Luận văn thạc sĩ HUS một số lớp bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến

7 2 Bất đẳng thức với tổng không đổi 9 2.1 Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm phân thức hữu tỉ... Ngaytừ đầu, sự ra đời và phát triển của bất đẳng thức đã đặt dấu ấn quan trọng,chún

Đa thức đối xứng ba biến

Trong ba biến x, y, z, một đơn thức ϕ(x, y, z) được viết dưới dạng ϕ(x, y, z) = a_klm x^k y^l z^m, với k, l, m ∈ N là bậc của từng biến và a_klm ∈ R* = R \ {0} là hệ số của đơn thức; bậc của đơn thức được xác định bởi tổng k + l + m Khi một hàm số P(x, y, z) có thể biểu diễn dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức, nó được gọi là một đa thức.

Trong đa thức, bậc lớn nhất của các đơn thức trong một đa thức được gọi là bậc của đa thức Theo Định nghĩa 1.3, một đa thức P(x, y, z) được coi là đối xứng nếu nó không thay đổi dưới mọi hoán vị của các biến x, y, z; tức là P(x, y, z) = P(y, x, z) = P(x, z, y) = P(y, z, x) = P(z, x, y) = P(z, y, x) Nói cách khác, giá trị của đa thức ở mọi hoán vị của x, y, z là như nhau.

Đa thức P(x, y, z) được gọi là đối xứng khi P(x, y, z) = P(y, x, z) = P(z, y, x) = P(x, z, y) Định nghĩa 1.4 cho biết một đa thức f(x, y, z) thuần nhất bậc m nếu f(tx, ty, tz) = t^m f(x, y, z) với mọi t ≠ 0 Định nghĩa 1.5 xác định ba đa thức σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz là các đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y, z.

Định nghĩa 1.6: Tổng lũy thừa bậc k của ba biến x, y, z được định nghĩa là s_k = x^k + y^k + z^k với k = 0,1, ; Định lý 1.1 (Công thức Newton) cho biết s_k thỏa hệ đẳng thức s_k = σ1 s_{k−1} − σ2 s_{k−2} + σ3 s_{k−3} cho mọi k ∈ Z, với σ1, σ2, σ3 là các tổng được xác lập từ x, y, z; Định lý 1.2 khẳng định s_k có thể biểu diễn dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ1, σ2, σ3; Định lý 1.3 (Công thức Waring) cho phép biểu diễn tổng lũy thừa s_k qua các đa thức đối xứng cơ sở theo một công thức liên quan.

Tính chất cơ bản của bất đẳng thức

3 a > b thì ca > cb khi c > 0 ca < cb khi c < 0.

6 Với n nguyên dương, ta có a < b⇔a 2n+1 < b 2n+1

Bất đẳng thức thường dùng

Bất đẳng thức AM-GM

Định lý 1.4 Giả sử a 1 , a 2 , , a n là các số thực không âm, khi đó ta luôn có a 1 +a 2 +ã ã ã+a n n ≥ √ n a 1 a 2 a n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 =a2=ã ã ã=an.

Hệ quả 1.1 Với mọi số thực dương a1, a2, , an ta có

(a 1 +a 2 +ã ã ã+a n )≥n 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 =a 2 =ã ã ã=a n

Hệ quả 1.2 Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có

Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

(?) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 =ã ã ã= a n b n ( ở đây ta sử dụng quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).

Nhận xét 1.1 Theo bất đẳng thức (?), chọn a i = x i

R, y i > 0 Ta thu được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức ( hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel).

Hệ quả 1.3 Nếu x 1 , x 2 , , x n là các số thực và y 1 , y 2 , , y n là các số thực dương thì x 2 1 y 1 +x 2 2 y 2 +ã ã ã+x 2 n y n ≥ (x1+x2+ xn) 2 y 1 +y 2 +ã ã ã+y n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 y 1 = x 2 y 2 =ã ã ã= x n y n

Bất đẳng thức Karamata

 x 1 ≥y 1 x 1 +x 2 ≥y 1 +y 2 x 1 +x 2 +ã ã ã+x n−1 ≥y 1 +y 2 +ã ã ã+y n−1 x 1 +x 2 +ã ã ã+x n =y 1 +y 2 +ã ã ã+y n Khi đó, ứng với hàm số lồi f(x)(f 00 (x)≥0) trên I(a, b), ta đều có f(x 1 ) +f(x 2 ) +ã ã ã+f(x n )≥f(y 1 ) +f(y 2 ) +ã ã ã+f(y n ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x i =y i , i= 1,2, n.

Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức.

Đặt hàm số y=f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên I(a;b) Nếu f''(x) ≥ 0 với mọi x ∈ I(a;b) thì với mọi x0 ∈ I(a;b) và mọi x ∈ I(a;b) ta có f(x) ≥ f'(x0)(x−x0) + f(x0); nếu f''(x) ≤ 0 với mọi x ∈ I(a;b) thì f(x) ≤ f'(x0)(x−x0) + f(x0) Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi x = x0.

Bất đẳng thức với tổng không đổi

Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm phân thức hữu tỉ

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM

Đối với bất đẳng thức P(x, y, z) ≥ 0 (hoặc ≤ 0), khi P là đa thức hoặc phân thức hữu tỉ và tổng x + y + z cố định, các kỹ thuật của bất đẳng thức AM-GM cho thấy hiệu quả rõ rệt trong việc xác định dấu của P và tối ưu hóa nghiệm Việc dự đoán dấu bằng, áp dụng AM-GM ngược dấu và đặt ẩn phụ giúp rút gọn bài toán, từ đó đạt được ước lượng chặt chẽ cho P Đây là một chiến lược mạnh mẽ để chứng minh bất đẳng thức khi tổng x+y+z không đổi, đồng thời cung cấp phương pháp hệ thống để kiểm tra và tối ưu giá trị của P.

Bài toán 2.1 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3 Chứng minh rằng a 2 b+ 2 + b 2 c+ 2 + c 2 a+ 2 ≥1.

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 b+ 2 +b+ 2

3 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được a 2 b+ 2 + b 2 c+ 2 + c 2 a+ 2 ≥ 5

3 = 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 2.2 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3 Chứng minh rằng

2(ab+bc+ca) + 1 ab+ 1 bc + 1 ca ≥9.

Cộng cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a 2 +b 2 +c 2 , ta được a 2 +b 2 +c 2 + 2(ab+bc+ca) + 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥9 +a 2 +b 2 +c 2

Ta có abc(a+b+c)(a 2 +b 2 +c 2 )≤ (ab+bc+ca) 2

Do đó ta chứng minh

3 (a 2 +b 2 +c 2 )≤9⇔(ab+bc+ca) 2 (a 2 +b 2 +c 2 )≤27. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

(ab+bc+ca) + (ab+bc+ca) +a 2 +b 2 +c 2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.3 Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a+b+c = 3 Chứng minh rằng

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

3 (ab+bc+ca) = (a+b+c) (ab+bc+ca)

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Không mất tính tổng quát giả sử a≥b ≥c≥0

Như vậy ab 2 +bc 2 +ca 2 +abc≤bc 2 +abc+a 2 b+abc

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 2.4 (Bulgaria TST 2003) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c= 3 Chứng minh rằng a

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a

2. Cộng vế với vế, ta có a

2(ab+bc+ca) = 3− ab+bc+ca

Mặt khác, ta có ab+bc+ca≤ (a+b+c) 2

2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 2.5 (Turkey TST 2007) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng

1 ab+ 2c 2 + 2c+ 1 bc+ 2a 2 + 2a + 1 ca+ 2b 2 + 2b ≥ 1 ab+bc+ca. Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab+ 2c 2 + 2c+ 2c 2 + 2c(a+b+c)

= (ab+ 2ac)(ab+ 2bc) ab

= (ab+bc+ca) 2 ab từ đó suy ra

(ab+bc+ca) 2 1 ca+ 2b 2 + 2b ≥ ca

(ab+bc+ca) 2 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

1 ab+ 2c 2 + 2c+ 1 bc+ 2a 2 + 2a + 1 ca+ 2b 2 + 2b ≥ 1 ab+bc+ca. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.6 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng a 2 +bc b+ca + b 2 +ca c+ab + c 2 +ab a+bc ≥3.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2 +bc 3b+ 3ca + b 2 +ca

⇔ a 2 +bc b(a+b+c) + 3ca+ b 2 +ca c(a+b+c) + 3ab+ c 2 +ab a(a+b+c) + 3bc ≥1.

Trong phần đối chiếu này, ta xét các bất đẳng thức liên quan đến ba số thực a, b, c Mặt khác, 3b + 3ac = b(a + b + c) + 3ac và ta có 3b + 3ac ≤ b(a + b + c) + a^2 + c^2 = a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca, do đó a^2 + bc ≤ a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca Tương tự, ta có b^2 + ca ≤ 3c + 3ab ≤ a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca và c^2 + ab ≤ 3a + 3bc ≤ a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta thu được một bất đẳng thức tổng hợp liên quan đến a^2, b^2, c^2 và các tích ab, bc, ca.

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Để chứng minh bất đẳng thức P(x, y, z) ≥ 0 (hoặc ≤ 0) khi P có dạng tổng các bình phương hoặc là các phân thức với tử số của mỗi phân thức là bình phương, ta có thể nghĩ ngay tới áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz Nếu có giả thiết x + y + z không đổi, ta có thể biến đổi bài toán để đưa P(x, y, z) về dạng này và từ đó dễ dàng sử dụng Cauchy–Schwarz để chứng minh Đây là một cách tiếp cận hiệu quả trong phân tích bất đẳng thức, giúp biến đổi bài toán thành dạng quen thuộc và tối ưu cho việc chứng minh.

Bài toán 2.7 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c = 1. Chứng minh rằng a

2ac+bc. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a 2 2ab+ac + b 2

3 (ab+bc+ca). Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có

(a+b+c) 2 ≥3(ab+bc+ca) do đó a 2 2ab+ac + b 2

3 (ab+bc+ca) ≥1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.8 Với các số thực dương a, b, c sao cho a+b+c= 1 Chứng minh

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai bộ số

√cd và pa 2 +b 2 +c 2 ,3√ ab,3√ bc,3√ ca ta có

1 a 2 +b 2 +c 2 + 1 ab + 1 bc + 1 ca a 2 +b 2 +c 2 + 9ab+ 9bc+ 9ca

(a+b+c) 2 + 7(ab+bc+ca). Theo hệ quả của bất đẳng thức AM −GM, ta có

= 30. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.9 (Iran MO TST 2009) Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn điều kiện a+b+c= 3 Chứng minh rằng

Bất đẳng thức cần chứng minh

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 6 (2) Bất đẳng thức được chứng minh nếu

Có thể nhận thấy bất đẳng thức (3) không phải luôn đúng nhưng ta có thể ép nó đúng Thật vậy sử dụng các đánh giá tương tự (3), ta có

2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 6 và cùng lần lượt đưa bài toán về chứng minh

Như vậy nếu trong các bất đẳng thức (3),(4) và (5) có một bất đẳng thức đúng thì bài toán sẽ được chứng minh song Ta thấy rằng

Xét tích [(c−a)(b−c)][(a−b)(c−a)][(b−c)(a−b)] = (a−b)^2 (b−c)^2 (c−a)^2 ≥ 0, nên ít nhất một trong ba số (c−a)(b−c), (a−b)(c−a), (b−c)(a−b) sẽ không âm Điều này đồng nghĩa với việc có ít nhất một bất đẳng thức đúng trong tập ba bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Nhận xét 2.1 cho thấy có nhiều công cụ hỗ trợ phương pháp dồn biến; ở đây ta xem xét ứng dụng yếu tố ít nhất và bất đẳng thức Cauchy–Schwarz để giảm biến số của bất đẳng thức, từ đó có thể đưa bất đẳng thức ba biến về bất đẳng thức một biến để chứng minh Ý tưởng kỹ thuật là sử dụng dồn biến để tối ưu hoá giới hạn và sau đó áp dụng Cauchy–Schwarz để so sánh các bình phương và tích, từ đó biến đổi bài toán thành một bất đẳng thức một biến và dễ dàng chứng minh.

Với bốn số thực a, b, c, k ta có [(a−k)(b−k)] [(b−k)(c−k)] [(c−k)(a−k)] = (a−k) 2 (b−k) 2 (c−k) 2 ≥0.

Do đó trong ba số (a−k)(b−k),(b−k)(c−k),(c−k)(a−k) sẽ có "ít nhất" một số không âm Giả sử (a−k)(b−k)≥0 thế thì a 2 +b 2 =k 2 + (a+b−k) 2 −2(a−k)(b−k)≤k 2 + (a+b−k) 2

Để chứng minh bất đẳng thức dựa trên giả thiết a + b + c = s và đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng một giá trị xác định, ta có thể dùng một đánh giá trên để làm giảm số biến của bất đẳng thức ban đầu Cụ thể, chọn k = m để đảm bảo dấu bằng, ta có a^2 + b^2 ≤ m^2 + (a + b − m)^2 = m^2 + (s − c − m)^2.

Nghĩa là có thể sử dụng đánh giá này vào bài toán thì ta sẽ chỉ còn phải chứng minh bất đẳng thức của một biến c.

Bài toán 2.10 Với a, b, clà các số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c= 3 Chứng minh rằng a 7a 2 + 11 + b

Bất đẳng thức cần chứng minh

3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có

= 3(a+b+c) 2 21(a 2 +b 2 +c 2 ) + 11(a+b+c) 2 và cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

3 [21(a 2 +b 2 +c 2 ) + 11.(a+b+c) 2 ]. Bất đẳng thức được chứng minh nếu

Rõ ràng (1 ) không phải lúc nào cũng đúng, nhưng từ đó vẫn đi đến điều phải chứng minh bằng cách đánh giá tương tự

3 [21(a 2 +b 2 +c 2 ) + 11.(a+b+c) 2 ] và ta lần lượt đưa bài toán về xét tính đúng sai của

42(c−a)(c−b)≥0 (3) mà ta lại có (a−b)(a−c) + (b−a)(b−c) + (c−a)(c−b) = a 2 +b 2 +c 2 −ab−bc−ca≥0.

Do đó trong (1),(2),(3) có ít nhất một bất đẳng thức đúng Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 2.11 Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c tùy ý ta đều có

Do bất đẳng thức đã cho thuần nhất với biến a, b, c nên ta có thể chuẩn hóa bài toán bằng cách đặt tổng a+b+c=1 Khi đó bất đẳng thức đã cho được viết dưới dạng đồng nhất với tổng bằng 1, cho phép ta dễ dàng áp dụng các phương pháp chứng minh như AM-GM hoặc bất đẳng thức Cauchy và thực hiện các biến đổi rút gọn mà không làm mất tính chất của bất đẳng thức Việc chuẩn hóa này làm rõ các mối quan hệ giữa các biến và giúp tối ưu hóa phân tích, từ đó cải thiện khả năng trình bày và tối ưu SEO cho nội dung liên quan đến bất đẳng thức thuần nhất, chuẩn hóa tổng a+b+c và các phương pháp chứng minh.

Không mất tính tổng quát, giả sử a− 1

2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

= 18c 2 9c 2 −3c+ 5. Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.

Sử dụng các tính chất của hàm số

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức dạng P(x, y, z) ≥ 0 (hoặc ≤ 0), dựa vào tổng không đổi và dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi nào là một hướng tiếp cận phổ biến Ta có thể đưa bài toán về dạng hàm một biến và sử dụng các tính chất của hàm số để khảo sát dấu bất đẳng thức, xác định các trường hợp tối ưu và các điểm cực trị Bên cạnh đó, có thể áp dụng bất đẳng thức Karamata và bổ đề cơ bản để chứng minh khi các biến thỏa mãn tổng không đổi, từ đó rút gọn bài toán và làm rõ điều kiện xảy ra của đẳng thức.

Bài toán 2.12 Với x, y, z >0 thỏa mãn x+y+z = 1 Chứng minh rằng

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

Ta lập bảng biến thiên z 0 1 2 1 f 0 (z) − 0 + f(z) +∞

Từ bảng biến thiên, ta có f(z)≥0, với ∀z ∈(0; 1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y= 1

Bài toán 2.13 (Tiệp Khắc MO ,1984) Với x, y, z ≥0 thỏa mãn x+y+z = 1. Chứng minh rằng xy+yz+zx−2xyz ≤ 7

Chứng minh. Đặt xy+yz+zx−2xyz =P. Giả sử x=min{x, y, z}.

3. Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

Ta có bảng biến thiên x 0 1 3 f 0 (x) 0 + 0 f(a) 1

Từ bảng biên thiên ta thấy với ∀x∈h

27. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1

Bài toán 2.14 Với x, y, z ≥0 thỏa mãn x+y+z = 1 Chứng minh rằng xy+yz+zx≤ 1

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với xy+yz+zx−9

Ta có xy+yz+zx− 9

Ta lập bảng biến thiên z 0 1 9 1 3 f 0 (z) | − 0 + 0 f(z) 4

Từ bảng biến thiên ta thấy f(z)≤4,∀z ∈h

4xyz. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Bài toán 2.15 Với x, y, z >0 và x+y+z = 1 Chứng minh rằng

Từ giả thiết ta có y+z = 1−x và theo bất đẳng thức AM-GM, ta có yz ≤ (y+z) 2

Ta có bảng biến thiên x 0 1 3 f 0 (x) | − 0 f(x) 2

Từ bảng biến thiên ta suy ra

0;1 3 i Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1

Bài toán 2.16 Với x, y, z ∈[0; 2] thỏa mãn điều kiệnx+y+z = 3 Chứng minh rằng x 3 +y 3 +z 3 ≤9.

2 + 1 + 0 =x+y+z Xét hàm số f(t) =t 3 , với t ∈[0; 2] f 0 (t) = 3t 2 f 00 (t) = 6t≥0, với t∈[0; 2].

Do đó với x, y, z ∈[0; 2], theo bất đẳng thức Karamata ta có f(2) +f(1) +f(0)≥f(x) +f(y) +f(z)

⇔x 3 +y 3 +z 3 ≤9. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= 2;y= 1;z = 0 và các hoán vị của chúng.

Bài toán 2.17 Cho x, y, z ∈[1; 3], x+y+z = 6 Chứng minh rằng x 2 +y 2 +z 2 ≤14.

3 + 2 + 1 =x+y+z Xét hàm số f(t) =t 2 , với t ∈[1; 3] f 0 (t) = 2t f 00 (t) = 2≥0, với t∈[1; 3].

Do đó với x, y, z ∈[1; 3], theo bất đẳng thức Karamata ta có f(3) +f(2) +f(1)≥f(x) +f(y) +f(z)

⇔x 2 +y 2 +z 2 ≤14. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= 3;y= 2;z = 1 và các hoán vị của chúng.

Bài toán 2.18 Với x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x+y+z = 1.

(t+ 1) 3 0 và thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng a b 3 +ab + b c 3 +ca+ c a 3 +ca ≥ 3

2. Bài toán 2.26 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh bất đẳng thức sau ab+bc+ca+ 1 abc ≥abc+ 3.

Bài toán 2.27 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng a 3 b(2c+a) + b 3 c(2a+b)+ c 3 a(2b+c) ≥1.

Bài toán 2.28 Với a, b, c≥0 thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh a 2 +b 2 +c 2 + 3abc≥ 4

9. Bài toán 2.29 Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng

Bài toán 2.30 Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a (b+c) 2 + b

Bài toán 2.31 (Japan Mathematical Olympiad Finals 1997) Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng

Bài toán 2.32 (China MO 2005) Với a, b, c không âm thỏa mãn a+b+c= 1. Chứng minh rằng

Bài toán 2.33 (China Northern MO 2006) Với các số thực a, b, c thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng a 2 + 9 2a 2 + (b+c) 2 + b 2 + 9

Bài toán 2.34 Với a, b, clà các số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c= 3 Chứng minh rằng

Bài toán 2.35 Với a, b, c là các số thực thỏa mãn a+b+c = 1 Chứng minh rằng a 2 6a 2 −4a+ 1 + b 2

Bài toán 2.36 Với a, b, clà các số thực thỏa mãn điều kiện a+b+c= 1 Chứng minh rằng a 2 3a 2 −2a+ 3 + b 2

Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm vô tỉ

Trong phần này, chúng ta đi chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến hàm vô tỉ có tổng không đổi bằng cách sử dụng bất đẳng thức AM-GM Điểm mấu chốt là vận dụng khéo léo AM-GM để phá dấu căn và tận dụng tính chất tổng không đổi, từ đó chuyển đổi các biểu thức phức tạp thành những dạng dễ so sánh hơn Phương pháp này không chỉ giải quyết được các bất đẳng thức chứa căn bậc hai mà còn làm rõ cách kết hợp các bất đẳng thức nền tảng với đặc tính tổng không đổi để đạt được nghiệm đúng.

Bài toán 2.37 Với x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x+y+z = 2. Chứng minh px 3 y+y 3 z+z 3 x+p xy 3 +yz 3 +zx 3 ≤2.

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

Thật vậy, bình phương hai vế của bất đẳng thức (*), ta có a+ 2√ ab+b ≤2(a+b)⇔a+b ≥2√ ab luôn đúng theo AM-GM

. Áp dụng bất đẳng thức (* ) ta có px 3 y+y 3 z+z 3 x+p xy 3 +yz 3 +zx 3 ≤p

Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn nếu chứng minh được xy(x 2 +y 2 ) +yz(y 2 +z 2 ) +zx(z 2 +x 2 )≤2.

Ta có xy(x 2 +y 2 ) +yz(y 2 +z 2 ) +zx(z 2 +x 2 )

=(xy+yz+zx)(x 2 +y 2 +z 2 ). Đến đây ta cần chứng minh

(xy+yz+zx)(x 2 +y 2 +z 2 )≤2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

8(x+y+z) 4 = 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y= 1, z= 0 hoặc các hoán vị của chúng.

Bài toán 2.38 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng pa(b+ 3c) +p b(c+ 3a) +p c(a+ 3b)≤6.

Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có pa(b+ 3c) = 1

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta được pa(b+ 3c) +p b(c+ 3a) +p c(a+ 3b)≤ 1

2 = 6. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 2.39 [Russian MO 2002]Với a, b, c >0 thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2 +b 2 +c 2 + 2(√ a+

⇔a 2 +b 2 +c 2 + 2(√ a+√ b+√ c)≥(a+b+c) 2 = 9. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 +√ a+√ a ≥3a b 2 +

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có a 2 +b 2 +c 2 + 2√ a+ 2

√ b+ 2√ c≥3(a+b+c) = 9. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.40 (Mexico MO 2007) Nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng

Sử dụng điều kiện a+b+c= 1, ta có a+bc=a(a+b+c) +bc= (a+b)(a+c).

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

2 = 2(a+b+c) = 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.41 Với các số thực dương thỏa mãna+b+c= 3 Chứng minh rằng

Từ đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab p(b+c) (c+a) ≤ 1

2.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 2.42(Bosnia and Hercegovina MO 2005) Với các số thực dươnga, b, c thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng a√ b+b√ c+c√ a ≤ 1

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc

(a+b+c) 2 ≥3(ab+bc+ca) và theo giả thiết a+b+c= 1.

Khi đó ta có ab+bc+ca≤ 1

3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có a√ b+b√ c+c√ a 2

Bài toán 2.43 Với a, b, c là các số thực dương và a+b+c = 1 Chứng minh rằng √ a+bc+√ b+ca+√ c+ab≥√ ab+√ bc+√ ca+ 1.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có

Nhận xét 2.2 Bài toán trên được xây dựng từ bất đẳng thức APMO 2002 như sau

Với x, y, z >0 thỏa mãn 1 x +1 y + 1 z = 1 Chứng minh rằng

Bài toán 2.44 Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng pab(1−c) +p bc(1−a) +p ca(1−b)≤ r2

Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có

(a+b+c) 2 ≥3(ab+bc+ca). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có pab(1−c) +p bc(1−a) +p ca(1−b)

Do đó pab(1−c) +p bc(1−a) +p ca(1−b)≤ r2

3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.45(China MO 2008) Với các số thực dươnga, b, cthỏa mãna+b+c1 Chứng minh rằng r a+(b−c) 2

Chứng minh. Đặt √bc=x suy ra

Khi đó bất đẳng thức ban đầu trở thành p(1 +a) 2 −4x 2 + 2√

3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có p(1 +a) 2 −4x 2 + 2p

Vậy ta chỉ cần chứng minh

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì

Bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.46(China MO 2006) Với các số thực dươnga, b, cthỏa mãna+b+c1 Chứng minh rằng

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có ab

√ab+bc+ca pa(ab+bc+ca)

√ab+bc+ca pb(ab+bc+ca)

√ab+bc+ca pc(ab+bc+ca)

≤ab+bc+ca ab+bc+ca a(ab+bc+ca) a+c + b(ab+bc+ca) b+a +c(ab+bc+ca) c+b

Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được (ab+bc+ca) a a+c+ b b+a + c c+b

⇔2 a 2 b a+c + ab 2 b+a + abc c+b + abc a+c + b 2 c b+a + bc 2 c+b + ca 2 a+c + abc a+b + c 2 a c+b

⇔2 ab+bc+ca+ ab 2 a+b + bc 2 b+c+ ca 2 a+c

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy -Schwarz và bất đẳng thức AM-GM, ta có

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.47 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c= 1. Chứng minh rằng a 2 9a+ 1 + b 2

9 − c 9(9c+ 1). Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 9a+ 1 + b

4p 3(ab+bc+ca) ≥1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có a 9a+ 1 + b

Do đó, bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được

6(ab+bc+ca) + 2 ≥1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có 1

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.48 Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng

Theo bổ đề 1.1, ta có f(a)≤f 0 (1

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có f(a) +f(b) +f(c)≤f 0 (1

√10. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 2.49 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng

Với a, b, c∈(0; 3), theo bổ đề 1.1, ta có f(a)≥f 0 (1)(a−1) +f(1) f(b)≥f 0 (1)(b−1) +f(1) f(c)≥f 0 (1)(c−1) +f(1).

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có f(a) +f(b) +f(c)≥f 0 (1)(a+b+c−3) + 3f(1) = 1. Đẳng thức xay ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Nhận xét 2.3 Bài toán có thể cho dưới hình thức sau:

Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 +b 2 +c 2 = 3 Chứng minh rằng

Bài toán 2.50 (Đề đại học khối A năm 2003) Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z = 1 Chứng minh rằng r x 2 + 1 x 2 + r y 2 + 1 y 2 + r z 2 + 1 z 2 ≥√

(t 5 +t)√ t 8 +t 4 >0,∀t ∈(0; 1). Áp dụng bổ đề 1.1, ta có f(x)≥f 0 (1

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có r x 2 + 1 x 2 + r y 2 + 1 y 2 + r z 2 + 1 z 2 ≥f 0 (1

82. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1

Bài toán liên quan

Bài toán 2.51 Với a, b, c không âm thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng

Bài toán 2.52 Với a, b, c >0 thỏa mãn a+b+c= 3 Chứng minh rằng r a+b c+ab+ r b+c a+bc + r c+a b+ac ≥3.

Bài toán 2.53 Với a, b, c > 0 thỏa mãn a+b+c = 3 Chứng minh rằng với

Bài toán 2.54 (Ukraine MO 2001) Với các số thực dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn x+y+z= 1 Chứng minh rằng ax+by+cz+ 2p

(xy+yz+zx)(ab+bc+ca)≤a+b+c.

Bất đẳng thức có tích không đổi

Khi một bất đẳng thức có dạng P(x, y, z) ≥ 0 hoặc ≤ 0 và tích xyz không đổi, các kỹ thuật chứng minh dựa trên AM-GM, Cauchy–Schwarz và các tính chất của hàm số cho phép ta dùng phép thế để biến đổi Phép thế này chuyển bất đẳng thức cần chứng minh về thành một bất đẳng thức đơn giản hơn, từ đó dễ áp dụng các bất đẳng thức nổi tiếng và các đặc trưng của hàm số Nhờ đó, điều kiện xyz không đổi được bảo toàn trong quá trình biến đổi, giúp tối ưu hóa quá trình chứng minh và làm rõ bản chất của bất đẳng thức.

Cho các số thực dương a, b, c Nếu abc = 1 thì có thể đặt a = 1 x, b = 1 y, c = 1 z hoặc a= x y, b= y z, c = z x hoặc a= yz x 2 , b = xz y 2 , c= xy z 2 ,

Bất đẳng thức có tích không đổi với hàm phân thức hữu tỉ

Bài toán 3.1 Với các số dươngx, y, z thỏa mãn điều kiệnxyz = 1 Chứng minh rằng với ∀n∈N ∗ , ta luôn có x n y+y n z+z n x≥xy+yz+zx.

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (n+1) số, ta có x n y+x n y+y n z+yz+yz+ +yz

Tương tự, ta có y n z+y n z+z n x+zx+zx+ +zx

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên, ta có 3(x n y+y n z+z n x) + (n−2)(xy+yz +zx)≥(n+ 1)(xy+yz+zx)

⇔x n y+y n z+z n x≥xy+yz+zx. Đẳng thức xảy ta khi và chỉ khi x=y=z = 1.

Bài toán 3.2 Với các số thực dương x, y, z có xyz = 1 Chứng minh rằng x 4 y x 2 + 1 + y 4 z y 2 + 1 + z 4 x z 2 + 1 ≥ 3

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x 4 y x 2 + 1 =x 2 y− x 2 y x 2 + 1

2 Chứng minh tương tự, ta có y 4 z y 2 + 1 ≥y 2 z−yz

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều chúng ta có x 4 y x 2 + 1 + y 4 z y 2 + 1 + z 4 x z 2 + 1 ≥x 2 y+y 2 z+z 2 x−1

Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được x 2 y+y 2 z+z 2 x≥ 3

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x 2 y+y 2 z+z 2 x

2. Vậy bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất nếu ta chứng minh được x 2 y+y 2 z+z 2 x

Thật vậy sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x 2 y+x 2 y+y 2 z ≥3p 3 x 2 y.x 2 y.y 2 z = 3 3 r x 4 y 4 1 xy = 3xy y 2 z+y 2 z+z 2 x≥3p 3 y 2 z.y 2 z.z 2 x= 3 3 r y 4 z 4 1 yz = 3yz z 2 z+z 2 x+x 2 y≥3p 3 z 2 x.z 2 x.x 2 y= 3 3 r x 4 z 4 1 xz = 3zx.

Cộng các bất đẳng thức trên và rút gọn ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1.

Bài toán 3.3 (IMO 1995) Với a, b, c là các số thực dương và abc = 1 Chứng minh rằng

4ab ≥2 r a+b 4c 3 ab(a+b) = 1 c. Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

2.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 3.4 (Romania MO 1997 ) Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng x 9 +y 9 x 6 +x 3 y 3 +y 6 + y 9 +z 9 y 6 +y 3 z 3 +z 6 + z 9 +x 9 z 6 +z 3 x 3 +x 6 ≥2.

Chứng minh. Đặt a=x 3 , b =y 3 , c =z 3 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 3 +b 3 a 2 +ab+b 2 + b 3 +c 3 b 2 +bc+c 2 + c 3 +a 3 c 2 +ca+a 2 ≥2.

Mặt khác, với ∀u, v >0, ta có u 3 +v 3 u 2 +uv+v 2 −u+v

Do đó a 3 +b 3 a 2 +ab+b 2 + b 3 +c 3 b 2 +bc+c 2 + c 3 +a 3 c 2 +ca+a 2 ≥ a+b

33√ 3 abc= 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay x=y =z = 1.

Bài toán 3.5 (Korea MO 1999) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãnabc= 1. Chứng minh rằng

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có b 4 +c 4 = 3b 4 +c 4

Chứng minh tương tự, ta có

1 a 4 +b 4 +c ≤ c a 2 +b 2 +c 2 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

3√ 3 abc ≤1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 3.6 (Hongkong 2000) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

≥18. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 3 +b 3 +c 3 1 a 3 + 1 b 3 + 1 c 3

Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 3.7 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

Chứng minh. Đặt a=x 3 , b =y 3 , c =x 3 , với x, y, z >0 và xyz = 1. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz kết hợp với xyz = 1, ta có

= z 4 +x 2 yz+x 2 y 2 (x 2 +y 2 +z 2 ) 2 Chứng minh tương tự, ta có

(x 2 +y 2 +z 2 ) 2 Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được x 4 +y 4 +z 4 +xyz(x+y+z) +x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2

⇔xyz(x+y+z)≤x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 (điều này luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 3.8 Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh

Chứng minh. Đặt x= bc a 2 , y = ca b 2 , z = ab c 2 , với a, b, c >0. Khi đó bất đẳng thức trở thành a 4 b 2 c 2 +a 2 bc+a 4 + b 4 c 2 a 2 +b 2 ca+b 4 + c 4 a 2 b 2 +c 2 ab+c 4 ≥1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có a 4 b 2 c 2 +a 2 bc+a 4 + b 4 c 2 a 2 +b 2 ca+b 4 + c 4 a 2 b 2 +c 2 ab+c 4

≥ (a 2 +b 2 +c 2 ) 2 b 2 c 2 +a 2 bc+a 4 +c 2 a 2 +b 2 ca+b 4 +a 2 b 2 +c 2 ab+c 4 Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chỉ ra được

⇔(ab−ac) 2 + (ab−bc) 2 + (bc−ca) 2 ≥0 ( luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1.

Bài toán 3.9 (IMO 2008) Với các số thực x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh x x−1

Do x, y, z6= 1 và xyz = 1 nên ∃a, b, c thỏa mãn x= a 2 bc, y = b 2 ca, z= c 2 ab và (a 2 −bc)(b 2 −ca)(c 2 −ab)6= 0.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 4 (b 2 −bc) 2 + b 4

(c 2 −ab) 2 ≥1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a 4 (b 2 −bc) 2 + b 4

(a 2 −bc) 2 + (b 2 −ca) 2 + (c 2 −ab) 2 Bất đẳng thức đã cho được chứng minh nếu ta chứng minh được

⇔(ab+bc+ca) 2 ≥0 (luôn đúng).

Nhận xét 3.1 Bài toán trên có thể làm cách hai như sau Đặt a = x x−1, b= y y−1, c= z z−1 suy ra x= a a−1, y = b b−1, z = c c−1. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 2 +b 2 +c 2 ≥1 Theo giả thiết xyz = 1

Do vế trái luôn không âm nên ta có a 2 +b 2 +c 2 ≥1 ( điều phải chứng minh).

Bài toán 3.10 (IMO 1995) Với các số thực dương a, b, c và abc = 1 Chứng minh

2. Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có

Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được

⇔ab+bc+ca≥3 ( luôn đúng thao AM-GM).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 3.11 (Romania MO 2003) Với các số thực a, b, c > 0 và thỏa mãn abc= 1 Chứng minh rằng

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1 + 3 a+b+c − 6 ab+bc+ca ≥0. Đặt √a+b+c=t với t ≥p

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bất đẳng thức được viết lại như sau

⇔ (2a−1) 2 a 2 −a+ 1 + (2b−1) 2 b 2 −b+ 1 + (2c−1) 2 c 2 −c+ 1 ≥3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được

Do đó bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chỉ ra được

(ab+bc+ca) 2 ≥3abc(a+b+c) = 3(a+b+c) suy ra ab+bc+ca≥p

Do đó muốn chứng minh được bất đẳng thức (?) ta chỉ cần chứng minh

Nên bất đẳng thức (??) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 3.13 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng a+b+c≥ 1 +a

Bài toán 3.14 (IMO -SL 1998) Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn abc= 1. Chứng minh rằng a 3

Bài toán 3.15 (Ukraine 1998 ) Với các số thực dương a, b, c > 0 và thỏa mãn abc= 1 Chứng minh rằng

Bài toán 3.16 Với các số thực a, b, c > 0 và thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

Bài toán 3.18 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiệnabc = 1 Chứng minh rằng

Bài toán 3.19 Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc= 1 Chứng minh bất đẳng thức sau

Bất đẳng thức có tích không đổi với hàm vô tỉ

Bài toán 3.20(Internationnal Compelition SRMC 2006) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc= 1 Chứng minh rằng

Do abc= 1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a = y x, b= z y, c= x z. Thay vào bất đẳng thức đã cho, ta có

4 3 ry 2 xz + 3 rz 2 xy + 3 rx 2 yz

Mà ta lại chứng minh được bất đẳng thức

Do đó bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được

⇔(xy+yz+zx) 2 ≥3xyz(x+y+z) hiển nhiên đúng theo AM-GM

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 3.21 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng

Vì abc= 1 nên đặt a= x 2 yz, b= y 2 zx, c= z 2 xy.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

3 rx 2 yz + 3 ry 2 zx+ 3 rz 2 xy ≤ 3 s 3

3 + x 2 yz + y 2 xz + z 2 xy + xy z 2 +yz x 2 + xz y 2

Áp dụng bất đẳng thức AM −GM, ta có

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Bài toán 3.22 (APMO 2005) Với a, b, clà các số thực dương thỏa mãn abc= 8. Chứng minh rằng a 2 p(a 3 + 1)(b 3 + 1) + b 2 p(b 3 + 1)(c 3 + 1) + c 2 p(c 3 + 1)(a 3 + 1) ≥ 4

Với ∀x≥0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có px 3 + 1 =p

2 Áp dụng bất đẳng thức này, ta có a 2 p(a 3 + 1)(b 3 + 1) + b 2 p(b 3 + 1)(c 3 + 1) + c 2 p(c 3 + 1)(a 3 + 1)

(c 2 + 2)(a 2 + 2). Vậy ta chỉ cần chứng minh

⇔a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 + 2(a 2 +b 2 +c 2 )≥a 2 b 2 c 2 + 8 = 72. Điều này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ≥3 3

√ a 2 b 2 c 2 = 12. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 2.

Bài toán 3.23 (Đề thi đại học khối D 2005) Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 1 Chứng minh rằng p1 +x 3 +y 3 xy + p1 +y 3 +z 3 yz +

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có p1 +x 3 +y 3 xy ≥ q

√1 +z 3 +x 3 xz ≥ r 3 xz. Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có p1 +x 3 +y 3 xy + p1 +y 3 +z 3 yz +

1 +z 3 +x 3 zx ≥ r 3 xy + r 3 yz + r 3 xz. Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có r 3 xy + r 3 yz + r 3 zx ≥3 3 s √

Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1.

Bài toán 3.24 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng √ a

Chứng minh. Đặt √a= x y,√ b = y z,√ c= z x với x, y, z >0. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x y

2xy 2 z+x 2 z 2 ≥1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có x 2 z 2 2xyz 2 +x 2 y 2 + y 2 x 2

2xy 2 z+x 2 z 2 ≥ (xz+xy+yz) 2 x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 + 2xyz(x+y+z)

= (xz+xy+yz) 2 (xz+xy+yz) 2 = 1.

Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi à chỉ khi a=b=c= 1

Bài toán 3.25 (Balkan Shortlist 2002) Với a, b, c, là các số thực dương thỏa mãn abc= 2 Chứng minh rằng a 3 +b 3 +c 3 ≥a√ b+c+b√ c+a+c√ a+b.

Do đó ta cần chứng minh bất đẳng thức a 2 (b+c) +b 2 (c+a) +c 2 (a+b)≥2(a√ b+c+b√ c+a+c√ a+b).

Sử dụng Cauchy- Schwarz cho biểu thức ở vế trái, ta có a 2 (b+c) +b 2 (c+a) +c 2 (a+b)≥ 1

Do đó ta chỉ cần chứng minh a√ b+c+b√ c+a+c√ a+b≥6.

Sử dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có a√ b+c+b√ c+a+c√ a+b≥ 3 q abcp (a+b)(b+c)(c+a)

= 6. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= √ 3

Bài toán 3.26 (IMO 2002 ) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc= 1 Chứng minh rằng a−1 + 1 b b−1 + 1 c c−1 + 1 a≤1Chứng minh.

Vì abc = 1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a = x y, b = y z, c = z x Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

Trong ba số x−y+z, y−z+x, z−x+y, không thể có hai số âm cùng lúc và cũng không thể cả ba số đều âm Nếu trong ba số trên có một số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Trong trường hợp cả ba số đều dương, ta có thể áp dụng logarit hai vế và thu được ln(x−y+z) + ln(y−z+x) + ln(z−x+y) ≤ ln x + ln y + ln z.

Không mất tính tổng quát, giả sử x≥y≥z Khi đó,

Với f(x) = ln x là hàm lõm trên (0; +∞), ta áp dụng bất đẳng thức Karamata để được ln(y−z+x) + ln(x−y+z) + ln(z−x+y) ≤ ln x + ln y + ln z Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc a = b = c = 1.

Bài toán 3.27 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

Từ giả thiết abc= 1 ⇔ln(abc) = 0⇔lna+ lnb+ lnc= 0. Đặt x= lna, y= lnb, z = lnc Khi đó x, y, z ∈R và x+y+z = 0. Bất đẳng thức đã cho trở thành e x

Ta có bảng biến thiên t −∞ 0 +∞ f 0 (t) − 0 + f(t) & √ 2 2 %

Từ bảng biến thiên, ta có f(t)≥

2 ,∀t∈R. Thay t bởi x, y, z rồi cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có e x

2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 0 hay a=b=c= 1.

Bài toán 3.28 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng p2(a 2 + 1) +p

Bài toán 3.29 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng p8a 2 + 1 +p

Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến

Bài toán 4.1 Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a+b+c= 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử c=min{a, b, c}. Khi đó b 2 −bc+c 2 =c(c−b) +b 2 ≤b 2 c 2 −ca+a 2 =c(c−a) +a 2 ≤a 2

≤(a 2 −ab+b 2 )a 2 b 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

≤ 4 9.27(a+b+c) 6 = 12. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= 2, b= 1, c = 0 và các hoán vị của nó.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 12.

Bài toán 4.2 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 2 Tìm giá trị lớn nhất của

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

= ab p(a+b+c)c+ab+ bc p(a+b+c)a+bc + ca p(a+b+c)b+ca

≤1 2 ab c+a + ab c+b + bc a+b + bc a+c+ ac b+a + ac b+c

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 2

3. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 1.

Bài toán 4.3 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 h (a+b)√ ab+ (b+c)√ bc+ (c+a)√ ca i.Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có 5 h (a+b)

≤4(a 2 +b 2 +c 2 ) + 8(ab+bc+ca) = 4(a+b+c) 2 = 4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

3. Vậy giá trị lớn nhất của P là 2.

Bài toán 4.4 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c= 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biêu thức

= a+b b+c + b+c c+a + c+a a+b. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

≥ 3 ra+b b+c.b+c c+a.c+a a+b = 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

3. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2.

Bài toán 4.5 Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = ab a+b+ab+ bc b+c+bc + ca c+a+ca.

Với giả thiết a, b, c >0 và abc= 1, ta có

P = ab a+b+ab+ bc b+c+bc + ca c+a+ca

Với các số dương x, y, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x 3 +x 3 +y 3 ≥3p 3 x 6 y 3 = 3x 2 y y 3 +y 3 +x 3 ≥3p 3 y 6 x 3 = 3y 2 x.

Do đó x 3 +y 3 ≥xy(x+y) dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi x=y. Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

= 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1.

Bài toán 4.6 Với x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x 2 (y+z)≥2x 2 √ yz = 2x√ x y 2 (z+x)≥2y 2 √ zx= 2y√ y z 2 (x+y)≥2z 2 √ xy = 2z√ z.

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có

≥ 2(ab+bc+ca) ab+bc+ca

= 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2

Bài toán 4.7 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc= 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = a 3 +b 3 a 2 +ab+b 2 + b 3 +c 3 b 2 +bc+c 2 + c 3 +a 3 c 2 +ca+a 2 Chứng minh.

P = (a+b)(a 2 −ab+b 2 ) a 2 +ab+b 2 + (b+c)(b 2 −bc 2 c ) b 2 +bc+c 2 + (c+a)(c 2 −ca+a 2 ) c 2 +ca+a 2

Ta sẽ chứng minh với mọi x, y dương, ta có x 2 −xy+y 2 x 2 +xy+y 2 ≥ 1

⇔2(x−y) 2 ≥0 ( luôn đúng) Áp dụng kết quả trên, ta có

Lại theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

Dấu "= " xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 2.

Bài toán 4.8 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c= 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Chứng minh. Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có

(3 +√ ab+√ bc+√ ca) 2 Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3

Bài toán 4.9 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y+z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =x 4 + 2y 4 + 3z 4 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có x 4 + 2y 4 + 3z 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 81

Bài toán 4.10 Với a, b, c là các số thực thỏa mãn a+b+c= 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A= 1 a 2 +b 2 +c 2 + 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

A≥ 1 a 2 +b 2 +c 2 + 1 ab+ 1 bc + 1 ca. Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có

(a+b+c) 2 + 7(ab+bc+ca). Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 10

Bài toán 4.11 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc= 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có pa 2 + 1 +p b 2 + 1 +p c 2 + 1 +√

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

2 dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Vậy giá trị lớn nhất của F là √2.

Bài toán 4.12 Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = xy px 2 +y 2 + 2z 2 + yz py 2 +z 2 + 2x 2 + zx pz 2 +x 2 + 2y 2

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z = 1

3. Vậy giá trị lớn nhất của P là 1

Bài toán 4.13 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c= 3

4. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

= 3 a+ 3b+ 2 + 3 b+ 3c+ 2 + 3 c+ 3a+ 1. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1

3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.

Bài toán 4.14 Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãna+b+c= 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

Vì a 2 +b 2 +c 2 = (a+b+c) 2 −2(ab+bc+ca) = 1−2(ab+bc+ca).

Và theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có

P ≥(ab+bc+ca) 2 + 3(ab+bc+ca) + 2p

1−2(ab+bc+ca). Đặt ab+bc+ca=t.

Do đó P ≥2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.

Bài toán 4.15 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c= 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM- GM, ta có

−4abc. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

≥3√ 3 abc−4abc. Đặt √ 3 abc =t với 0< t=√ 3 abc ≤ a+b+c

Từ bảng biến thiên ta có f(t)≥ −1⇒P ≥f(t)≥ −1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -1.

Bài toán 4.16 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 =a+b+c≥3√ 3 abc⇒abc≤1. Theo giải thiết ta có 0< abc≤1.

√ a 2 b 2 c 2 + 1 abc −abc. Đặt √ 3 abc =t với t∈(0; 1].

Xét hàm số f(t) = 3t 2 + 1 t 3 −t 3 với t ∈(0; 1] ta có f 0 (t) =6t− 3 t 4 −3t 2 = −3t 6 + 6t 5 −3 t 4

Do đó P ≥f(t)≥f(1) = 3. Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi t = 1⇒a=b=c= 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.

Bài toán 4.17 Với 3 sốx, y, z thỏa mãn x, y, z ∈[−1; 3] x+y+z = 3 Tìm giá trị lớn nhất của

3 + 1 + (−1) =x+y+z Xét hàm số f(t) =t 2 , với t ∈[−1; 3] f 0 (t) = 2t f 00 (t) = 2≥0, với t∈[−1; 3].

Do đó với x, y, z ∈[−1; 3], theo bất đẳng thức Karamata ta có f(3) +f(1) +f(−1)≥f(x) +f(y) +f(z)

⇔x 2 +y 2 +z 2 ≤11. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= 3;y= 1;z =−1và các hoán vị của chúng.

2 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Không mất tính tổng quát, giả sử 1≥a≥b≥c≥ −1 Khi đó

Vì hàm số f(x) = x 12 lồi trên [−1; 1], theo bất đẳng thức Karamata, ta có a 12 +b 12 +c 12 =f(a) +f(b) +f(c)≤f(1) +f(−1

2 12 Đẳng thức xảy ra khi a= 1, b = −1

2 , c=−1 và các hoán vị của chúng.

Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 2 + 1

Bài toán 4.19 Với ba số thực dươngx, y, z thỏa mãn xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài toán 4.20 Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

108. Bài toán 4.21 (HSG Hà nội 2014-2015) Vơi ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c= 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Bài toán 4.22 (Đại học khối B năm 2012) Với các số thực x, y, z thỏa mãn x+y+z = 0; x 2 +y 2 +z 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của

Các bài toán bất đẳng thức và cực trị với đa thức đối xứng vẫn là một chủ đề hấp dẫn và khó khăn đối với học sinh và cả giáo viên Tuy nhiên, trong các kì thi Đại học, thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic Toán học quốc tế, dạng toán này thường xuất hiện, đặc biệt là các bài toán bất đẳng thức và cực trị với đa thức đối xứng ba biến Luận văn được hoàn thành và đạt được các kết quả sau: hệ thống hóa các phương pháp phân tích bất đẳng thức cho đa thức đối xứng ba biến; đề xuất các kỹ thuật tối ưu để tìm cực trị và ràng buộc trong bối cảnh đối xứng; và đưa ra các gợi ý về ứng dụng vào đề thi, bài giảng và các hướng nghiên cứu tiếp theo.

1 Giới thiệu lại các kiến thức cơ bản của đa thức đối xứng ba biến, của bất đẳng thức và các bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy - Schwarz và bất đẳng thức Karamata cùng bổ đề cơ bản.

2 Đưa ra các cách tiếp cận đối với bất đẳng thức đối xứng ba biến có tổng - tích không đổi và hệ thống các ví dụ và đề thi quốc gia và quốc tế.

3 Đưa ra lớp các bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến và các cách giải quyết bài toán cung hệ thống ví dụ đa dạng.

Với những kết quả đạt được, luận văn mong trở thành một tài liệu hữu ích cho cộng đồng nghiên cứu quan tâm đến bất đẳng thức và bài toán cực trị liên quan đến đa thức đối xứng ba biến Nội dung chính của công trình trình bày các bất đẳng thức mới, các phương pháp phân tích và tối ưu hóa trong cấu trúc đối xứng của ba biến, cũng như các bài toán cực trị điển hình nhằm làm rõ hiện tượng và giới hạn của đa thức ba biến Tài liệu hy vọng sẽ hữu ích cho sinh viên, giảng viên và nhà nghiên cứu tìm kiếm các kỹ thuật và kết quả mới trong lĩnh vực bất đẳng thức và tối ưu hóa của đa thức đối xứng ba biến.

Trong khuôn khổ thời gian và phạm vi của luận văn, tôi chưa thể nghiên cứu thêm về các bất đẳng thức và bài toán cực trị liên quan đến đa thức đối xứng khác Đây là hướng phát triển của luận văn, sẽ được tiếp tục khai thác ở các phần sau bằng cách mở rộng phân tích và ứng dụng các bất đẳng thức, bài toán cực trị cho các đa thức đối xứng.

Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cảm ơn!

Tiêu đề	Luận văn thạc sĩ HUS Một số lớp bất đẳng thức và bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến
Tác giả	Nguyễn Tài Tuệ
Người hướng dẫn	GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu
Trường học	Trường Đại học khoa học tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội
Chuyên ngành	Toán học
Thể loại	Luận văn thạc sĩ
Năm xuất bản	2014
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	80
Dung lượng	500,73 KB