Tấn Phú » Tấn Thịnh

Đề bài. Cho \(x, y \ge 0\), chứng minh rằng \(x^3+y^3 \ge x^2y+xy^2\).

Giải.

\(x^3+y^3 \ge x^2y+xy^2\)
\(\Leftrightarrow (x+y)(x^2-xy+y^2) \ge xy(x+y)\)
\(\Leftrightarrow (x+y)[(x^2-xy+y^2)-xy] \ge 0\)
\(\Leftrightarrow (x+y)(x-y)^2 \ge 0\)

Vì \(x, y \ge 0\) và \((x-y)^2 \ge 0\) nên bất đẳng thức cuối cùng ở trên đúng. Từ đó suy ra bất đẳng thức đề cho đúng, ta có điều cần chứng minh.

Đề bài 2. Cho \(a, b, c, d >0\). Chứng minh rằng
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d} \ge \dfrac{16}{a+b+c+d}\)

Giải. Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương \(a, b\) ta có:
\(a+b \ge 2\sqrt{ab}\) (1)
Lại áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương \(\dfrac{1}{a}\),\(\dfrac{1}{b}\) ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \ge \dfrac{2}{\sqrt{ab}}\) (2)
Nhân 2 bất đẳng thức (1) và (2) theo vế ta được:
\((a+b)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right) \ge 4\) (3)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{a+b}\) (4)
Tương tự (4), bằng cách thay \(a, b\) bởi \(c, d\) ta có:
\(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d} \ge \dfrac{4}{c+d}\) (5)
Cộng theo vế (4) và (5) ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d} \ge 4\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d}\right)\) (6)
Lại áp dụng bất đẳng thức (4) và thay \(a\) bởi \(a+b\), thay \(c\) bởi \(c+d\) ta có:
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d} \ge \dfrac{4}{a+b+c+d}\) (7)
Kết hợp (6) và (7) ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d} \ge \dfrac{16}{a+b+c+d}\).

Chú ý. Đây là một bài tương đối cơ bản về kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Cô si để đi chứng minh những bất đẳng thức phức tạp. Nên thuộc các bất đẳng thức trung gian từ (1) đến (7) trong lời giải trên, việc thuộc các kết quả trung gian này có lợi cho ta trong việc tìm lời giải cho các bài khác mà phải dùng bất thức Cô si.

Ở bài đầu tiên ta đã dùng kĩ thuật biến đổi tương đương, còn bài thứ 2 thì khó mà dùng biến đổi tương đương vì khi biến đổi tương đương thì biểu thức khá phức tạp.