Tuyển tập phương pháp, kĩ thuật chứng minh Bất Đẳng Thức Tập : Các chuyên đề tuyển tập nhỏ Mục Lục Hojoo Lee Topic In Inequalities, Theorems and Techniques Po-Shen Loh II Inequalities 87 Phạm Văn Thuận, Triệu Văn Hùng Proving Inequalities Using Linear Functions .91 Phạm Kim Hùng The Entirely Mixing Variables Method 95 Đỗ Trọng Đạt, Vũ Thanh Tú, Vũ Đình Việt, Trần Trung Kiên Ứng Dụng Của Phép Nhóm Abel Trong Chứng Minh Bất Đẳng Thức 101 Iurie Boreico, Marcel Teleuca An Original Method Of Proving Inequalities 114 Hoàng Minh Quân Ứng Dụng Bất Đẳng Thức Cauchy-Schwarz Dạng Engel Trong Chứng Minh Bất Đẳng Thức .116 Trần Lê Bách Một Bất Đẳng Thức Hay Về Diện Tích Tam Giác 125 Lê Hồ Quý Bất Đẳng Thức Muirhead Và Một Số Áp Dụng 130 Hoàng Minh Quân Bất đẳng thức Blundon áp dụng 138 Phạm Văn Thuận Bất đẳng thức tam giác 155 Võ Quốc Bá Cẩn Kỹ thuật thêm - tách - bớt bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 159 Andy Liu The rearrangement inequalities 168 Nguyễn Duy Tùng, Zhou Yuan Zhe The Interesting Around Technical Analysis Three Variable Inequalities 173 Lê Hữu Phước Bất đẳng thức Finsler-Hadwiger Neuberg-Pedoe 207 Võ Quốc Bá Cẩn Bất đẳng thức Schur Vornicu - Schur 224 Võ Thành Văn Bất đẳng thức Schur phương pháp đổi biến P,Q,R 251 Phạm Kim Hùng, Vũ Đình Việt, Trần Trung Kiên Kỹ thuật Cauchy ngược dấu 267 Võ Quốc Bá Cẩn Nhỏ mà không nhỏ 279 Võ Quốc Bá Cẩn Dồn biến cổ điển bất đẳng thức Jack Garfunkel 295 Võ Quốc Bá Cẩn Dồn biến "thừa - trừ" 304 Vardan Verdiyan, Daniel Campos Salas Simple trigonometric substitutions with broad results 313 Võ Quốc Bá Cẩn Bài giảng Seminar 326 Nguyễn Anh Tuyến Bất đẳng thức Nesbitt 338 Nguyễn Tấn Sang Bổ đề bất đẳng thức : a b c + + b c a 3(a2 + b2 + c2 ) √ 360 abc Nguyễn Văn Huyện Về toán bất đẳng thức Darij Grinberg 370 Võ Quốc Bá Cẩn Yếu tố "ít nhất" 386 Võ Quốc Bá Cẩn, Phạm Thị Hằng Kỹ thuật Cauchy bất đối 412 Võ Quốc Bá Cẩn Phương pháp chuyển vị chứng minh bất đẳng thức hoán vị 419 Đỗ Trọng Đạt, Tăng Hải Tuân, Trần Trung Kiên Ứng dụng tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức 429 Nguyễn Văn Huyện Tản mạn bất đẳng thức 450 Nguyễn Tiến Thùy Đánh giá biên 456 Nguyễn Văn Huyện Phương pháp S-S bất đẳng thức dạng Schur 461 Andre Rzym Muirhead’s Inequality 470 Trần Lê Bách On tangent line method in proving inequality 474 Phạm Kim Hùng On the AM-GM Inequality 481 Vasile Cirtoaje On the Cyclic homogeneous polynomial inequalities of degree four 485 Titu Andresscu Two Useful substitutions 495 Titu Andresscu Always Cauchy - Schwarz 504 Phạm Tiến Kha Về lớp bất đẳng thức 518 Trần Trung Kiên Phương pháp nhân tử Lagrange 526 Diễn đàn Bất đẳng thức VIF Inequalities From 2007 Mathematical Competition Over The World 537 Diễn đàn Maths.vn Inequality Contest 2009 564 Võ Quốc Bá Cẩn Tuyển tập bất đẳng thức Trần Quốc Luật 598 Trần Phong Tổng hợp bất đẳng thức toanphothong.vn 632 Lê Hữu Phước Tuyển tập bất đẳng thức 687 Tăng Hải Tuân Bất đẳng thức đề thi HSG tỉnh năm 2014- 2015 717 CÁC CHỦ ĐỀ VỀ BẤT ĐẲNG THỨC - CÁC ĐỊNH LÝ VÀ CÁCH CHỨNG MINH from Hojoo Lee - translated by Nguyễn Ngọc Tiến - chưa thức công bố Mục lục trang Mục lục Chương 1: Bất đẳng thức Hình 1.1 Phép Ravi 1.2 Các phương pháp lượng giác 1.3 Các ứng dụng Số Phức III học Chương 2: Bốn cách chứng minh 2.1 Phép thay lượng giác 2.2 Phép thay Đại Số 2.3 Định lý hàm tăng 2.4 Thiết lập cận 1 14 16 16 20 28 31 Chương 3: Thuần hóa Chuẩn hóa 3.1 Thuần hóa 3.2 Bất đẳng thức Schur Định lý Muirhead 3.3 Chuẩn hóa 3.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Bất ng thc Hăolder 36 36 39 45 50 Chương 4: Tính lồi 4.1 Bất đẳng thức Jensen 4.2 Các trung bình lũy thừa 4.3 Bất đẳng thức Trội 4.4 Bất đẳng thức áp dụng đường thẳng 56 56 60 63 65 Chương 5: Bài Toán 5.1 Các bất đẳng thức đa biến 5.2 Các toán hội thảo Putnam 68 68 78 Chương Bất đẳng thức Hình học Sự sung sướng chứng minh tốn tơi chứng minh E Landau 1.1 Phép Ravi Nhiều bất đẳng thức đơn giản hóa phép thích hợp Chúng ta bắt đầu với bất đẳng thức hình học cổ điển Bất đẳng thức hình học khơng tầm thường ? Vào năm 1746, Chapple chứng minh Định lý 1.1.1 (Chapple 1746, Euler 1765) Cho R r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Khi đó, ta có R ≥ 2r dấu đẳng thức xảy ABC tam giác Chứng minh Cho BC = a, CA = b, AB = c, s = a+b+c S = [ABC].2 Ta nhớ lại dồng abc thức: S = 4R , S = rs, S = s(s − a)(s − b)(s − c) Vì vậy, R ≥ 2r tương đương với abc ≥ Ss hay abc ≥ Ss hay abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c) Ta cần chứng minh điều khẳng 4S định sau Định lý 1.1.2 ([AP], A Padoa) Cho a, b, c cạnh tam giác Khi đó, ta có abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c) hay abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) dấu đẳng thức xảy a = b = c Chứng minh Ta sử dụng phép Ravi: Vì a, b, c cạnh tam giác, nên tồn số thực dương x, y, z cho a = y + z, b = z + x, c = x + y (Tại vậy?) Khi đó, bất đẳng thức cho trở thành (y + z)(z + x)(x + y) ≥ 8xyz với x, y, z > Tuy nhiên, ta lại (y + z)(z + x)(x + y) − 8xyz = x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 ≥ Bài tập Cho ABC tam giác vuông Chứng tỏ √ R ≥ (1 + 2)r Khi đẳng thức xảy ? Bất đẳng thức hình học bất đẳng thức tam giác : AB + BC ≥ AC Trong tập sách này, [P ] ký hiệu diện tích đa giác P Thật tự nhiên hỏi bất đẳng thức định lý có xảy khơng số thực dương tùy ý a, b, c? Đúng ! Có thể chứng minh bất đẳng thức mà không cần thêm điều kiện a, b, c cạnh tam giác: Định lý 1.1.3 Cho x, y, z > Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) Dấu đẳng thức xảy x = y = z Chứng minh Vì bất bất đẳng thức đối xứng theo biến, khơng tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z Khi đó, ta có x + y > z z + x > y Nếu y + z > x, x, y, z chiều dài cạnh tam giác Trong trường hợp này, định lý 2, cho ta kết Bây giờ, ta giả sử y + z ≤ x Khi đó, xyz > ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) Bất đẳng thức định lý xảy x, y, z 0: Định lý 1.1.4 Cho x, y, z ≥ Khi đó, ta có xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) Chứng minh Vì x, y, z ≥ 0, ta tìm dãy số dương {xn }, {yn }, {zn } với lim xn = x, lim yn = y, lim zn = z n→∞ n→∞ n→∞ Áp dụng định lý 2, suy xn yn zn ≥ (yn + zn − xn )(zn + xn − yn )(xn + yn − zn ) Bây giờ, lấy giới hạn hai phía, ta kết Rõ ràng, bất đẳng thức xảy x = y = z Tuy nhiên, xyz = (y+z−x)(z+x−y)(x+y−z) x, y, z ≥ không đảm bảo x = y = z Thực vậy, với x, y, z ≥ 0, bất đẳng thức xyz = (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) tương đương với x = y = z hay x = y, z = hay y = z, x = hay z = x, y = Ta có kiểm tra xyz − (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) = x(x − y)(x − z) + y(y − z)(y − x) + z(z − x)(z − y) Vì vậy, định lý trường hợp đặc biệt bất đảng thức Schur Bài toán (IMO 2000/2, Titu Andreescu đề nghị) Cho a, b, c số dương cho abc = Chứng minh a−1+ b b−1+ c c−1+ a ≤ Cách giải Vì abc = 1, ta thực thay a = xy , b = yz , c = lại bất đẳng thức cho dạng x, y, z : z x −1+ y y x y −1+ z z z x với x, y, z > 0.3 Ta viết z y −1+ ≤ ⇔ xyz ≥ (y + z − x)(z + x − y)(x + y − z) x x Cho ví dụ, lấy x = 1, y = a1 , z = ab Kết hợp đánh giá sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có (x + y + z)(x + y) V T · (x + y + z) ≥ + (x + y + z) (x − y)2 (x + y)2 (x + y)2 ≥ + xy (x − y)2 ( 1 + x y ) 4xy (x − y)2 + + xy (x − y)2 √ 4xy (x − y)2 ≥5+2 · xy (x − y)2 =1+ = Phép chứng minh hoàn tất √ Với x ≥ y ≥ z ≥ đẳng thức xảy x = (2 + 3)y, z = Bài 13 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh ( ) 1 3 a +b +c +2 + + ≥ 3(ab + bc + ca) a b c Chọn HSG quốc gia, Lâm Đồng, 2014 - 2015 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có 1 + + ≥ = a b c a+b+c Do ta cần chứng minh a3 + b3 + c3 + ≥ 3(ab + bc + ca) Sử dụng bất đẳng thức AM − GM dễ thấy a3 + + ≥ 3a, ta cần chứng minh 3(a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca), hay tương đương (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Hiển nhiên Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Bài 14 Cho ba số không âm a, b, c Chứng minh rằng: √ √ √ √ √ √ √ 5a2 + 4bc + 5b2 + 4ca + 5c2 + 4ab ≥ 3(a2 + b2 + c2 ) + 2( ab + bc + ca) Chọn HSG quốc gia, Quảng Nam, 2014 - 2015 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương ∑ (√ √ ) √ 5a2 + 4bc − bc ≥ (a2 + b2 + c2 ), 730 ∑ 5a2 (√ √ √ ) ≥ (a2 + b2 + c2 ) 5a2 + 4bc + bc Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có √ √ 8a2 + 3b2 + 3c2 + 4bc 5a2 + 4bc ≤ , √ √ 2 3(a2 + b2 + c2 ) · bc ≤ a + b + c + 3bc Do √ 3(a2 + b2 + c2 ) · (a2 + b2 + c2 ) (√ √ ) 8a2 + 3b2 + 3c2 + 4bc 5a2 + 4bc + bc ≤ + a2 + b2 + c2 + 3bc 10a2 + 5(b + c)2 = Từ đó, sử dụng đánh giá kết hợp với bất đẳng thức quen thuộc (b + c)2 ≤ 2(b2 + c2 ), ta có ∑ ∑ 5a2 10a2 (√ √ √ )≥ 10a2 + 5(b + c)2 (a2 + b2 + c2 ) 5a2 + 4bc + bc ∑ 2a2 + (b + c)2 ∑ 2a2 ≥ 2a + 2(b2 + c2 ) a2 b2 c2 = + + a + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 = = 2a2 Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = √ √ Bài 15 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + xz = Chứng minh rằng: 3yz 4zx 5xy + + ≥ x y z Chọn HSG quốc gia, Tuyên Quang, 2014 - 2015 Lời giải Nhìn bất đẳng thức khơng có dạng đối xứng, nên ban đầu đốn đẳng thức xảy biến khơng Sau hồi suy nghĩ khơng tìm đẳng thức xảy nào, thử cho trường hợp x = y = z âu mai gót, xảy x = y = z = Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có √ x+z 3x + 2y + z √ = xy + xz ≤ x + y + = , 2 từ suy 3x + 2y + z ≥ Như vậy, ta tìm cách đánh giá cho 3yz 4zx 5xy + + ≥ · (3x + 2y + z) x y z 731 yz zx xy zx xy yz · = z, · = x, · = y nên để đánh giá vế trái x, y, z ta sử dụng x y z y z x bất đẳng thức AM − GM cho hai số Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có (√ ) √ √ yz zx xy (a + c) + (b + e) + (d + f ) ≥2 ef · x + cd · y + ab · z x y z Chú ý Vì ta dự đoán dấu xảy x = y = z nên để dấu bất đẳng thức AM −GM thỏa mãn, ta cần có a = b, c = d, e = f Mặt khác theo giả thiết, ta phải có a + c = 3, b + e = 4, d + f = Từ suy e = f = 3, c = d = 2, a = b = Như vậy, ta trình bày sau ( ) ( ) ( yz xy ) yz zx xz xy VT = + +2 + +3 + x y x z y z ≥ 2z + 4y + 6x = · (3x + 2y + z) ≥ Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy x = y = z = Bài 16 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz Chứng minh 1 √ +√ +√ ≤ 2 1+x 1+z 1+y Chọn HSG quốc gia, Thái Nguyên, 2014 - 2015 Lời giải Cách 1: 1 Đặt a = , b = , c = ta có ab + bc + ca = Khi x y z 2a b c √ +√ +√ + a2 + b2 + c2 2a b c =√ +√ +√ (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) Nhìn dấu làm ta nhớ đến bất đẳng thức AM − GM Tuy nhiên ta sử dụng bất đẳng thức AM − GM kiểu √ a+b+a+c (a + b)(a + c) ≤ cho đánh giá ≥, mà ta cần ≤ Chú ý √ 1 √ = · , a+b a+c (a + b)(a + c) Đến đây, ta cần đánh giá cho bé nên ta đánh giá AM − GM kiểu √ ( ) 1 1 · ≤ + a+b a+c a+b a+c Tuy nhiên ta khơng thể đánh giá bừa Vì ta chưa biết dấu đẳng thức xảy Đã đến lúc dự đoán đẳng thức đạt Vì bất đẳng thức cần chứng minh đối xứng với hai biến b c, nên ta dự đoán đẳng thức đạt b = c Khi 1 1 = , =k· =k· a+b a+c b+c b+a a+c 732 Ta tìm k Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có 2a b c +√ +√ (a + b)(a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b) √ √ √ 1 b 1 c 1 =a·2· · +√ · ·k +√ · ·k a+b a+c b + a b + c c + a c + b k ( ( ) ) k ( ) 1 b 1 c 1 ≤a· + + √ · +k + √ · +k a+b a+c b+a b+c c+a c+b k k √ √ b c b k c k a+ √ a+ √ + k k = + + a+b √ a+c c + b √ √ ka + b ka + c k = √ · + √ · + a+b a+c 2 k k √ k 1 Để biểu thức cuối số khơng đổi điều kiện cần = Suy k = Với k = 1 4 √ √ √ ka + b ka + c k √ · + √ · + = a + b a + c k k Con số điều mong muốn Bài tốn chứng minh xong Đẳng thức xảy ab + bc + ca = 1, a = 7b = 7c tương đương a = √ , b = c = √ 15 15 √ √ 15 hay x = , y = z = 15 Cách 2: Với điều kiện ab + bc + ca = 1, ta nhớ đến công thức lượng giác tam giác √ tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A = Do đó, ta đặt a = tan A, b = tan B, c = tan C, với A, B, C ba góc tam giác Khi đó, ta cần chứng minh cos A + cos B + cos C ≤ ( ) B+C π A A Thật vậy, vài phép biến đổi lượng giác, với ý cos = cos − = sin , ta có 2 2 cos A + cos B + cos C ( ) B−C B+C 2A = − 2sin + cos cos 2 ( ) A B−C A = −2 2sin2 − cos sin +2 2 [( )2 ( )2 ] √ √ A A B−C B−C B−C √ cos = −2 · sin − · sin · √ cos + + cos2 +2 2 2 2 2 ( )2 ( ) √ A B−C B−C = −2 sin − √ cos + − sin2 +2 2 2 ≤ +2 = Bài toán chứng minh xong 733 Bài 17 Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn: x2 + y + z = Tìm giá trị lớn M= x2 y+z + + x + yz + x + z + y + x + xyz + Chọn HSG Quốc gia, Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ, 2014 - 2015 Lời giải Đầu tiên, ta chứng minh x2 x2 x ≤ + yz + x + z+y+x+1 Thật vậy, x ≥ nên ta cần chứng minh x(z + y + x + 1) ≤ x2 + yz + x + 1, xz + xy ≤ yz + 1, 2xz + 2xy ≤ 2yz + 2, ( ) 2xz + 2xy − 2yz − x + y + z ≤ 0, −(x − y − z)2 ≤ 0, ln Từ đó, ta có x+y+z + x + y + z + xyz + 1 =1− + x + y + z + xyz + xyz + − (x + y + z) =1− (xyz + 3) (x + y + z + 1) M≤ Ta chứng minh xyz + ≥ x + y + z (1) Cách 1: √ Đặt S = x+y 2 2 Từ giả thiết ta có S + z = + 2xy nên suy 2xy = S + z − Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2xyz + ≥ 2(x + y + z), (S + z ) z + ≥ 2S + 2z, f (S) = zS − 2S + z − 2z + ≥ Khơng tính tổng qt, giả sử z số lớn số x, y, z Dễ thấy z ≥ Vì z > 0, mặt khác ( ) ∆′S = − z z − 4z + ( ) = −(z − 1)2 z + 2z − √ ≤ 0, ∀z ≥ Nên từ suy f (S) ≥ Như (1) chứng minh Từ suy M ≤ Đẳng thức xảy x = 0, y = z = nên giá trị lớn M 734 Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có = x2 + y + z ≥ y + z ≥ 2yz nên suy yz ≤ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz điều thu bên trên, ta có (x + y + z − xyz)2 = [x(1 − yz) + y + z]2 [ ] [ ] ≤ x2 + (y + z)2 · (1 − yz)2 + ( ) = (2 + 2yz) · y z − 2yz + = + 2y z (yz − 1) ≤ Như (1) chứng minh Từ suy M ≤ Đẳng thức xảy x = 0, y = z = nên giá trị lớn M Bài 18 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh ta có a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥ a2 + b2 + c2 b c a Chọn HSG tỉnh, Hải Phịng, 2014 - 2015 Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử b số nằm hai số a c Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 6(a2 + b2 + c2 ) + + ≥ − 2(a + b + c) b c a a+b+c Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (a − b + b − c + a − c)2 4(a − c)2 + + ≥ = b c a a+b+c a+b+c Do đó, ta cần phải chứng minh 4(a − c)2 6(a2 + b2 + c2 ) ≥ − 2(a + b + c), a+b+c a+b+c hay tương đương 4(a − c)2 ≥ 6(a2 + b2 + c2 ) − 2(a + b + c)2 , 4(a − c)2 ≥ 2(a − b)2 + 2(b − c)2 + 2(c − a)2 , (a − c)2 ≥ (a − b)2 + (b − c)2 , 2(a − b)(b − c) ≥ Bất đẳng thức cuối hiển hiên b số nằm hai số a c Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = 735 Bài 19 Cho a, b số thỏa mãn điều kiện: a2 + b2 + = 6a + 2b Chứng minh 4b ≤ 3a Chọn HSG tỉnh Bình Thuận, 2014 - 2015 Lời giải Dự đoán dấu 4b = 3a, kết hợp với giả thiết a2 + b2 + = 6a + 2b dễ thấy a = Từ dự đoán ta có lời giải sau: Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có 12 ,b = 5 )2 12 24a ≥ , 5 ( )2 18b b + ≥ 5 a2 + ( Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên, ta thu a2 + b2 + ≥ hay tương đương 6a + 2b ≥ 24a + 18b , 24a + 18b Từ ta có 4b ≤ 3a Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = 12 ,b = 5 Bài 20 Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 7(a4 + b4 + c4 ) + ab + bc + ca a2 b + b2 c + c2 a Chọn HSG tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu, 2014 - 2015 Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử b số nằm a c, ta có c(a − b)(b − c) ≥ 0, tương đương a2 b + b2 c + c2 a ≤ b(a2 + ca + c2 ) Từ đó, kết hợp với bất đẳng thức AM − GM ba số, ta có ( ) a b + b2 c + c2 a (ab + bc + ca) ≤ b(a2 + ca + c2 ) (ab + bc + ca) (3b + a2 + ca + c2 + ab + bc + ca) 34 ( )3 (a + c) + 3b + ab + bc = 34 ( )3 (3 − b) + 3b + b(3 − b) = 34 = ≤ 736 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz a + b + c4 ≥ (a2 + b2 + c2 )2 Do đó, sử dụng đánh giá trên, sau liên tục dùng Cauchy − Schwarz ta có )2 (ab + bc + ca)2 7( a + b + c2 + 2 ) 41 ( (a + b2 + c2 ) + (ab + bc + ca)2 + (ab + bc + ca)2 = a + b + c2 + 18 18 41 (a + b + c)4 (a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca + ab + bc + ca) ≥ · + 18 32 18 · 22 = (a + b + c) 81 = 22 P ≥ Đẳng thức xảy a = b = c = nên giá trị nhỏ P 22 Bài 21 Cho a, b c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + 3c 4b 8c + − a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c Chọn HSG tỉnh Kiên Giang, 2014 - 2015 Lời giải    x = a + 2b + c  a = −x + 5y − 3z Đặt y = a + b + 2c ta có b = x − 2y + z Do đó, ta cần tìm giá trị nhỏ    z = a + b + 3c c = −y + z P = 4x 2y 8y 4z + + + − 17 y x z y Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có √ √ 4x 2y 8y 4z P ≥2 · +2 · − 17 y x z y √ = 12 − 17 √ √ Đẳng thức xảy b√= (1 + 2)a, c = (4 + 2)a Vậy giá trị nhỏ P 12 − 17 Bài 22 Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≤ a3 + b3 + b3 + c3 + c3 + a3 + Chọn HSG tỉnh Long An, 2014 - 2015 Lời giải Ta có a3 + b3 + = (a + b)(a − b)2 + ab(a + b) + abc ≥ ab(a + b) + abc = ab(a + b + c) 737 Do đó, ta có a3 1 c ≤ = +b +1 ab(a + b + c) a+b+c Tương tự với hai biểu thức cịn lại, sau cộng vế với vế ta thu điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài 23 Cho số thực a, b, c ≥ thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≤ 216 Chọn HSG tỉnh Vĩnh Phúc, 2014 - 2015 Lời giải Cách 1: Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c, dễ thấy a ≥ c ≤ Ta chứng minh ( )2 (a + b)2 2 (a + 2)(b + 2) ≤ +2 Thật vậy, a2 + 6ab + b2 − 16 ≥ 22 + 6.2.1 + 12 − 16 = > nên ( )2 ( ) (a + b) (a2 + 2)(b2 + 2) − + = − (a − b)2 a2 + 6ab + b2 − 16 ≤ 16 Do ta quy tốn chứng minh ( )2 (6 − c)2 + · (c2 + 2) ≤ 216 Thật vậy, ≤ c ≤ nên c4 − 20c3 + 150c2 − 424c + 104 ≤ 2c3 − 20c3 + 300c − 424c + 104 = −18c3 − 124c + 104 ≤ −18c3 − 124 + 104 = −18c3 − 20 < Từ ta có ( (6 − c)2 +2 )2 · (c2 + 2) = 216 + ≤ 216 ( ) (c − 2)2 c4 − 20c3 + 150c2 − 424c + 104 16 Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Chắc hẳn nhiều bạn thắc mắc: Sao phân tích mà khủng thế? Thực dùng lệnh factor Maple Vậy phịng thi làm nào? Mình trình bày sau: Xét hàm f (c) [1; 2], ( )2 (6 − c)2 f (c) = + · (c2 + 2) 738 Ta có ) ( )2 (6 − c)2 (6 − c) (6 − c)2 f (c) = −2 +2 · · (c + 2) + + · 2c 4 ( )2 ( ) (6 − c)2 (6 − c)(c2 + 2) = + · 2c − (6−c)2 +2 ( )2 ( [ ) ] 2 c (6 − c) + − 2(6 − c)(c2 + 2) (6 − c) =2 +2 · (6 − c)2 + ′ ( Với phép phân tích [ ] giảm lượng tính tốn nhiều cần xét dấu c (6 − c)2 + − 2(6 − c)(c2 + 2) (1; 2) Ta có [ ] c (6 − c)2 + − 2(6 − c)(c2 + 2) = 3(c3 − 8c2 + 16c − 8) = 3(c − 2)(c2 − 6c + 4) √ √ = 3(c − 2)(c − − 5)(c − + 5) > 0, ∀c ∈ (1, 2) Do f ′ (c) > 0, ∀c ∈ (1, 2) nên hàm f (c) đồng biến [1; 2], từ suy f (c) ≤ f (2) = 216 Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Cách 2: Đặt M = (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ta có ln M = ln(a2 + 2) + ln(b2 + 2) + ln(c2 + 2) Vì a, b, c ≥ a + b + c = nên ≤ a, b, c ≤ Dùng kĩ thuật hệ số bất định, ta cần chứng minh với t ∈ [1; 4] f (t) = ln(t2 + 2) − (xt + y) ≤ Điều kiện cần để bất đẳng thức f (2) = f ′ (2) = 0, từ giải x = y = ln − Điều kiện đủ: Xét hàm số f (t) = ln(t2 + 2) − t − ln + [1; 4] 3 2(t − 1)(t − 2) ′ ′ Ta có f (t) = , f (t) = ⇔ t = t = 3(t2 + 2) Mà f (t) liên tục [1; 4] f (2) = max{f (1), f (2), f (4)} nên f (x) ≤ f (2) = Từ đó, ta có 12 ln M = f (a) + f (b) + f (c) + (a + b + c) + ln 216 − 3 12 ≤ (a + b + c) + ln 216 − 3 = ln 216 Suy M ≤ 216 Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = 739 Bài 24 Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị lớn biểu thức √ √ √ 8a + 3b + 4( ab + bc + abc) P = + (a + b + c)2 Chọn HSG tỉnh, Thanh Hóa, 2014 - 2015 Lời giải Nhận xét rằng: theo AM − GM cho mẫu số (MS) ta có M S ≥ 2(a + b + c), tử số k (TS) ta đánh giá T S ≤ k · (a + b + c) (k số), P ≤ khả cao k giá trị lớn P Tội khơng thử nhỉ! Nhìn TS có biểu thức chứa căn, mà ta cần đánh giá bé thua k · (a + b + c) nên ta nghĩ đến bất đẳng thức AM − GM Tuy nhiên, ta chưa dự đoán dấu nào, nên giả sử đẳng thức đạt a = mb = nc, ta phải tìm m n Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có √ √ a + bm ab = √ a · bm ≤ √ , m m √ √ bm + cn bc = √ bm · cn ≤ √ , mn mn √ √ a + bm + cn 3 √ abc = √ a · bm · cn ≤ mn 3 mn Từ ta có √ ( ) ( ) ( √ ) √ m 4m n 4n TS ≤ + √ + √ a+ 3+2 m+2 + √ b+ + √ c n m 3 mn m 3 mn 3 mn Để T S ≤ k · (a + b + c) ta phải có √ k =8+ √ + √ =3+2 m+2 m 3 mn √ m 4m + √ =2 n 3 mn √ n 4n + √ (1) m 3 mn Ngồi phòng thi mà giải hệ để tìm m, n chồi chớt Chú ý đề thi, người đề cho có người làm được, nên kiểu hệ số m, n √ số √ đẹp khơng lẻ tt Do m, n số phải cho √ √ m n m, mn, , tính số đẹp Ta ý đến thằng m có mặt n m √ căn, có m nên ta xét m = 1; 4; 9; 16; 25; Nếu m = √ √ √ m 4m n 4n 3+2 m+2 + √ >2 + √ , không thỏa mãn điều kiện n m 3 mn 3 mn √ √ Nếu m = 4, muốn mn đẹp n = 2; 16 Nhưng với n = n khơng đẹp, nên n = 16 Thay m = 4, n = 16 vào thấy hồn tồn thỏa mãn (1) Thật may mắn!!! Tuy suy luận khơng hồn tồn thuyết phục, cộng thêm chút may mắn kết lại ý Trong việc vậy, dám nghĩ, dám làm, thêm chút may mắn thành cơng 28 Quay trở lại toán, với m = 4, n = 16 thay vào (1) ta k = Như vậy, sử dụng đánh giá đoạn đầu ta có 14 k P ≤ = 740 16 Đẳng thức xảy a + b + c = 1, a = 4b = 16c hay a = , b = , c = 21 21 21 14 Vậy, giá trị lớn P Bài 25 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 2xyz Chứng minh rằng: √ √ √ x y z + + ≤ 2y z + xyz 2z x2 + xyz 2x2 y + xyz Chọn HSG tỉnh, Gia Lai, 2014 - 2015 Lời giải 1 ,b = ,c = ta có a, b, c > a + b + c = Bất đẳng thức cần chứng x y z minh tương đương bc ca ab √ +√ +√ ≤ 2a + bc 2b + ca 2c + ab Đặt a = Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có √ Tương tự, ta thu bc bc =√ 2a + bc (a + b + c)a + bc bc =√ (a + b)(a + c) ( ) bc 1 ≤ + a+b a+c ( ) ca ca 1 ≤ + , b+c b+a 2b + ca ( ) ab ab 1 √ ≤ + c + a c + b 2c + ab √ Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta thu ( ) ( ) ( ) ab 1 bc 1 ca 1 VT ≤ + + + + + c+a c+b a+b a+c b+c b+a ( ) ab + bc ab + ca bc + ca = + + a+c c+b a+b a+b+c = = Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = hay x = y = z = 741 Bài 26 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x ≤ 1, y ≤ x + y + z = Chứng minh (x + 1) (y + 1) (z + 1) ≥ 4xyz Đề thi chuyển hệ lớp 10, THPT Chuyên Sư phạm, 2014 - 2015 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x + y + z + xy + yz + zx + ≥ 3xyz, hay + z(6 − z) + xy(1 − 3z) ≥ Vì x ≤ 1, y ≤ nên z ≥ 3, tức − 3z < 3z − > Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có xy = (2x + y)2 (1 + x + y)2 (7 − z)2 · 2x · y ≤ ≤ = 8 Do + z(6 − z) + xy(1 − 3z) ≥ + z(6 − z) + (7 − z)2 (1 − 3z) = (z − 3)(7 − z)(3z − 5) = (z − 3)(1 + x + y)(3z − 5) ≥ Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy x = 1, y = 2, z = Bài 27 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh ( ) 1+a 1+b 1+c a b c + + ≤2 + + 1−a 1−b 1−c b c a Chọn đội tuyển Olympic Toán lớp 10 vòng 1, Chuyên Nguyễn Du, 2014 - 2015 Lời giải Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có a b c (a + b + c)2 + + ≥ b c a ab + bc + ca Mặt khác, ta có 1+a 1+b 1+c a+b+c+a a+b+c+b a+b+c+c + + = + + 1−a 1−b 1−c a + c) a+b ( b+c a b c =2 + + + b+c c+a a+b Do đó, ta quy tốn chứng minh bất đẳng thức mạnh (a + b + c)2 a b c ≥ + + + ab + bc + ca b+c c+a a+b 742 Để ý (a + b + c)2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 −3= , ab + bc + ca 2(ab + bc + ca) a b c (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + + −3= + + b+c c+a a+b 2(a + c)(b + c) 2(a + b)(a + c) 2(b + c)(b + a) Do ta cần phải chứng minh Sc (a − b)2 + Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 ≥ 0,  1 a2   Sa = − = ≥0    (ab + bc + ca) 2(a + b)(a + c) (ab + bc + ca) (b + c)(a + b)    1 b2 Sb = − = ≥0  (ab + bc + ca) 2(b + c)(b + a) (ab + bc + ca) (b + c)(b + a)     1 c2    Sc = − = ≥0 (ab + bc + ca) 2(c + a)(c + b) (ab + bc + ca) (c + a)(c + b) Vậy bất đẳng thức cuối ln đúng, tốn chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Cách 2: Theo cách 1, ta quy toán chứng minh bất đẳng thức mạnh (a + b + c)2 a b c ≥ + + + ab + bc + ca b+c c+a a+b Nhân hai vế với ab + bc + ca, ta cần chứng minh ( ) a b c (a + b + c)2 ≥ (ab + bc + ca) + + + (ab + bc + ca) b+c c+a a+b ( ) 1 1 Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc ≤ + , ta có x+y x y ( ) ( ) a b c 1 (ab + bc + ca) + + = a2 + b2 + c2 + abc + + b+c c+a a+b b+c c+a a+b ( ) abc 1 1 1 2 ≤a +b +c + + + + + + b c c a a b ab + bc + ca = a2 + b2 + c2 + Từ suy V P ≤ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca + (ab + bc + ca) 2 = (a + b + c)2 Đó điều cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = 743 Bài 28 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh √ √ √ √ (a + b)2 (b + c)2 (c + d)2 (d + a)2 √ √ √ √ P = + + + ≤ 16 a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − cd + d2 d2 − ad + a2 Đề thi khảo sát đội tuyển lớp 10 vòng 2, Chuyên KHTN, 2014 - 2015 Lời giải Ta có a2 − ab + b2 = √ (a + b)2 3(a − b)2 (a + b)2 + ≥ (a + b)2 ≤ (a + b)(a + 1) nên 4 √ (a + b) √ ≤ 2(a + 1) a2 − ab + b2 Thiết lập ba biểu thức cịn lại, sau cộng vế với vế ý a + b + c + d = ta thu điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = d = Bài 29 Cho x, y, z số thực dương Chứng minh: ( ) x ( y)( z) x+y+z 1+ 1+ 1+ ≥2+2· √ xyz y z x Chọn đội tuyển dự thi Olympic 30-4 lớp 10, tỉnh Bình Thuận, 2014 - 2015 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ( ) ( ) x y z x y z x+y+z + + + + + ≥2· √ xyz y z x z x y Sử dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có √ x z z z2 3z + + ≥33 = √ , xyz y x x xy √ y x x x2 3x + + ≥33 = √ , xyz z y y yz √ z y y 3y y + + ≥3 = √ xyz x z z xz Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên, ta thu x y z x+y+z + + ≥ √ xyz y z x Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh x y z x+y+z + + ≥ √ xyz z x y Từ cộng vế với vế hai bất đẳng thức ta thu điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z 744 ... b1 Sử dụng đẳng thức a1 U + b1 V + c1 W = hay W = − a1 b1 U − V, c1 c1 ta dẫn UV + V W + W U = − a1 c1 U− c1 − a1 − b1 V 2a1 2 − 4a1 b1 − (c1 − a1 − b1 )2 V 4a1 c1 Suy UV + V W + WU = − a1... WU = − a1 c1 U− c1 − a1 − b1 V 2a1 − 16 F1 2 V ≤ 4a1 c1 Carlitz thấy bất đẳng thức Neuberg-Pedoe rút từ bất đẳng thức Aczél Định lý 1. 1.8 (bất đẳng thức Aczél) Cho a1 , · · · , an , b1 , · · ·... Trường hợp b1 ≥ a2 : Ta suy từ a1 ≥ a1 + a2 − b1 từ a1 ≥ b1 mà a1 ≥ max(a1 + a2 − b1 , b1 ) cho max(a1 , a2 ) = a1 ≥ max(a1 + a2 − b1 , b1 ) Từ a1 +a2 −b1 ≥ b1 +a3 −b1 = a3 a1 +a2 −b1 ≥ b2 ≥ b3