1 CÁC BÀI TOÁN CÓ NHIỀU LỜI GIẢI Võ Quốc Bá Cẩn Bài 1. (Chọn đội tuyển Rumani 1999) Cho 12 ,,, n aa a là các số thực dương thỏa mãn 12 1. n aaa Chứng minh rằng 12 11 11 1 1. 1 n n a n na a Chứng minh. Cách 1. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cho 1n và để ý rằng 1 1, 11 i ii a n a n a n ta viết được nó dưới dạng 12 12 1. 1 1 1 n n a a a a n a n a n Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 12 12 2 12 12 1 1 1 , ( 1) ( 1) ( 1) n n n n a a a a n a n a n aa a n a n a an ta đưa được bài toán về chứng minh 2 1 2 1 2 ( 1). nn a a a aa a n n Do 2 12 1 1 2 n n i j i j n i i aa a a aa nên bất đẳng thức trên tương đương với 1 ( 1) . 2 ij i j n nn aa Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức AM-GM 2 ( 1) 2 1 1 ( 1) ( 1) . 22 nn i j i j i j n i j n n n n n a a a a Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 12 1. n a aa Cách 2. Giả sử bất đẳng thức đã cho sai. Khi đó tồn tại các số thực dương 12 ,,, n aa a thỏa mãn 12 1 n aa a sao cho 12 11 11 1 1, 1 n n a n na a hay 12 12 1. 1 1 1 n n a a a a n a n a n Từ đây sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 12 23 1 23 3 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 1 ( 1) . (1 1 ) n n n n n n n i i a an a a a a a a n a n a n a n n a n a n a n an n an an a Suy ra 1 1 1 1 (1 1. (1 ) ) i n n i a a a n n Tương tự ta cũng có 23 1 1 1 23 1 1 1 1, 1, 1. ( 1) ( ( 1) 1) ( 1 ( 1) ( , ) 1) n n n n n n n i i i i i i n a a a a n a n a n a n a n a n Nhân các bất đẳng thức này lại theo vế ta thu được 11 (vô lý). Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ở trên là sai, hay nói một cách khác, bài toán được chứng minh. Cách 3. Thực hiện biến đổi tương tự như cách 1, ta phải chứng minh 3 12 12 1. 1 1 1 n n a a a a n a n a n Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 ( 1) ( 1) ( 1) . n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n nn n a a a an a n a a a n a a a a n a a a a a a a a a a Tương tự 1 22 1 1 1 2 12 1 33 1 1 1 3 12 1 1 1 1 12 , 1 , . 1 , 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n n aa an a a a aa an a a a aa an a a a Cộng n bất đẳng thức trên lại theo vế, ta có ngay điều phải chứng minh. Cách 4. Ta sẽ chứng minh mệnh đề tổng quát như sau: Nếu 12 ,,, n aa a là các số thực dương thỏa mãn 12 1 n aa a và 1, n mn thì 12 11 1 . 1 n nn nn a m a m n a m m Kết quả bài toán ứng với trường hợp 1. n mn Chứng minh. Ta sử dụng phương pháp quy nạp Toán học. 4 Với 2,n bất đẳng thức trở thành 1 2 2 2 2 11 , 1 n a m a m m đúng vì 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 12 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 ( 1) ( 1) 0. ( )(1 )(1 ) a a m a m m a m m a m am a m m a m Giả sử bất đẳng thức đúng với 2.nk Ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với 1,nk tức là: Nếu 12 1 ,,,, kk aaa a là các số thực dương thỏa mãn 112 1 kk aa aa và 1 , k mk thì 111 121 11 11 1 1 1 . 1 kkkk k k k k a m a m ma m a m Không mất tính tổng quát giả sử 12 1 , kk aaaa suy ra 1 1. k a Đặt 1 12 1 1, 2,1 ,, 1 , , . k i k k ik k k a i k m a b b a a b m b a Khi đó ta có 12 1 k bb b và 1 1 kk m m k k nên theo giả thiết quy nạp, ta sẽ có 12 1 1 . 1 1 k k k kk b m b m k mmb Thay i i a b b và 1k k m m b vào rồi rút gọn, ta thu được ngay 1 11 121 1 1 . 1 k k k kk k amam bmam Từ đánh giá này suy ra ta chỉ cần chứng minh (chú ý 1 1 k k a b ) 11 1 1 . 1 1 k k kk k k b k b m m mb Bất đẳng thức này tương đương với 5 11 1 1 1 1 1 11 (1 ) (1 ) 1, 1 1 (1 ) , 1 (1 ) ( )(1 ) (1 ) 0, k kk k k k k k k k kk kk b m k m k bm mb b k b bm mb b b m b b k m b 12 1 2 1 1 1 (1 ) (1 ) 0, (1 ) (1 2 ) ( 1) 0. k k k k kk k b m b b kb b b b k b m b kb k k b b Bất đẳng thức cuối cùng đúng do 1 1 1 1 1 ( 1) (1 ) (1 2 ) (1 2 ). k k k k k k k b b k b b k b kb m b kb Như vậy, ta đã chứng minh được bất đẳng thức cũng đúng với 1.nk Theo nguyên lý quy nạp, ta có nó đúng với mọi 2.n Bài 2. Cho , , ,a b c d là các số thực dương thỏa mãn 1.abcd Chứng minh bất đẳng thức sau 2 2 2 2 1 1 1 1 1. (1 ) (1 ) (1 ) (1 )a b c d Chứng minh. Cách 1. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề. Nếu ,xy là các số thực dương, thì 22 1 1 1 . 1 (1 ) (1 ) xy xy Chứng minh. Cách 1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 2 ( )(1 ) (1 ) 1 (1 ) , x x y xy x xy yy suy ra 2 1 . ( )(1 ) (1 ) y x y xy x Tương tự ta cũng có 6 2 1 . ( )(1 ) (1 ) x x y xy y Cộng hai bất đẳng thức này lại, ta được 22 1 1 1 . ( )(1 ) 1 (1 ) (1 ) yx x y xy xy xy Bổ đề được chứng minh. Cách 2. Tiến hành biến đổi trực tiếp, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 1 1 1 ( ) 2 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ( ) ( 1) 0. (1 ) (1 ) (1 ) xy x y x y xy xy x y x y xy xy x y xy x y xy Trở lại bài toán. Sử dụng bổ đề trên ta được 22 22 1 1 1 , 1 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 . 1 1 1 (1 ) (1 ) 1 ab ab ab cd ab cd ab Từ đó suy ra 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1. 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ab ab a b c d Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c d Cách 2. Đặt 5 5 5 4 2 3 3 2 2 4 1 1 1 ,,x y z a b c ab c a bc và 1,t ta dễ dàng kiểm tra được 2 2 2 2 , , , . yz zt tx xy a b c d x y z t Thay bất đẳng thức đã cho, ta viết được nó lại thành 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1. ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x yz y zt z tx t xy Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được 7 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) () . ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x yz y zt z tx t xy x y z t x yz y zt z tx t xy Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ), ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ). x yz z tx x y x z z t z x x y z t x z y zt t xy y z y t t x t y x y z t y t Kết hợp với trên, ta suy ra 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) () 1. ( )( ) ( )( ) x y z t x yz y zt z tx t xy x y z t x y z t x z x y z t y t Cách 3. Đặt 1, ,x y a z ab và ,t abc ta dễ thấy ,, yz ab xy t c z và . x d t Thay vào bất đẳng thức đã cho, ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 1. ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x y y z z t t x Gọi P là vế trái của bất đẳng thức trên. Sử dụng lần lượt các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) x x t y y x z z y t t z P x y x t y z y x z t z y t x t z x y z t x y yz zt tx x y z t x t y z x y z t x t y z x y z t 2 2 2 1. ( ) ( )x t y z 8 Cách 4. Đặt 4 4 4 4 1 1 1 1 , , ,a b c d x y z t ( , , , 0)x y z t thì ta cũng có 1.xyzt Khi đó 8 8 6 2 4 2 4 2 3 2 1 . (1 ) ( 1) ( ) ( ) x x x a x x xyzt x yzt Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành 6 6 6 6 3 2 3 2 3 2 3 2 1. ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x yzt y ztx z txy t xyz Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta đưa được bài toán về chứng minh 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .x y z t x yzt y ztx z txy t xyz Thực hiện khai triển và rút gọn, ta được 3 2 2 233 2 2 . sym x yzt y z txy Bất đẳng thức này đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 4 2 2 , 33 2 . 33 sym sym y z t x yzt x x y y z z t t y y z t x y Phép chứng minh hoàn tất. Bài 3. (Olympic Toán Ukraine 2001) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , , , , , ,a b c x y z bất đẳng thức sau đây luôn được thỏa mãn 2 ( ) 4( )( ).ay az bz bx cx cy ab bc ca xy yz zx Chứng minh. Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . bc y z yz b c VP a y z x b c y z y z bc y z yz b c a y z x b c y z y z Do đó, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh được 9 ( ) ( ) ( ) ( ) . bc y z yz b c ay az bz bx cx cy a y z x b c y z y z Bất đẳng thức này tương đương với ( ) ( ) , bc y z yz b c bz cy b c y z 22 () . b z c y yz b c b c y z Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được 2 2 2 11 ( ) ( ) .b z c y b c zy Từ đó suy ra 22 () . 11 b z c y b c yz b c b c y z zy Phép chứng minh được hoàn tất. Cách 2. Lấy căn bậc hai của hai vế và chú ý rằng ( )( ) ( ),ay az bz bx cx cy a b c x y z ax by cz ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng 2 ( )( ) ( )( ).ax by cz ab bc ca xy yz zx a b c x y z Đến đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2( ) 2( ) [ 2( )][ 2( )] ( )( ) . VT a b c x y z ab bc ca xy yz zx a b c ab bc ca x y z xy yz zx a b c x y z VP Cách 3. Tương tự như cách 2, ta phải chứng minh rằng 2 ( )( ) ( )( ).ax by cz ab bc ca xy yz zx a b c x y z Để ý rằng đây là một bất đẳng thức thuần nhất cho các bộ số ( , , )a b c và ( , , ).x y z Vì thế, không giảm đi tính tổng quát, ta hoàn toàn có thể giả sử rằng 1.a b c x y z Lúc này, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 10 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 ( ) ( ) 2 2 2 2( ) 2( ) 22 ( ) ( ) 1 ( )( ). 22 a x b y c z VT ab bc ca xy yz zx a b c ab bc ca x y z xy yz zx a b c x y z a b c x y z Bài 4. (IMO 2008) Cho ,, 1x y z và 1.xyz Chứng minh rằng 2 2 2 1. 1 1 1 x y z x y z Chứng minh. Cách 1. Đặt , , , 1 1 1 x y z a b c x y z khi đó ta có ,,. 1 1 1 a b c x y z a b c Do giả thiết 1xyz nên ( 1)( 1)( 1),abc a b c suy ra 1.a b c ab bc ca Bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về 2 2 2 1.a b c Để ý rằng 1 2 1 2( ) 1,a b c ab bc ca ta có thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng 2 2 2 2( ) 1.a b c a b c ab bc ca Không mấy khó khăn, ta có thể phân tích bất đẳng thức cuối thành 2 ( 1) 0a b c là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Chứng minh hoàn tất. Cách 2. Do ,, 1x y z và 1xyz nên tồn tại các số thực ,,a b c sao cho 2 2 2 ,, bc ca ab x y z a b c (chẳng hạn 33 3 1 1 1 ,,a b c x y z ). Khi đó, bất đẳng thức đã cho được viết lại dưới dạng thuần nhất là 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1. ( ) ( ) ( ) a b c a bc b ca c ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có [...]... dụng bất đẳng thức AM-GM, suy ra a2 2 (a (c 2 bd )2 d2) bc)2 (ac 2 (a 2 1 3 với x ac bd b 2 )(c 2 d 2) Rõ ràng vế trái của bất đẳng thức này luôn dương, vì thế ta có thể lấy bình phương hai vế để thu được bất đẳng thức tương đương 2 x2 2 1 x 3 Ta có 2 x2 2 1 x x 2) 4(1 x 2) (1 x2 x2 4x 1 4x 2 3 2 x2 1 x2 4x 1 2x 3 3 Bài toán được chứng minh xong Bài 8 (Chọn đội tuyển Iran 2009) Cho a, b, c là các số... ) z 2 zx x 2 2 yz zx 1 2 2 Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác đã cho là tam giác đều Cách 2 Đặt x x2 y2 z2 cos A, y x2 y2 cosC thì ta có x , y, z z2 2y 2 y 1 2z 2 z 1 2xyz và để ý rằng 1 2x 2 x 1 thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng x 2 (1 x ) y 2 (1 y ) z 2 (1 z ) 1 x 1 y 1 z Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 12 0 và 1 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành... bất đẳng thức đúng 2(x y)2(y z )2(z x )2 12xyz(x y)(y z )(z x ) 2x 2y 2z 2 0 Bài toán được chứng minh xong Bài 15 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a(b b(c 1) c(a 1) 3 (a 2 1) 1)(b 1)(c 1) Chứng minh Cách 1 Chia hai vế của bất đẳng thức cho a b 1 a 1 a 2 a 1 1 1 c 1 1 c c 1 , a 1 3 2 1 b b b 1 1 a 2 a 1 1 1 1 b 2 b 1 1 1 a 1 1 1 c 1), ta được c 1 1 c c 1 b 1 2 c 1 Cộng ba bất đẳng thức. .. Cộng ba bất đẳng thức này lại theo vế, ta được a 1)(c c 1 a 1 c 1 b 1 a Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 1)(b (a b b 1 1 b 1 1 1 c c 1 a 1 , 1 1 3 2 35 Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 Cách 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có VT 2 3 a(b 1) b(c 1) c(a 1) Như vậy, bất đẳng thức của ta sẽ được chứng minh nếu ta có 4 a(b 1) b(c 1) c(a 1) 3(a 1)(b 1)(c... thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa cho abc thức cần chứng minh trở thành a6 2 b6 2 a(a 3 2) b(b 3 2) Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có 24 c6 c(c 3 2 2) a b 1 Bất đẳng c (a 6 1 1)(a 2 a 1)(a 2 1 a) 3 a 10 3 a 3 3 a a(a 3 2)3, từ đó suy ra a6 2 a3 2 3 a 1 3 2 2 a(a 2) a a 1 a a 1 Bằng cách thiết lập hai bất đẳng thức tương tự cho hai biểu thức còn lại, ta có thể đưa bài toán về chứng minh 1 1 1 1 2 2 2 a a... 10 (Olympic Toán Belarus 1998) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a b b c c a a b b c b a c b 1 Chứng minh Cách 1 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a b c a b b c (a 2b c)2 1 2 b c a b c a b (a b)(b c) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a b c a 2 b2 c2 b2 (a b c b )2 1 b c a ab bc ca b 2 ab bc ca b 2 (a 2b c)2 (a b)(b c) Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra... dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có ac b(b c) b2 c(b c) bc (b a(a b) ac b c) ab c bc a 2b (b b c) a(b c) b 1, (a b) 2 Bài toán được quy về chứng minh ab c bc a ca b 2 a a a(b c) b Bất đẳng thức này tương đương với ab bc ca (a 2b)(2b c) 2a 2b 2c 2a c a b b ab bc 2b (đúng theo AM-GM) c a Bài toán được chứng minh xong (a 4b a c ,y , ta có b b c y a b x 1 b c 1 y , , a x b c 1 y a b x 1 Bất đẳng thức. .. lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng 9 a ab 2 ab(b 1)(c 1) (a 1)(b 1)(c 1) 4 Theo bất đẳng thức AM-GM thì ab(b 2 1)(c ab(c 1) a b Do đó, ta chỉ cần chứng minh được 2(a b c ab bc ca ) 1) c 3abc (b ab 3 1) bc ca 9 (a 4 3abc 1)(b 1)(c 3 1), tương đương a b c ab bc Bài toán được chứng minh xong ca 3abc 3 (đúng) Cách 3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được a(b b(c (a 1) (b 1) b(c (a Từ đó bài. .. min P 2 2 2x 4y Cách 2 Từ giả thiết suy ra z và 2xy 7 2xy 7 2x 4y P x y 2xy 7 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2x 4y 11 7 P x y x y 2xy 7 2x 2x kiện của đề bài và P x 11 2x 2xy 7 2x 2(x 2 7) x (2xy 7) x 2xy 7 2(x 2 7) , hay y 2 2xy 7 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì Đẳng thức xảy ra khi 0 Do đó 2x 4y 2xy 7 2 x 11 2x 2 x2 x 7 7 2 x2 2x 7 (x 2 7)(9 7) 3x 7 (Đẳng thức xảy ra khi x... b c Khi đó, cũng sử dụng bất đẳng thức Cauchy 1 ab c2 bc ca 2 bc 2 2 c2 ab 2(ab bc ca ) b c 2 a(b c ) 2 b2 c2 a (b c) 2 2 a(b c a ) a(b c a ) b c và 1 2 a a bc a bc a2 ab bc ca a(b c) a , 2 2 2 b c a(b c) (b c) a(b c) a b c nên bất đẳng thức trên được suy ra từ Ta có 2 1 b c 2 a Từ đây, bằng cách đặt t b 2a a b c c 2 2 1, ta có thể đưa bài toán về chứng a minh một bất đẳng thức một biến và việc chứng . của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng 2 2 2 cos cos cos 1 . cos 1 cos 1 cos 1 2 A B C A B C Chứng minh. Cách 1. Đặt cot , cotx A y B và cotzC thì ta có , , 0x y z và 1.xy yz zx Sử. y z x y z Sử dụng các kết quả quen thuộc trong tam giác nhọn (1 cos )(1 cos )(1 cos ) cos cos cos ,A B C A B C 3 cos cos cos , 2 A B C ta thu được (1 )(1 )(1 )x y z xyz và 3 . 2 x y. 2 22 22 2 2 22 2 33 22 2 33 2 1 cos 1 cos 1 1 11 1 1 ( )( ) 1 . 2( ) 2( ) x x x x Ax x Ax x x x x x xx xx x y x z x xx x x y x z Tương tự ta cũng có 2 3 3 2 2 3 3 2 cos , cos 1 2( ) 2( ) cos . cos 1 2( ) 2(