Tài liệu Sáng tạo bất đẳng thức P2 doc

Thay vào bất đẳng thức trên ta được Không mất tính tổng quát, giả sử z = maxz, y, 2.. Chứng mứnh rằng Cộng hai bất đẳng thức tương tự với Y, Z ta có đuem... Bài toán mở rộng cho 4 số có

ot + bt 4 ct + dt + 2abed > ab? + bc? + Pd? + da + ac? + b7d”

Problem 4 (Pham Kim Hing) Ching minh ring néu ay, a2, ., a„ là các số thực

đương có tích bằắM 1 thì

—+ -+ +——+————>r:†

ay ag Gn Gy tagt +n

Problem 5 (Mathlinks Contests) Cho cdc số thực dương a, dạ, , dạ có tích

bằng 1 Tìm hằng số thực k = kín) lớn nhất sao cho bat đẳng thúc sưu luôn đứng

Yitkna, VI+kn02 V1 + knan Problem 6 (Phạm Kim Hùng) Cho các số thực không âm dị, dạ, , ụ CÓ tổng

bằng n Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thúc sau đâu '

aj tant ta, + @102 An —+—t+ +—].-

105

Chương 2

Sáng tạo bất đẳng thức

2.1 Các bài toán chọn lọc

Bài toán 2.1 (Phạm Kim Hùng) Chứng mình rằng nếu œ,b,c là các số thực

không âm thoả mãn a + b + c = 3 thà ta có

(a2 — ab + b2)(b2 — be + e2)(e? — ca + a2) < 12

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng a > b > c Khi đó

106 Chương 2 Sáng tạo bất đẳng thức

Bài toán 2.2 (Walther Janous) Giả sử a,b,c là các số thực dương Chứng minh

bắt đẳng thức

a be lta 1+b 1+e/ ~ 1+abe

LỜI GIẢI Theo bất đẳng thức Hodn vi, dễ thấy rằng

zthe! ztky ytke ~ 1+k3

Sử dụng bất ding thttc Cauchy — Schwarz ta cé

Bài toán 2.3 (Russia MO 2000) Chứng minh rằng nếu a, b,c > 0 oà a+b+c = 3

Vay a2 +b? +2 +2( fat Vb+ Ve) 2 3(a+b+c) = 9

Đẳng thức xảy ra khi và chi khia =b=c=1 0

Bài toán 2.4 (Phạm Kim Hùng) Giả sử mì, za., ®a là các số thực không âm

Bài toán 2.5 (Japan MO 2001) Chứng minh bát đẳng thúc

(a+b— e)2(b+ e— ø)Ï(e + a~— b)2 > (a2 + b2 — c2)(b2 + c? — a2)(c2 + a2 — b2),

Trong dé a,b,c la cde số thực tùu Úú

108 Chương 3 Sáng tạo bắt đẳng thức

LỜI GIẢI Ta chỉ cần xét bài toán khi a2, b2, c2 là độ dài 3 cạnh của một tam giác

Bất đẳng thức tương đương với

(b? — (a—c)?)(c? — (a— b)*) (a? — (b - e)2) > (a2 — b2 + c2) (b2 — c2 + a2)(c2 — a? + b)

Ta chứng minh

(b2 — (a T— e)?)? > (b2— a?+ c2)(2—c2+a2) (1)

Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với

b* — 2b2(a — e)2 + (a — e)? > b* — (a2 — c2)?

= (a — e)?2(a2 — b?+c?) >0 (đúng!)

Sử dụng bất đẳng thức trên hoán vị với ø, b,c cho ta

(c2 — (a — b)?)? > (c2— a?+b2)(c2— b?+a?) (2)

(a2 — (b~ e)?)? > (a? — b? +c*)(a? — c? +?) (3)

Nhân về các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta suy ra kết quả của bài toán Đẳng thức

xây ra khi và chi khi a = b = c hoặc ø = b,c = 0 và hoán vị J

Bài toán 2.6 (Việt Nam TST 2006) Chứng mình uới các số thực ø,b,c € [1, 2]

ta có bất đẳng thúc

(a+b+c) ~+;+=)2 >6(% 4 4-5

LỜI GIẢI Thay vi gid thiét a,b,c € [1, 2] ta sẽ chứng minh bất đẳng thức với điều

kiện ø, b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Sử dụng các đẳng thức sau

6 ( a4 b pal )- _ (a — b)? + (b — e)? (c — a)?

Vậy bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng

Sa(b — c)? + Sy(c — a)? + S,(a — b)? > 0

Trong dé cac hé sé Sq, S;, %„ được xác định bởi

Sa(b — e)? + S,(e — a)? + 8;(a — b)? > (5y + 6,)(ø — b)* > 0

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = 2,b = c = 1 hoặc các hoán vị

Bài toán 2.7 (Phạm Duy Hiệp) Chứng mảnh rằng nếu a,b,c> 0 thà

b(b + a) + Ge+b) + a(a+c) — 2(ab+ be+ ca):

LờI GIẢI Bất đẳng thức tương đương với

c(œ+ b) +ab - a(b+c)+ be b(c + a) + ca ` 9 b(b + a) c(c -+ b) alate) — 2

Cộng 2 bất đẳng thức trên ta có đpcm Đẳng thức xây ra chỉ khi a=b=c

Bài toán 2.8 (Gabriel Dospinescu) Chứng minh rằng nếu a, dạ, , đạ là các

số thực đương uới tích bằng 1 thì ta có bất đẳng thúc sưu

V1+ø?2+ \/1+aỆ+ + V1+ a2 < V2(ai + 0a + + đa)

LỜI GIẢI Ta sẽ chứng minh với mọi z > 0 thì

? i> +v#<1+z

Thật vậy, chuyển vé và bình phương

Vai + Vag t+ + Van > 1 2/81aa aạ = n

Bất đẳng thức được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = aa =

= đ„ = 1 L]

1+b 1+c l+aC 11a 71145 ite

Vi abe = 1 nên tồn tại các số thực dương x,y, z sao cho a = 2/9, d= = U(z,c = z/z

Thay vào bất đẳng thức trên ta được

Không mất tính tổng quát, giả sử z = max(z, y, 2)

Bất đẳng thức viết được dưới dạng sau

Nếu abc > 1 thi tan tai cdc s6 duong k,a’,b’,c’ sao cho a = ka’,b = kb',c = kc’ Ta

lấy k = WYabe > 1 khi do dé thay a’b/c’ = 1 Ta phai chimg minh |

112 Chương 2 Sáng tạo bắt đẳng thức

Bài toán 2.10 (Mathlinks Contests) Chứng mmính bát đẳng thức sau uới các số

thuc duong a,b,c

a+b ate bte ate b+c ca+b<

~+-+-

bo cola LỜI GIẢI Ta có thể chứng minh bài toán theo hai cách

Cách 1 Bất đẳng thức tương đương với

O= Tero * hate t cath

Theo bất đẳng thite Cauchy — Schwarz ta c6

sš— rrabxg|8~9°* [ze (zya(a+g]| 6= 98~9>0

Chỉ cần giả sử rằng e = min(ø, b, c) ta có ngay đpcm

2.1 Các bài toán chọn lọc 113

Nhận xét Bạn Nguyễn Việt Anh đã phát hiện ra một bài toán tông quát thú vị

Bài toán Cho các số thực dương a,b,c,k Chứng mứnh rằng

Cộng hai bất đẳng thức tương tự với Y, Z ta có đuem

Bài toán 2.11 (Moldova TST 2006) Cho a,b,e là độ dài 3 cạnh của một tam

)3 + b2(e — a)3 + e2(a — b)3

2(a3b? + bŠc? + ca?) — 2abe(a2 + b2 + c2)

= a3(b? — 2bc + e2) + b3(c? — 2ca + a2) + c3(

a2(bŠ — c3) _ b(c 3 — a3)

- =sz3(b— e)2 + b3(c

a2 — 2ab + b2)

— e2(a3 — b3)

— 8)? + c3(a — b)2 — a*(b — e)3 — b2(e — a)3 — c2(a — b)3

= a*(b ~ e)2(a — b + e) + b2(e — a)?(b — e + a) + c2(œ — b)2(e — a + b)>0

Vậy (+) được chứng minh, và do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh Đẳng

thức xảy ra khi và chỉ khi z=b=c=1

Bài toán 2.13 (Phan Thành Nam) Cho a; € [0,7] Ví = 1,n Chứng minh rằng

n+l đ)(đ + đa) (0\ + øa + + đa) > a1

Bat dang thức được chứng minh Dang thức xảy ra chỉ khi a¿ = ¿ V¿ = 1,n a

Bài toán 2.14 (Phạm Kim Hùng) Giả sử a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam

giác có chu 0ì là 3 Chứng minh

LỜI GIẢI Đặt z= vb+c~—a,ự= VWe+a—b,z= Va+b=e= z2? +12 + z2 =3

{a1, G2, - an} = {by, ba, ., br} U {-e1, —€2, 5 —Cs},

Trong d6n=rt+s, bj >0Vi =Ì,r, œ >0VWj=1,s

Dat R= D7, bj va S = 327_¡ c¡ Bất đẳng thức tương đương với

25> So bi e+ 27h tà say nih ta)

2(sR ~ r8) 3 (s — r)(R~ 8) ® S(s — r) + r(R ~ 5) +sR-rS>0,

Nhưng bắt đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì s > r var 2 S

Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi trong dãy ø, dạ, ., dạ, số các số không âm bằng số

các số âm và giá trị tuyệt đối của tất cả các số đó bằng nhau L1

Bài toán 2,16 (Phạm Kim Hùng) Chứng mình bất đẳng thức sau tới mọi số

thực a,b,c khéng Gm `

3(a+b-+c) > 2( Va? + bc+ Vi? +ca+ Ver +ab)

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát giả sử ø > b > c Dé thay

Vb? + ca + Vc? + ab < Jae) +e) + 2a(b +c)

._2.1 Các bài toán chọn lọc 117

Ta phải chứng minh

2V2(2 + c2) + 2a(b + c) + 2V a? + be < 3(a + b + e)

Đặt s = *‡°, bình phương 2 về ta có bắt đẳng thức tương đương

8(b? + c? + 2as) < 9(a + 2s)? + 2(a? + be) — 12(a + 2s) a2 + be

Vậy ta phải chứng minh

(a — 2a)? + 20bc > ola Bete

€> (a — 2s)? + 2be + 12(œ — s)bc >0,

a Nhưng bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì a > s Đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi a = b,c = 0 hoặc các hoán vị O

Bai toán 2.17 (Phan Thành Nam) Cho z,g, z € [—1, 1] oà z++z = 0 Chứng

Trong 3 số z + ÿ”, + z?,z + z? phải tồn tại ít nhất hai số hạng cùng dấu, không

mắt tính tổng quát ta giả sử (z + 2)(y + z?) > 0 Khi đó, theo nhận xét trên thì

Nhận xét Bài toán mở rộng cho 4 số có thể được chứng minh theo cách tương tự

Bài toán 1 Cho các số thực z,ụ,z,t€ [—L,1] thoả mãn z + +z+t=0 Chứng

minh

Vixz+w+Vi+y+2+Vi+z++Vv1+t+z?>4

Ngoài ra ta cũng có thêm một số kết quả cùng dạng

Bài toán 2 Cho các số thực z, ,z € [—1, 1] thoả mãn z + ụ + z = 0 Chứng minh

(1+a2)(1+02)(1+2)(1+ đÊ) >(a+b+c+ d)®

LỜI GIẢI Do abed = 1 nên trong các số a, b, c, d tồn tại 2 số cùng không lớn hơn 1

hoặc cùng không nhỏ hơn 1 Giả sử 2 số đó là b và d

2.1 Các bài toán chọn lọc 119

Nhưng bất đẳng thức đúng theo giả thiết ở trên Ta có đpcm [1

Nhận xét Bất đẳng thức trên không phải quá khó, nhưng ta có thể làm mạnh

thành những bất đẳng thức khó hơn rất nhiều sau đây

Bài toán Chứng mảnh rằng nếu các số đương q,b,c, d có tích bằng 1 thi

1 1 1 1 (i) (1+a”(1+b?)(1+c2)(1+d2) >(a+b+e+d)?+4 (+;+ otq7 2)

(ii) (1+a?)(1+6?)(1+¢?)(1+d?) > (atb+c4d)?+6(at+b+c+d—4)

Để chứng minh hai bất đẳng thức trên, bạn đọc xem thêm chương IV về phương

pháp dồn biến và định lí S.M.V - một định lí rất hiệu quả với các bài toán 4 biến

Bài toán 2.19 (APMO 2005) Chứng minh rằng uới các số dương aœ, b,c uà abc = 8

vI+z)(1+?) v(+i?)(1+c) v(+)(1+a3) ~ 3

LỜI GIẢI Dễ thấy rằng với Vz > 0 thì 4(1 + z3) < (z2 + 2)

Thật vậy, bát đẳng thức trên tương đương với z2(z ~ 2)2 > 0

Sử dụng tính chất trên ta suy ra -

120 Chương 2 Sáng tạo bất đẳng thức

LỜI GIẢI Giả sử e = min(a, b, c) Dễ thấy rằng

P< ụ + a2 + cẰ< (a+

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = b, c = 0 hoặc các hoán vị

Bài toán 2.21 (Phạm Kim Hùng) Chứng minh rằng uới các số thực không âm

2.1 Các bài toán chọn lọc 121

Bắt đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi va chi khi trong 4 số a, b, c, d

có 2 số bằng 0, 2 số còn lại bằng nhau Œ1

Nhận xét Bài toán tổng quát được chứng mình hoàn toàn tương tự

Bài toán Với mợi số thực không âm a\, dạ, , œạ„ 0à Vn € N thì

a; > 4

n

Bài toán 2.22 (Japan TST 2004) Chứng mảnh uới a,b,c là các số thực đương

thoả mãn a +b+c= 1 thà ta có bắt đẳng thúc

l+a 1+6 lc 24 2b 2c

Lời GIẢI Bất đẳng thức tương đương với

* Bb+o) | cle+a) t alatb) 2

Sit dung bAt d&ng thite Cauchy — Schwarz ta c6

Bài toán 2.23 (Berkeley Math Circle) Chứng mảnh rằng vdi moi số thực không

âm a,b,c thod man ab + be + ca = 1 ta có bất đẳng thúc

a+b b+c c+a

2

Lời GIẢI Đầu tiên ta sé ching minh tinh chất sau

Bồ đề a + b + c + 5/3abe > 2 uới các số œ,b,c thoả măn điều kiện trên

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì øb < 1/3

Vào bài toán Bắt đẳng thức đã cho tương đương với

2(a+b)(b+ e) + 2(b + e)(e+ a) + 2(e+ a)(ø + b) > 5(œ + b)(b + c)(c + da):

« 2(a+b+ e)? + 5abc + 2 > 5(ø + b+ c)

Theo chứng minh trên ta có ðœbc > 6 — 3(ø + b + c), do đó

2(a+b+e)? + 5abc + 2 — B(a + b + e) > 2(a + b + c)Ÿ + 8 — 8(ø + b + c)

— =3(a+b+c—2)?>0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = e = 1,ø = 0 hoặc các hoán vị

Bài toán 2.24 (China TST 2004) Chứng minh ring néu a,b,c, d là các số thực

2.1 Các bài toán chọn lọc 127

Đắng thức xảy ra khi và chỉ khi p= g=0 ©a=b=c.D

Nhận xét Bài toán tổng quát vẫn là một bài toán mở :

Bài toán Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thúc

œø+kb b†+kc c† ka c+kb atke b+ka

Với k là một hằng số dương, k > 2 oà a,b,c > 0

Bài toán 2.31 (Darij Grinberg) Ching minh ring vdi moi sé thực dương a, È, c

Nhận xét rằng nếu z > g thì z(y2 + z2? — z2) < y(z? + z? — u?) (Bất đẳng thức trên

tương đương với (#— )(2z+z2+ 2 — z?) > 0) Vậy theo bất đẳng thức Chebusheu

Bất đẳng thức được chứng mình xong Đẳng thức xảy ra khi a=b=c QO

Bài toán 2.32 (IMO Shortlist 2001) Cho ứơi,da, , an, là các số thực dương

128 Chương 2 Sáng tạo bất đẳng thức

LO} GIẢI Đặt xp = 1,2; = l+a‡+ +d VÌ << > đ¡ = V7¡ — T¡—1

Bất đăng thức tương đương với

(a? + 2)(b? + 2)(c? + 2) > 9(ab + be + ca)

Lời GIẢI Dặt £ = *‡S Theo bất ding thite AM - GM dé thay

(b? + 2)(c? + 2) > 3+ 2bc + 2(b? +07) >346t2 và t? >be

Vậy ta chỉ cần chứng minh

_ {g2 + 2)(3 + 62) > 9(2at + ‡?)

Bắt đẳng thức này tương đương với (a - t)? + 2(at — 1)? > 0, hiển nhiên đúng

Dầu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = b =c =1

Bài toán 2.34 (Vasile Cirtoaje) Ching minh bat ddng thitc sau vdi œ,b,c, d là

các số thực dương

LỜI GIẢI Bất đẳng thức trên tương đương với

Chú ý rằng với mọi số thực dương z, g thì

(+2) (+9)? (+s)

2 1+ 2(b + d)

Ta phải chứng minh (1 + 2#)(1 + 2y) > 3 nếu z + = 1 Nhưng rõ ràng bất đẳng

thức này hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ø = e = 0,b = đ hoặc

a=c,b=d=0 QO

Nhận xét Bát đẳng thức tổng quát khi thay số 2 bởi k la

Bài toán Chứng minh rằng uới mọi a,b, c, d,k không âm ta luôn có

(a+b)(b+c) (b+c\(a+d) (c+d)(a+b) — `”

Bát đẳng thức đầu tiên thực ra là bất đẳng thức Nesbitt suy rong cho 4 số đã được

chứng minh trong chương trước, còn chứng minh bất đẳng thức sau ta sử dụng

phương pháp nhóm và khai triển Chú ý rằng bắt đẳng thức đã cho tương đương với

130 Chương 2 Séng tao bat đẳng thức

Nhưng bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì

» a®b + » abc? > 2 > a’ be

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a =c,b= d=0 hoặc a = c= 0,b = d

Bài toán 2.35 (Phạm Kim Hùng) Cho k là một số thực đương Các số thực

đương a, b, c, ở thoả mãn a + b + c + d= db + be + cả + da Chứng minh rằng

Wa+ Ÿb+ We+ Vd > min (22,4)

- LỜI GIẢI Theo bất đẳng thức AM — GM, dé thay

(ø+b+c+đ) 3> 4(a + e)(b + đ) = 4(a+b+e+d) >a+b+c+d>4

Vì vậy nếu k < 1 thì ÿœ+ Ÿb+ We+ Ÿd4>a+b+c+d=4

Xét trường hợp k > 1 Ta sẽ chứng minh bài toán tương đương là

Bồ đề Nếu z,, z,t là các số thực không âm thoả mãm x + ytz2t+t=2 thi

ak + yk + 2k 4 th > a(abyk 4 ykzh + chek + thoky,

Thật vậy, chuyển bất đẳng thức về dạng

(2z# + 2z — 1)(2y + 2# - 1) <1

Rõ ràng ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp 2 thừa số trên cùng dấu Nếu

chúng cùng âm thì bài toán được hoàn thành vì hiển nhiên

(1 — 2a — 2z*)(1 — 2y* — 2#) <1 `

Vậy ta chỉ cần xét trường hợp cả 2 thừa số xiều không âm Vì z + + z +† < 2 nên,

theo bất đẳng thức AM — GM thi (x + z)(y +t) < 1, do đó ,

(a+ 2) + (y+t)® >2[(ct+z)y tt) ]*?> 2(@ + z)*(g + z)#

(2x + 22* — 1)(2y* + atk ~ 1) <( 2(@ + z)* —1)( Ay +t) -1)

<1+4(+z)*(w + t)* — (at z)}# — 2(w+ 8# < 1

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh xong

Nếu & > 1 thì đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c, d) = (2,0, 0, 2) hoặc (2,0,2, 0)

hoặc các hoán vị Nếu k < 1 thì đẳng thức xảy ra khi (a,b,c, đ) = (1,1,1,1)

Nhận xét Bất đẳng thức vẫn hoàn toàn đúng khi k < 0 và do đó nó luôn đúng với

mọi k € Bạn đọc hãy tự kiểm chứng kết quá này

2.1 Các bài toán chọn lọc 131

Bài toán 2.36 (Gabriel Dospinescu) Cho a,b,c la céc số thuc duong thod man

w+h+c=6 vadatbt+e > 2+ max(a,b,c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

V4-a2 + V4—b2+ V4 — œ

LỜI GIẢI Đây là một phương pháp rất hay ứng dụng hình học -

Giả sử # là biểu thức của bài toán Ta có công thức

V3E = /2(0 + 2) — a5 + V2(c? + a2) — b2 + V/2(a2+Ð3) —

Từ giả thiết suy ra tồn tại một tam giác với 3 cạnh a,b,c Goi mg, mp, mM, 1A 3 dudng

trung tuyến của nó Theo một kết quả cổ điển trong hình học thì Thạ, Tụ, Tae cũng

là độ dài 3 cạnh của một tam giác Vì m2 +m? + m2 = 9/2 nén

2(mamy + mm, + McMaq) > m2 + mộ + m2

=> (Mq + Mp + Me)? > 2(m?2 + m2 + m2) = 9

=> V3E = 2(ma +m +m.) > 6

> E> 2V3

Giá trị nhỏ nhất của # là 2Vv3, đạt được khi ø = 2,b = e= I hoặc các hoán vi Q

Bài toán 2.37 (Phạm Kim Hùng, Vasile Cirtoaje) Chứng mình rằng uới mọi

a,b,c duong va vdi moi sé thuc k > 3 ta có

Theo bat ding thức AM — GAM ta có

a+b>2Vab,b+e> 2Vbe,c+a> 2Vca

Thay vào bất đẳng thức trên, ta phải chứng minh

132 Chương 2 Sáng tạo bắt đẳng thức

Bất đẳng thức này được suy trực tiếp từ bất dang thức AM - GM

(2k — 3)a#~! + bÈ~1 > (9k — 2)a®— b2

(Tương tự ta có 2 bất đẳng thức với a, b,c rồi cộng lại)

Cách 2 Bất đẳng thức tương đương với

Dễ thấy bất đẳng thức trên được suy trực tiép theo AM - GM

(2k — 3)a* + bf + abk-! > (2k — 1)a*~*b

Dắng thức xảy ra khi và chí khi a = b=c

Bài toán 2.38 (Moldova TST 2005) Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số thực

đương uà d` + b + ct = 3 thi

TC nh TA b6 4c ^

LỜI GIẢI Quy đồng mẫu số rồi khai triển ta được

48— 8S” ab + abc ”a <64— 16} ab + 4abe Ð ” a ~ a2t2c?

« 16 + 3abe(a +b + e) > a2b2c2 + B(ab + be +ca) (*)

Theo bất ding thite Schur ta co

(a3 +b + cŠ + 3abe)(a + b+ c) > (abla +b) + be(b + e) + ca(c + a)) (a + b + c)

Khai triển rồi rút gọn cho ta

3 + 3abc(a + b + e) > (ab + ae)? + (ae + be)” + (be + ab)’

(Sử dụng a* + b* + c = 3) Theo bắt đẳng thức AM - GM dễ thấy

(ab + ac)? + (ac+ be)? + (be + ab)? + 12 > 8(ab+ be + ca)

Vậy 15 + abc(a + b + e) > 8(ab + bc + ca) Chi y thém rang 1 2 a2b2c2, ta dé dang

suy ra kết quả cần chứng mỉnh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b=c=1.0

Vậy bài toán được chứng mình xong Đẳng thức không xảy ra Ll

Bài toán 2.40 (USA MO 2001) Giả sử a,b,c là các số thực không âm thoả mãn

a2 + b2 + c2 + abe = 4

Chứng tinh rằng abc + 2 > ab + bc + ca 3 abc

LỜI GIẢI Dé chứng minh bat đẳng thức bên phải, chỉ cần chú ý rằng có ít nhất 1

trong ba số a, b,c không lớn hơn 1 Do dé ab+ be + ca > abe Đẳng thức xảy ra khi

(a,b,c = 2,0,0) hoặc các hoán vị

Chứng minh bất đẳng thức về trái có nhiều cách khác nhau, trong đó cách quen

thuộc nhất là sử dụng phương pháp lượng giác Lời giải thuần tuý đại số sau đây là

một lời giải rất đẹp mắt

Trong 3 số ø,b,c tồn tại 2 số hoặc cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hoặc cùng nhỏ hơn

hoặc bằng 1 Giả sử 2 số đó là a, e thì

(z— 1)(e—1)>0@ae+1>a+c€ abc + b > abt be

Phần còn lại của bài toán, ta chỉ cần chứng minh 2 > ac + b Theo giả thiết thì

ở đâu a,b,e là các số thực không âm tu Ú

LỠi GIẢI Ta sử dụng các biến đổi sau

(ø + b)(b + e)(e + a) _ge c(a — b)2 + a(b — e)? + b(c — a)?

Sy = 2a(a? +b? +c?) — kabe >0 là hiển nhiên

Sp + Sc = 2(b + e)(a2 + b2 + c2) — 2kabe > 4z(a? + 2+2) — 2kaz? > 0:

Bat đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo sự xác định của số k, ở đây œ = Vbe

Kết luận : Bất đẳng thức đúng với mọi a,b,e > 0 khi và chỉ khi k < 4V⁄2

Nếu k = 4V2 thì đẳng thức xảy ra khi ø = b = c hoặc a = V2b = v⁄2c Ngoài giá

trị đó chỉ có một trường hợp xảy ra đẳng thức là øư=b=c L1

Bài toán 2.42 (Titu Andresscu, Gabriel Dospinescu) G¡á sử a,b,c, d là các

số thực thoả mãn điều kiện (1 + a2)(1 + b2)(1 + c2)(1 + đ2) = 16, chứng mành bắt

Mặt khác Š„+sc0 = (œ + b)c(ø + b+ e) = (a + b)e < i(a +b+ec}?= i

Nhu vay P=at+b+cec+SapcS : Suy ra

4

Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi b = e = ÿ,ø = 0 hoặc các hoán vị L1

Bài toán 2.44 (Cezar Lupu) Giả sử a,b,c là các số thực dương thoả mãn

a be

atb+c27+-+-,

boc oa Chứng minh bắt đẳng thúc sau

a + b + Cc a+l b+1 c+Ì

2

Chitng minh (1) : Theo bat đẳng thức AM — GM ta có

Chứng mứnh (2) : Sử dụng bất dang thite Cauchy — Schwarz ta có

a b c_ (a+b+e)?

>T+c+<> 2 0)

a+b+c2 bì ca — abibe+ca” | )

Dang thtte xay ra khi va chi khia =b=c=1 O

Bài toán 2.45 Chứng minh rằng uới mọi số dương a,b,c

LỜI GIẢI Ta sẽ chứng minh với mọi a,b,e> 0 thì

a3 + (b+c)3 ~ a2 + b2 + c2

(*)

Khi đó, với bất đẳng thức trên cộng thêm 2 bất đẳng thức tương tự của b,c ta có

điều phải chứng minh

Theo bat dang thitc AM — GM thi

2a?(b? +€?) + (02+ c2)? > 2⁄2a2(02 + c2)3 > a(b+ c)Ÿ

Vậy (+) được chứng minh và do đó bài toán được chứng minh xong Ll

138 Chương 2 Sang tao bat dang thttc

Bài toán 2.46 (Phan Thành Nam, Lê Hồng Quý) Tìm tất cả các số thực k

sao cho bất dang thitc sau ding vdi moi 86 thuc a,b,c va œb + be + ca > 3

(a? + k)(b? + k)(c? +k) > (kK +1)°

LỜI GIẢI Rõ ràng bất đẳng thức không thể đúng với k < 0 vì khi đó ta chỉ cần

chọn e = Ð còn ø và b đủ lớn Ta chỉ cần xét trong trường hợp &k > 0

Trước hết ta chứng minh rằng nếu bất đẳng thức đúng với k > 0 nào đó thì nó cũng

Ta lầy ø = 1,b+c= 3~— gấy,bc = gŸi, khi đó

(a2 + k)(b2 + k)(c2 + k) = (k(a + b + e) — abe)Ÿ + k(ab + be + ca — k)?

=0+k(3 — k)? = k(3 — k)? = (1+ k) — (3k — 1)? < (k+ 1

Và do đó, cũng tương tự như trên ta suy ra bất đẳng thức không thể đúng nếu

k < 1/3 k > 1/3 là tất cả các số cần tìm 1

Nhận xét Đây là một bài có dạng khá gần với bài toán 2.33 (APMO 2004) Bài

toán này còn các dạng mở rộng sau đây, các bạn hãy tự chứng mình

Bài toán 1 Tìm tất cá các số thực k để bất đẳng thúc sơu luôn đứng tới mọi số

thuc a,b,c viat+b+c>3

(a2 + k)(b2 + )(c? + k) > (k + 1)Š

Bài toán 2 Tìm tất cả các số thực k sao cho tồn tai hang 36 Cy > 0 sao cho bat

đẳng thúc sau đúng uớt các số thực a,b,c tuỳ

(a2 + 1)(ð2 + 1)(e2 + 1) > C¿(øb + be + ca),

2.1 Các bài toán chọn lọc 139

Bài toán 3 Tìm tắt cả các số thực k sao cho tồn tại hằng số Cy > 0 sao cho bat

đẳng thức sưu đứng uới các số thực a,b,e tuỳ 4

(a2 + 1)(02 + 1)(c2 + 1) > Œy(a+b+ e)È

Bài toán 2.47 (Cezar Lupu) Các số thực dương a,b,c thoả mãn a+b+c+abc = 4

Chitng minh rang

LỜI GIẢI Ta sử dụng bổ đề sau đây, đã từng là đề thi Việt Nam MO 96

Bồ đề Nếu a+b+c+ abe = 4 uUà a,b,ec> 0 thà a+b+c> ab + be + ca

Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử c > b > a Ta phải chứng minh

4—a-b

aT (a+b-1)

& (a+b -— 2)? > ab(a— 1)(b— 1)

a+b-—ab>

Theo bất đẳng thức AM - GŒM ta có ngay điều phải chứng minh

(a+ b— 2)? > 4|(a~ 1)(b~ 1)| > ab|(a— 1)(b — 1)|

Từ bổ đề trên, ta suy ra kết quả bài toán như sau :

Theo bat dang thite Cauchy — Schwarz thi

Vb+ce vec+a_ va+b— cva+b+avb+c+bvVe+a

cva+b+avb+c+bVe+a< V2(a+b+ e)(ab + be + ca)

Do đó

Đăng thtte xay ra khi va chi khia=b=c=1 O

Bài toán 2.48 (Phan Thành Nam) Cho z,,z > Ö oà x+ụ+z = 1 Chúng

minh rang

140 Chương 2 Sáng tạo bất đẳng thức

Lời GIẢI Trước hết ta sẽ chứng minh với w = ý z,0=#— z,k= 1/12 thì

Vx+ku? + Vụ + ku2 < V2(z + 0) + k{u + 9)

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

2/ (a+ ku?)(y + kv?) < z+ụ+2kuu A(x + ku?)(y + ku?) < (œ + 9)? + A4k?u?u? + 4kuu(œ + 0)

Nhận xét Theo kết quả mở rộng của bạn Phan Thành Việt, hằng số k tốt nhất

để bất đẳng thức sau đúng với mọi z, , z không âm có tổng bằng 1

Vz + k(w - z)?+ W+ k(z - z)?+ wz + k{z - ụ)? < v3,

la kag = 1 — 3/2 Chứng minh khẳng định này bằng phương pháp dồn biến

Ngoài ra ta cũng có thêm một bất đẳng thức rất thú vị khác với cùng giả thiết trên

Vz+(w- z)?+ Vyt (2-2)? + z+ (e- y)? > V3

Bài toán 2.49 Giả sử a,b,c không âm thoả mãn ab + be + ca = 3 Tìm giá trị nhỏ

nhất của S = a+b+ c+ kabe uới k là một hằng số dương cho trước

2.1 Các bài toán chọn lọc 141

Trong bổ đề bài toán 2.23 ta đã chứng minh a’ +b! + + 5/3a/b'ơ' > 2

Do đó ø+b+c+ 5/9abc > 2V3 Vậy với mọi k > 5/9 thì

œ+b+c+ kabc > a+b+c+5/9abe > 2V3

Xét trường hợp còn lại, ta xét tổng quát với k < 1 GIÁ sử a >b>c

Với £ là số thực dương thoả man 2tc + #2 = 3 = ab + be + ca Ta sé chitng minh

S = S(a,b,c) > S(t, t,c), hay tương đương với

a+b—2t>ke(t? —ab) (»)

Theo cách xác định số ‡ ta có

„ f?— ab = c(a+b~— 9t), (t+e)? = (a+e)(b+ e) < 913g,

suy ra 2‡ + 2c < a+b+ 2c > a+b > 9t

Đó là điều phải chứng minh Œ

Nhận xét Cho một số trường hợp đặc biệt ta có các bất đẳng thức sau đây, đã

xuất hiện trong 1 số kì thi `

® Nếu zự + gz + zz = 1 thì {1+z2(1 +2)(1+ z2) + 2zwz 3 2

® Nếu dở + be + ca = 3 thì 3(ø + b+ e) + abe > 10

142 Chuong 2 Sang tao bat dang thitc

Bài toán 2.50 (Lê Trung Kiên) Cho z,,z là các số thực đương thoả mãn

LỜI GIẢI Giả sử z = max(z,, z) và đặt a = + z> 0

Hiển nhiên az = 1 — z < 1 Xét hàm số sau

Nên dễ thấy f(x) > ƒ(2) > 2 + Y%

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = = 1,z = 0 hoặc các hoán vị L]

Bài toán 2.51 (Phạm Kim Hùng) Cho các số thực không âm a b, c có tổng bình

Sử dụng bất đẳng thtte Cauchy — Schwarz dé thay

(ab + be + ca + 3)? > 3(3(ab + be + ca + 3) — (a2b2 + b2c2 + c2a?) + (a* + b + c*) )

« (ab + be + ca)? + 6(ab + be + ca) + 9 > 9(ab + be + ca) + 3(a2b2 + b2c2 + c2a?)

«œ (a2 +b?+ c2)(a2 + b2 + c? — ab — be — ca) > a2(b — e)2 + b?(c — ø)2 + c2(ø — b)?

« (g2 + b2 — c2)(a — b)? + (b2 + c2 ~ a2)(b — e)2 + (c2 + a2 — b2)(c— a)? > 0

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo định lí $.0.5, co thể chứng mình đơn giản

điền này như sau Giả sử a > b > e, khi đó (a— e)2 > (a — b)? + (b — c)Ê, vậy

(a2 + b2 ~ c?)(a — b)2 + (b2 + c2 — a?)(b — c)2 + (c2 + a2 — b?)(e— a)?

> (a2 + b2 — c?)(a — b)2 + (b2 + c? — a2)(b — e)”+

+(e2+a2— b3) ((a— b)?+(b— ©)Ÿ)

> 2a2(ø — b)? + 2e2(b — e)? > 0

Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thite xay ra khi va chi khia = b=c=1

hoặc ø = b = ⁄3/2,c = 0 hoặc các hoán vị t

Bài toán 2.53 Giá sử ø,b,c là các số thuc duong va a? +b? + c2 = 1 Chứng minh

rằng

a + b + c > 3 d+be b3 +ac c3+ab — `

LỜI GIẢI Nêu tất cả các số hạng ở về trái đều lớn hơn 1 thì bất đẳng thức hiển

nhiên đúng Trong trường hợp ngược lại, ta có thể giả sử rằng

144 Chương 3 Sáng tạo bất đẳng thức

Trong đó = ' + ab — œ2 Ta sẽ chứng minh z > g, thật vậy

"==— > + Babe bt †—- øứ€© a (a + be) ( be —=ø]< a}<1

(a® + be)(1— a2 — abc) < be & a3(1 — a? — abc) < be(a? + abc)

© ø2(1— a2) < be(aŸ + a + be)

Nhưng bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì a(1 — a2) < be Do đó

Đăng thức xảy ra khi ø = 1,b = c = 0 hoặc các hoán vị

Nhận xét Lời giải được trình bày ớ trên là một lời giải khá lạ mắt, nhưng bài toán

cũng có thể được chứng mỉnh tự nhiên hơn bằng phương pháp khai triển Thật vậy,

Rõ ràng bất đẳng thức hiển nhiên đúng trong trường hợp z + + z < 2 Trong

trường hợp # + + z > 2, khai triển hai về bất đẳng thức trở thành

(x+ự + z) + 7x~uz(x++ z) > 3z22z? + 2 + 3xuz(x + g + 2)

Vìz++z> 2 nên (e++z~2) ((eụ + 0z + zz)2 — 3zuz{(œ + + z)) > Ú, suy ra

(#++z)+6zyz(z++z)> 2+ 3zz(z + + 2)

Mặt khác, dễ thấy rằng zz(z + + z) > 3z”y?z?, nên ta có đpơm

Bài toán 2.53 (Phan Thành Nam, VMEO 2005) Chứng minh rằng uới mới

LỜI GIẢI Đặt z viiax Nha # Song)

'Ta phải chứng minh z + + z 3 3 :

Nhưng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là

V(atb)(b+e) V(b+c)(ct+a) Vlet+a)(at+b)

3<z+z+zz=

0(02 + u2 — tu?) + t0(02 + 02 — 02) + (02 + 02 — 02) > 3u

Ẳ© (u3 + uỶ + 0Š) + (u2u + 0b + tu2u) > (02u + tu + u20) + 300)

Tuy nhiên, dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng đúng, vì

tu + 0Ÿ + tu + uầu + 02a + wu > 2(v2ut w2v + vw),

veut wut uw > 3uvw

Dang thitc xay ra khi va chi khia =b=c O

Bài toán 2.54 (Phạm Kim Hing) Chiing minh rang uới mọi số a, b, c, d không

ñm ta luôn có

ø* + b† + c® + d' — 4abcd > 2(a — b)(b — e)(e — đ)(d — a)

Và nu a, b, c, d thoả trăn điều kiện (a — b)(c— đ) < 0 thà ta có kết quả mạnh hơn là

at + 64 4+ ct + d* — A4abecd > 17(ø — b)(b — e)(e — đ)(d — a)

LỜI GIẢI Không mất tính tổng quát ta giả sử d = min(a, b, c, d) Từ chứng minh

sau đây trong trường hợp (øœ — b)(e— đ) < 0, bạn đọc hãy chứng minh ca bai todn

theo cách tương tự Xét trường hợp ở = 0, ta có b > a

a* + b* + c? > 17ae(b — a)(b — e)

Nếu (b — a)(b — e) < 0 thì bài toán được chứng minh

Nếu không, b > a, c Theo bất đẳng thức AM — GM thì

ae(b ~ a)(b — e) < ae(b — †)? < † (b — ĐỀ, Trong đó £ = (ø + e)/2 < b Ngoài ra a* + cÝ > 2†? nên ta chỉ cần chứng minh

146 Chương 2 Sáng tạo bat đẳng thức

Chú ý rằng nếu ¿ > 1 ta có điều phải chứng minh Xét y < 1

+, Nếu 3g? +7 <8 thì VP < 4ÿ(1- 0) < 1

+ Nếu 3? + 7y > 8 thi y > 0.8, do dé

y(1 — y) < 0.8(1 — 0.8) < 1/6 = y(1 — y)(3y? + 7y — 4) < 1/6(3y? + 7y — 4) <1

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh xong trong trường hợp đ = 0

Xét khi a,b,c,d > 0,d = min(a, b, c,d) Ta có bất đẳng thức tương đương

VT =a' +64 +c! + d* — 4abed = (a? _ e?)2 + (b? — d?)? + 2(ac — bd)?

= (a = e)°(a + e)* + (b — đ)Ề(b +)? + 2 [(a— ð)(+ đ) + (a+b)(e~ đ) |”

= (a— e}?(ø + e)? + (b — đ)2(b + đ)? + (a ~ b)(e + d)2+

i — đ)2(a + b)2 + (a2 — b2)(c2 — d2)

+—

2

= g4 = ©) (a + 6)? + š(b = đ)?(b + )® + 3a = Đ)#(e+ đ)*+

+ 5(¢ ~ đ)?(a+b)?+ aC ~d)(a+d)?+ s0 ~ €)?(b + e)`

Từ khai triển trên ta suy ra néu thay (a, b,c, d) béi (a—d,b—d, c—d, 0) thi vé trai sé

giảm đi còn về phải không thay đổi Vậy bài toán chỉ phải chứng minh trong trường

hợp ở = 0 như đã nói ở trên Do đó-việc chứng minh đã hoàn tất Đẳng thức xây ra

chikhia=b=c=d 0

Bài toán 2.55 (Phạm Kim Hùng) Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn

a+b+c=3 Chứng minh rằng

(ø + b2)(b + c2)(e + a2) < 13 + abe

LỜI GIẢI Bồ đề Với a > b > c thà

(œ+ b?)(b + e)(e + a2) > (a2 + b)(b} + e)(c2 +a)

Thật vậy, ta sử dụng 2 đẳng thức sau

a®b + bẮc + cŠa — (abŠ + be + eaŠ) = (a + b + e)(a — b)(b — e)(a — ©),

a2b3 + b2c3 + e2a3 — (a3b2 + bŠc2 + c3a2) = (ab + be + ca)(ø — b)(b — c)(e — a)

Via+b+c=3 nén ta có

(a + b +c)? — 3(ab + be + ca)

3 ((a — b)? + (b—c)? + (e- a)*) > 0

a+b+c-— (ab+be+ca) =

DI

2.1 Các bài toán chọn lọc 147

aŠb + bŠc + c3a — (ab? + bc? + ca?) > ab? + bc? + a3 — (ab? + b3c2 + c3a2)

= (a + bŸ)(b + c?)(e+ a2) > (a2 + b)(b? + e)(e2 + a) (dpem!)

Từ nhận xót trên, ta chỉ cần chứng minh bài toán trong trường hợp ø > b > c Gọi

ƒ(a, b, c) là biểu thức về trái của bất đẳng thức, ta có

~— 3a?be — 3ac?b — 2acb3 ~ c2bŠ

Do a >b> cnên be < ach? Bq < ac*b, b*c3 < c2b3

Vì thế để chứng minh ƒ(a,b,e) > ƒ(a + c,b, 0) ta chỉ cần chứng minh tiếp

c2a3 + a2b2c2 < 3a?be

Nhưng điều này hiển nhiên đúng vì dễ thay

3a”be — c2a3 — a2b2c2 > bea?(3 — a — bc) = bca?(b + c — be) > 0

Vậy f(a,b,c) < f(a + c,b,0) = (a + e)2b(ø + e + b2)

Công việc còn lại của chúng ta là chứng minh bất đẳng thức 2 biến

#?®(z + 2) <Š l3 Vz,>0,z+=3

Thay về trái bằng biểu thức của z, ta có

f(z) = (942? — 52)(32? - 23) < rin + 4r2 — 5z + 9)2 -#Š + 4z? ~ 5x + 9= (z— 1)(2—z)+7< —

Từ đó suy ra f(x) < 13, dpem O

Nhận xét Hằng số k tốt nhất trong bất đẳng thức

(a + b?)(b+c?)(c +a?) < k + abc, Va,b,c>0,at+b+ce=3

La max f(x) = (9 + 2? ~ 52) (3x? — 23), 2 € [1, 3]

Cũng bằng cách chứng minh tương tự ta suy rả 2 bắt đẳng sau vẫn đúng (chỉ một

vài bước cần thêm đánh giá mạnh hơn)

LOI GIẢI Đặt z = a2, = b,z = c2 rồi bình phương 2 về

Mặt khác 2 bộ số sau đây

x22 ` „2z? zn?

Var ty? Wy2+z2` Vz2+ z?'