ta có thể viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạngđồng bậc.Bài toán 4.1. Cho các số thực không âm a, b thoả mãn điều kiện a + b = 2, chứngminh dãy bất đẳng thức2 ≤ a2 + b2 ≤ a3 + b3 ≤ a4 + b4 .Chứng minh. Ta lần lượt chứng minh từng bất đẳng thức. Mỗi vế bất đẳng thứchơn kém nhau một bậc; mà ta cũng thấy rằng biểu thức ở điều kiện cho trước códạng bậc nhất. Sử dụng giả thiết này ta làm cân bằng bậc của các bất đẳng thức.Trước hết ta chứng minh 2 ≤ a2 + b2. Thật vậy, nhân hai vế với hai, và viếtnó dưới dạng tương đương (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2). Dễ dàng quy bất đẳng thứcnày về dạng (a− b)2 ≥ 0.Đối với bất đẳng thức thứ hai, ta viết lại dưới dạng(a2 + b2)(a + b) ≤ 2(a3 + b3).Bất đẳng thức này tương đương với a3 + b3 ≥ ab2 + a2b, hay (a− b)2(a + b) ≥ 0.Điều này hiển nhiên đúng với a, b > 0.Bất đẳng thức cuối cùng làm tương tự.Bài toán 4.2. Cho các số thực a, b, c thoả mãn điều kiệna2/3 + b2/3 + c2/3 = 3,chứng minh bất đẳng thứca2 + b2 + c2 ≥ a4/3 + b4/3 + c4/3.Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 121Chứng minh. Để bỏ số mũ dạng hữu tỉ, ta đưa ra biến mới như sau. Đặt a1/3 = x,b1/3 = y, c1/3 = z. Khi đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức x6 + y6 + z6 ≥x4 + y4 + z4 với điều kiện x2 + y2 + z2 = 3.Sử dụng giả thiết ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạngtương đương là3(x6 + y6 + z6) ≥ (x2 + y2 + z2)(x4 + y4 + z4).Nhân khai triển và nhóm các số hạng cho ta(x2 − y2)2(x2 + y2) + (y2 − z2)2(y2 + z2) + (z2 − x2)2(z2 + x2) ≥ 0.Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.4.3 Chuẩn hoá bất đẳng thứcXét bất đẳng thức đồng bậc dạngf (x1, x2, . . . , xn) ≥ g(x1, x2, . . . , xn),trong đó f và g là hai đa thức đồng bậc. Do tính chất của hàm thuần nhất,ta có thể chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về việc chứng minhbất đẳng thức f (x1, x2, . . . , xn) ≥ λ với mọi x1, x2, . . . , xn thỏa mãn điều kiệng(x1, x2, . . . , xn) = λ. Chuẩn hóa một cách thích hợp, ta có thể làm đơn giản cácbiểu thức của bất đẳng thức cần chứng minh, tận dụng được một số tính chấtđặc biệt của các hằng số.Nếu biết quan sát và lựa chọn những điều kiện thích hợp, nghĩa là lúc ấynhư có thêm giả thiết, ta sẽ có lời giải gọn gàng, sáng sủa. Trong mục này chúngtôi đưa ra một số cách chọn điều kiện kiểu như vậy.Bài toán 4.3. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì(a + b− c)2c2 + (b + a)2+(a + c− b)2b2 + (c + a)2+(c + b− a)2a2 + (b + c)2>35.Chứng minh. Bậc của cả hai vế là không. Đặt x = a/(a + b + c), y = b/(a + b + c),z = c/(a + b + c), thế thì x + y + z = 1. Do đó, ta viết bất đẳng thức cần chứngminh dưới dạng(4.1)(1− 2z)2z2 + (1− z)2 +(1− 2y)2y2 + (1− y)2 +(1− 2x)2x2 + (1− x)2 >35.Chú ý rằng(1− 2t)2t2 + (1− t)2 =4t2 − 4t + 12t2 − 2t + 1 =2(2t2 − 2t + 1)− 12t2 − 2t + 1 = 2−12t2 − 2t + 1 .4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 122Từ đó, ta có thể viết lại bất đẳng thức (4.1) dưới dạng12x2 − 2x + 1 +12y2 − 2y + 1 +12z2 − 2z + 1 ≤275Ta cần tìm số δ sao cho với 0 8.Nhưng thật đáng tiếc rằng kỹ thuật trên đây lại không có tác dụng với bài toánnày. Điều đó là do ta không thể cô lập hay đưa mỗi phân thức về dạng một biếnsố thông qua điều kiện tổng ba số bằng k. Đây cũng là ý tưởng cơ sở quan trọngcủa cách làm này.Bài toán 4.4. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì(a + b + c)2a2 + b2 + c2+ 12( a3 + b3 + c3abc− a2 + b2 + c2ab + bc + ca)> 4.Chứng minh. Bài này là tổng của ba bất đẳng thức ngược chiều nhau. Biểu thứcthứ nhất trong ngoặc đạt giá trị nhỏ nhất; còn hai biểu thức kia đạt giá trị lớnnhất. Không giảm tổng quát ta có thể giả sử ω = a2 + b2 + c2, chọn ω = 3, vàsử dụng các hằng đẳng thức(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca),a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab− bc− ca).Do đó, ta viết vế trái bất đẳng thức dưới dạngF =52+2λ3+12η(3− λ)− 32λ,trong đó λ = ab + bc + ca, và η = 1/(ab) + 1/(bc) + 1/(ca), ta đã biết rằng λ 6 3,mặt khác sử dụng bất đẳng thức quen biết η > 9/λ,F >52+2λ3+92λ(3− λ)− 32λ= −2 + 2λ3+12λ.4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 124Do đó, để chứng minh F > 4, ta chỉ cần chỉ ra rằng λ/3 + 6/λ > 3. Thật vậy, sửdụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân sau khi đã tách sốhạng sau để có dấu đẳng thức, ta cóλ3+3λ+3λ3>(λ3.3λ.3λ)1/3=(3λ)1/3> 1.Phép chứng minh đã hoàn tất.Bằng cách đặt tương tự, ta có thể thiết lập các biểu thức đối xứng cùng bậcrồi chọn một điều kiện nào đó, ước lượng các giá trị khi các biến số bằng nhau,ta có thể xây dựng được các bất đẳng thức mới.Bài toán 4.5. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thì6(a + b + c)(a2 + b2 + c2) 6 27abc + 10(a2 + b2 + c2)3/2.Chứng minh. Rõ ràng hai vế của bất đẳng thức này đều có dạng bậc ba. Nhưngnếu tiếp tục lựa chọn như thí dụ trên sẽ không hiệu quả nữa bởi biểu thứca2 + b2 + c2 có số mũ dạng hữu tỷ. Nếu cả ba số bằng không thì bất đẳng thứchiển nhiên đúng. Nếu có một số khác không, ta đặt ω = a2 + b2 + c2, và giả sử|a| 6 |b| 6 |c|, chọn ω = 9 để tránh dạng số vô tỷ. Thế thì bất đẳng thức trên códạng 2(a + b + c)− abc 6 10.Sau đây là một thí dụ cho thấy rằng phép chọn điều kiện thích hợp có thểcho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo.Bài toán 4.6. Giả sử a, b, c là các số thực dương, chứng minh bất đẳng thức3√(a + b)(b + c)(c + a)8≥√ab + bc + ca3.Chứng minh. Chọn ab + bc + ca = 3, thành thử là bây giờ ta chỉ cần chứng minhrằng(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8.Nhưng chú ý rằng (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca)− abc. Phépchứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được rằng 3(a + b + c) − abc ≥ 8. Theobất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có −abc ≥ −1, và(a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.Có hai câu hỏi cần đặt ra sau lời giải này là tại sao lại chọn số 3, và chọn nhưthế có lợi ích gì. Cái tưởng chừng như khó nhất của bài toán là sự có mặt của haicăn thức khác nhau đã được vượt qua dễ dàng.Bài toán 4.7. Cho các số thực dương x, y, z và đặt x + y + z = p, xy + yz + zx = q,và xyz = r. Giả sử p = 1, hãy biểu diễn các biểu thức x2 + y2 + z2, theo p, q, vàbiểu diễn x3 + y3 + z3, x4 + y4 + z4 theo p, q, r.4.3. Chuẩn hoá bất đẳng thức 125Từ kết quả của bài toán trên đây, người ta có thể áp đặt điều kiện để xây dựngcác bất đẳng thức đối xứng ba biến có điều kiện. Với một bài toán bất đẳng thứcđồng bậc ba biến, ta có thể lựa chọn tuỳ ý một (chỉ một thôi) trong ba điều kiệnp = 1, q = 1, r = 1.Bài toán 4.8. Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãna + b + c = 1,chứng minh rằnga√a + b2+b√b + c2+c√c + a2≤ 32.Chứng minh. Lời giải sau đây của ... Những trường hợp khónhất, công cụ đạo hàm có thể giải quyết trọn vẹn bài toán.4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 141Bài toán 4.30. Xét ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 1,chứn minh rằng94≤ 11 + xy+11 + yz+11 + zx≤ 274(x + y + z)2.Bài toán 4.31. Xét ba số thực không âm x, y, z, chứng minh rằng(x + y + z)5 ≥( 94√6− 9)(x3 + y3 + z3)(xy + yz + zx).Bài toán 4.32. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác thì(a− b)2a2 + ab + b2+(b− c)2b2 + bc + c2+(c− a)2c2 + ca + a2≤ 2.Bài toán 4.33. Chứng minh rằng nếu x, y, z ≥ 0 thìxy + z+yz + x+zx + y+ 22/3≥ 2.Bài toán 4.34. Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3.Chứng minh rằngx2 + y2 + z2 + 3xyz ≥ 6.4.5 Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứngBất đẳng thức Schur đã cho ta một quan hệ giữa ba đại lượng p, q, và r.Bây giờ ta xét đến một quan hệ mới của chúng. Xét ba số thực a, b, c thoả mãna + b + c = 1, ta đã biết kết quả cơ bản là ab + bc + ca ≤ 13 . Đặt ab + bc + ca =1−t23 , t ≥ 0, ta đã tìm được giá trị lớn nhất của r = abc theo t. Nếu t = 0 thìa = b = c = 13 nên r =127 . Nếu t 6= 0, và trong ba số a, b, c có nhiều nhất là haisố bằng nhau, ta xét hàmf (x) = (x− a)(x− b)(x− c) = x3 − x2 + 1− t23x− abc.Tính đạo hàmf ′(x) = 3x2 − 2x + 1− t23.Từ đó suy ra f ′(x) đổi dấu tại hai điểm x = 1+t3 , x =1−t3 .Lập bảng biến thiên, ta có giá trị cực đại, cực tiểu lần lượt làfmax = f(1− t3)=(1− t)2(1 + 2t)27− abc,fmin = f(1 + t3)=(1 + t)2(1− 2t)27− abc.4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 142bbby = f (x)bbOa b c xyf(1− t3)f(1 + t3)Vì f (x) có ba nghiệm phân biệt nên giá trị cực đại và giá trị cực tiểu phải tráidấu. Vì hệ số lớn nhất trong đa thức f (x) dương nên fmax ≥ 0, và fmin ≤ 0. Tứclà(1 + t)2(1− 2t)27≤ abc ≤ (1− t)2(1 + 2t)27.Tổng quát hơn, ta cóBài toán 4.35. Nếu a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = p, đặt ab + bc + ca =13 (p2 − t2), t ≥ 0. Ta có(p + t)2(p− 2t)27≤ abc ≤ (p− t)2(p + 2t)27.Ta có thể chứng minh kết quả trên theo cách khác. 33Chú ý đồng nhất thức sau0 ≤ (a− b)2(b− c)2(c− a)2 = −27r2 + 2(1− 3q2)r + 127(1− q2)2(4q2 − 1)= − 127(27r− (1− q)2(1 + 2q))(27r− (1 + q)2(1− 2q)).Chú ý rằng vì q ≥ 0 nên (1 + q)2(1− 2q) ≤ (1− q)2(1 + 2q)2, do đó theo định lý về dấu tam thứcbậc hai, ta phải có(1 + t)2(1− 2t)27≤ abc ≤ (1− t)2(1 + 2t)27..4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 143Bài toán 4.36. Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1, đặtq = ab + bc + ca, r = abc,chứng minh rằngr ≤ 127(1− 3t2 + 2t3),trong đó q = 13 (1− t2).Chứng minh. Xét hàm số f (c), vớif (c) = abc = c<1− t23− c(1− c)>.Nếu 0 ≤ t ≤ 12 thì13(1− t2)− c(1− c) ≥ 0khi c ∈ <0, 1>, bây giờ để thoả mãn điều kiện Viet, tức là(1− c)2 − 4<13(1− t2)− c(1− c)>≥ 0.Bất đẳng thức này cho ta1− 2t3≤ c ≤ 1 + 2t3.Tính đạo hàm hàm f (c) ta đượcf ′(c) = 3c2 − 2c + 13(1− t2).Do đó f ′(c) = 0 khi và chỉ khi c = 13 (1± t). Lập bảng biến thiên, suy raf (c) ≤ f(1− t3)=127(1− 3t2 + 2t3).Nếu 12 ≤ t ≤ 1 thì ta vẫn phải có điều kiện0 ≤ 1− 2t3≤ c ≤ 1 + 2t3≤ 1.Hơn nữa, để có ab ≥ 0 thì13(1− t2)− c(1− c) ≥ 0.Bất đẳng thức này cho ta 1 ≥ c ≥ 12(1 +√4t2−13)hoặc 0 ≤ c ≤ 12(1−√4t2−13).Chú ý rằng1− t3≤1−√4t2−132;1 + t3≤1 +√4t2−132≤ 1 + 2t3.4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 144Từ đó, lập bảng biến thiên, và ta vẫn cóf (c) ≤ 127(1− 3t2 + 2t3).Phép chứng minh hoàn tất.Bài toán 4.37. Xét ba số thực a, b, c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 9, chứng minh rằng2(a + b + c)− abc ≤ 10.Chứng minh. Điều kiện bài toán cho ta p2 + 2t2 = 9. Bất đẳng thức cần chứngminh có dạng2p− r ≤ 10.Theo kết quả trên2p− r ≤ 2p− 127(p + t)2(p− 2t) = p(5t2 + 27) + 2t327.Thành thử, ta cần chứng minhp(5t2 + 27) ≤ 270− 2t3.Bình phương hai vế cho ta(270− 2t3)2 ≥ p2(5t2 + 27)2,hay là27(t− 3)2(2t4 + 12t3 + 49t2 + 146t + 219) ≥ 0.Bất đẳng thức này đúng. Phép chứng minh hoàn tất.Bài toán 4.38. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 thì(ab + bc + ca)(a + b + c)3 + 48(ab + bc + ca)abc− 25abc(a + b + c)2 ≥ 0.Hỏi dấu đẳng thức xảy ra khi nào?Chứng minh. Không mất tổng quát, chọn a + b + c = 1, khi đó bất đẳng thức cầnchứng minh có dạng1− t23r+ 16(1− t2) ≥ 25.Theo bổ đề 4.35 ta có1− t23r≥ 9(1 + t)(1− t)(1 + 2t) .Lại chú ý rằng9(1 + t)(1− t)(1 + 2t) + 16(1− t2) =2t2(4t− 1)2(1− t)(1 + 2t) + 25.Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi t = 0, hoặc t = 14 ,nghĩa là hoặc a = b = c, hoặc 2a = b = c hoặc các hoán vị.4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 145Bài toán 4.39. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 thì827(a + b + c)3(ab + bc + ca) + abc(a + b + c)2 ≥ 10abc(a2 + b2 + c2).Chứng minh. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, và r = abc. Chọn p = 1, thì bấtđẳng thức cần chứng minh có thể viết được dưới dạng827q + 20qr− 9r ≥ 0.Vì q ≤ 13 nên 20q− 9 ≤ 0, và sử dụng kết quả bài toán (4.36), ta cóf (q) ≥ 827q +127(20q− 9)(1− 3t2 + 2t3).Lại lưu ý rằng q = 13 (1− t2), nên ta có thể chuyển việc chứng minh f (q) ≥ 0 về827(1− t2)− 181(1− 3t2 + 2t3)(7 + 20t2) ≥ 0.Bất đẳng thức này tương đương với(1− t)(2t− 1)2(10t2 + 5t + 1) ≥ 0.Bất đẳng thức này đúng với t ∈ <0, 1>.Bài toán 4.40. Xét ba số thực không âm a, b, c, hãy tìm số k nhỏ nhất sao cho(ab + bc + ca)(abc + a3 + b3 + c3) ≤ k(a + b + c)5.Chứng minh. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, và r = abc. Ta có thể chọnp = 1, và bất đẳng thức trêm có thể viết dưới dạng(1 + 4r− 3q)q ≤ k.Xét hàm f (q) = (1 + 4r− 3q)q. Sử dụng kết quả bài toán (4.36), ta đượcf (q) ≤ 13(1− t2)<427(1− 3t2 + 2t3) + 1− (1− t2)>Ta cần tìm giá trị lớn nhất của F(t), vớiF(t) =13(1− t2)<427(1− 3t2 + 2t3) + 1− (1− t2)>=181(1− t2)(4 + 15t2 + 8t3).4.5. Tính chất hàm bậc ba và đa thức đối xứng 146Đặt 81F(t) = g(t), khảo sát hàm g(t), ta có g′(t) = −40t4 − 60t3 + 24t2 + 22t.Phương trình g′(t) = 0 tương đương với−2t(2t + 1)(10t2 + 10t− 11) = 0.Lập bảng biến thiên của hàm g(t) trên t ∈ <0, 1> ta suy rag(t) ≤ g(3√15− 510).Từ đó suy rak =181g(3√15− 510)≈ 0.0894.Bài toán 4.41. Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 thì(a + b + c)6 ≥ 13.5(a3 + b3 + c3)(a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2).Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c là một hoán vị của(0, 3−√56 t,3+√56 t)Bài toán 4.42. Xét ba số thực không âm a, b, c và 0 ≤ t ≤ 15. Chứng minh rằng1(a + b)2+1(b + c)2+1(c + a)2+t(a + b + c)2≥ 9 + t4(ab + bc + ca).Chứng minh. Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, và r = abc. Bất đẳng thức cầnchứng minh được viết dưới dạng(p2 + qpq− r)2− 4ppq− r +tp2≥ 9 + t4q.Để cho gọn, ta chọn p = 1 và xét hàmf (r) = 4q(1− 2q + q2 + 4r) + 4qt(q− r)2 − (9 + t)(q− r)2 ≥ 0.Nếu 0 ≤ q ≤ 14 thì f (r) ≥ f (0) ≥ 0. Nếu q ≥ 14 , đặt q = 13 (1− x2), với 0 ≤ x ≤ 12 ,ta có r ≥ (1 + x)2(1− 2x)/27 nênf (r) ≥ f((1 + x)2(1− 2x)27),ta kí hiệu x0 =(1+x)2(1−2x)27 và tínhf (x0) =642187t +3281x2 +140729tx4 − 1522187tx5 − 1402187tx6 +32729tx7 − 162187tx8− 827x4 − 6481x3 − 1681x6 +5681x5 +322187tx3 − 3522187tx2= −4(1 + x)(2x− 1)(x− 2)2(2tx4 − 5tx3 + 54x2 − 3tx2 + 8tx + 4t)2187.4.6. Định lý Rolle và ứng dụng 147Lại chú ý rằng 54x2 ≥ 3tx2 và 4t ≥ 5tx3 nên suy ra đa thức trong ngoặc cuốicùng trên tử của f (x0) không âm. Từ đó suy ra f (x0) ≥ 0. Phép chứng minhhoàn tất.Bài toán 4.43. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn11 + x+11 + y+11 + z= 2,chứng minh rằng12 + xy+12 + yz+12 + zx≤ 43.Hãy chỉ ra tất cả các trường hợp có đẳng thức.Bài toán 4.44. Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì1a2 + bc+1b2 + ca+1c2 + ab≤ a + b + cab + bc + ca(1a + b+1b + c+1c + a).4.6 Định lý Rolle và ứng dụngTrên đây ta đã giải quyết được một lớp các bất đẳng thức ba biến. Câu hỏitự nhiên nảy sinh sẽ là giải những bài có số biến nhiều hơn, hoặc chí ít cũng lànhiều hơn một biến. Mục này sẽ khai thác định lý Rolle để chuyển việc chứngminh bất đẳng thức bốn biến số về ba biến số. Với cách này, ta cũng giải quyếtđược nhiều bất đẳng thức đa thức bốn biến.Định lý 4.2 (Định lý Rolle). Giả sử rằng f : → R là liên tục trên và khảvi trên (a, b). Nếu f (a) = f (b), thì tồn tại một số c thuộc (a, b) sao cho f ′(c) = 0.Định lý Rolle quan trọng về mặt lý thuyết, và một số bổ đề hữu ích cũng cóthể rút ra từ định lý này. 4Sau đây ta xét một số ứng dụng giải toán.Bài toán 4.45. Chứng minh rằng nếu a, b, c, d ≥ 0 thì3√abc + bcd + cda + dab4≤√ab + bc + cd + da + ac + db6.Chứng minh. Vi a, b, c, d là bốn số thực không âm tuỳ ý nên chúng có thể lànghiệm của đa thứcf (x) = (x− a)(x− b)(x− c)(x− d).4Nếu f là một hàm liên tục và khả vi, chẳng hạn trên , và nếu x1 và x2 là các nghiệm củaa