Tài liệu chuyên toán - Bất đẳng thức hiện đại - phần 9 pdf

Vậy ta đi đến kết luận... Bất đẳng thức tương đương với... Ta thu được kết quả cần chứng.

Bổ đề được chứng minh xong.

Trở lại bài toán của ta, đặta = 1x; b = 1y; c = 1z thì bất đẳng thức trở thành

9P

cyc

a2

Pa

!2

Nên ta chỉ cần chứng minh được

! "

X

a2(a3+ b3)

#

Sử dụng bất đẳng thức Vasile P

cyc

ab3 1 3

cyc

a

2

413

cyc

a

2

413

1 3qi

Bài toán 2.31 Cho các số dươnga; b; c: Chứng minh rằng

bc(b + c)2

ca(c + a)2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c:

Bài toán 2.32 Cho các số dương a; b; c thỏa mãn abc = 1: Tìm hằng số k lớn nhấtsao cho bất đẳng thức sau đúng

34

k8(Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giải 1 Cho a = 2; b = 1; c = 12; ta được k 4: Ta sẽ chứng minh đây là giá trị

mà ta cần tìm, tức là

a(1 + bc)2 1 + 16

(1 + ab)(1 + bc)(1 + ca)

, 4X

cyc

a(a + 1)2 1 + 16

(1 + a)(1 + b)(1 + c)

Đặtx = 1 a1+a; y = 1 b1+b; z = 1 c1+c; thì ta có x; y; z 2 [ 1; 1] và

(1 x)(1 y)(1 z) = (1 + x)(1 + y)(1 + z)

) x + y + z + xyz = 0Bất đẳng thức trở thành

Bất đẳng thức được chứng minh Vậy ta đi đến kết luận

y

x + z

!X

Bất đẳng thức tương đương với

cyc

y

x + z

!94

cyc

y

x + z

!14

P = (c b)(b a)(c a)(a + b + c) = (c b)(b a)(c2+ bc a2 ab)b(c b)(c2+ bc) = (c2 bc)(b2+ bc) 1

4 (b

2+ c2)2= 1

4

Mặt khác, choa = 0; b = sin8; c = cos8; ta có P = 14: Vậy nên

max P = 1

4:

Bài toán 2.34 Cho các số dươnga; b; c; d: Chứng minh rằng

b(a + c)c(a + b)+

c(b + d)d(b + c)+

d(c + a)a(c + d)+

a(d + b)b(d + a) 4:

(Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giải Viết lại bất đẳng thức như sau

(a + c) b

c(a + b)+

da(c + d) + (b + d)

cd(b + c)+

ab(d + a) 4, (abc + abd + acd + bcd) ac(a + b)(c + d)a + c + b + d

bd(b + c)(d + a) 4, 1a+1

b +

1

c +

1d

b +1 c 1

d+1 a

4 1

a+1 c 1

a+1

b +1

c +1 d

1

b +1 d 1

a+1

b +1

c +1 d 2

a+1

b +1

c +1 d

a2+ b2+ c2(a + b + c)2:(Phạm Hữu Đức)Lời giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với

X(b + c)2 bc

a2+ (b + c)2 +18

5

a2+ b2+ c2(a + b + c)2 3

Do(b + c)2 4bc, nên ta chỉ cần chứng minh được

X

cyc

(b + c)24[a2+ (b + c)2]+

65

a2+ b2+ c2(a + b + c)2 1

6x

, x(3x 1) 0:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c:

Bài toán 2.36 Cho các số dươnga; b; c; d: Chứng minh rằng

(a + b)(a + c)(a + d)(b + c)(b + d)(c + d) 4(abc + bcd + cda + dab)2:

(Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

(abc + bcd + cda + dab)2 (ac + bc + ad + bd)(ab2c + bcd2+ ac2d + a2bd)

= (a + b)(c + d)(ab2c + bcd2+ ac2d + a2bd)(abc + bcd + cda + dab)2 (bc + bd + ac + ad)(a2bc + bc2d + acd2+ ab2d)

= (a + b)(c + d)(a2bc + bc2d + acd2+ ab2d)Công tương ứng vế với vế 2 bất đẳng thức trên, ta được

2(abc + bcd + cda + dab)2

(a + b)(c + d)(ab2c + bcd2+ ac2d + a2bd + a2bc + bc2d + acd2+ ab2d)

= (a + b)2(c + d)2(ab + cd)

Tương tự, ta cũng có

2(abc + bcd + cda + dab)2 (a + c)2(b + d)2(ac + bd)

2(abc + bcd + cda + dab)2 (a + d)2(b + c)2(ad + bc)

Nhân tương ứng vế với vế, ta được

8(abc + bcd + cda + dab)6 (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)Y

8(abc + bcd + cda + dab)6 1

Y

sym

(a + b)3:

Từ đây, ta suy ra đpcm Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c = d:

Bài toán 2.37 Cho các số dươnga; b; c: Chứng minh rằng

yz

= Xx2

yz +

Xxz

y2

= 2

s(x3+ y3+ z3) 1

Bài toán 2.38 Cho các số dươnga; b; c Chứng minh rằng

abc + 2(a2+ b2+ c2) + 8 5(a + b + c):

(Trần Nam Dũng)Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có6abc + 12(a2+ b2+ c2) + 48 30(a + b + c)

a + b + c+ 7(a

2+ b2+ c2) 10(ab + bc + ca)3[4(ab + bc + ca) (a + b + c)2] + 7(a2+ b2+ c2) 10(ab + bc + ca)

= 4(a2+ b2+ c2 ab bc ca) 0:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c = 1:

Bài toán 2.39 Cho các số không âm a; b; c thỏa mãn ab + bc + ca + 6abc = 9: Tìmhằng sốk nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng

a + b + c + kabc k + 3:

(Võ Quốc Bá Cẩn)

Lời giải Cho a = b = 3; c = 0, ta được k 3 Ta sẽ chứng minh đây là giá trị mà tacần tìm, tức là

a + b + c + 3abc 6Đặtp = a + b + c; q = ab + bc + ca; r = abc thì ta có q + 6r = 9 Sử dụng bất đẳngthức AM-GM, ta cóp2 3q 9 Bất đẳng thức trở thành

p + 3r 6, 2p q 3Nếup 6, bất đẳng thức là hiển nhiên

3+ 278p + 3

Ta cần chứng minh

2p 2p

3+ 278p + 3 3, (p + 1)(p 3)(p 6) 0:

hiển nhiên đúng Vậy ta đi đến kết luận

kmin= 3:

Bài toán 2.40 Cho các số dươnga; b; c thỏa mãn a + b + c = 3: Chứng minh rằng

3(a4+ b4+ c4) + a2+ b2+ c2+ 6 6(a3+ b3+ c3):

(Vasile Cirtoaje)Lời giải Bất đẳng thức tương đương với

Ta thu được kết quả cần chứng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c = 1 hoặc

a = b = 43; c = 13 hoặc các hoán vị tương ứng

Bài toán 2.41 Choa; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng

X

cyc

1a

X

cyc

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

,X(a b)(a c)(b + c a)

Giả sửa b c; do a; b; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên

(c a)(c b)(a + b c)

c2+ ab(b c)(b a)(c + a b)

b(a b)(b c)(a + b c)c(c2+ ab)

= (a b)(b c) b(a + b c)

c(c2+ ab)

c + a b

b2+ ca(a b)(b c) b(c + a b)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a2 = 1b = 1c hoặc các hoán vị tươngứng

Bài toán 2.42 Chứng minh rằng với mọia; b; c 2 R và a2+ b2+ c2= 9; ta có

3 min fa; b; cg abc + 1:

(Virgil Nicula)Lời giải Giả sử c b a; bất đẳng thức trở thành

abc + 1 3aNếua 0; sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

3 a 13; ta có thể dễ dàng kiểm tra được

, f(a) = 2a6 9a4+ 9a2 6a + 1 0Nếu1 a 13; ta có

2f (a) = a2(a 1) 4a(a 1)2+ 12a2 18a + 7 + (1 3a)(7a2 6a + 3) 0Nếup

y3+ zx+

rz

z3+ xy 2

p2:

(Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giải Đặt x2= bc; y2= ca; z2= ab (a; b; c 0) thì ab + bc + ca = 1 và bất đẳngthức trở thành

1p

a + bc+

1p

b + ca +

1p

c + ab 2

p2

Do tính đối xứng, ta có thể giả sửa b c 0; khi đó ta có a p1

3:Nếua 2; ta sẽ chứng minh rằng

1p

a + bc

1p

a + t2

và

1p

b + ca+

1p

c + ab

2pt(a + 1)trong đót =p

b + ca+

1p

c + ab

2

4

p(b + ac)(c + ab)Suy ra ta chỉ cần chứng minh

t2(a + 1)2 (b + ac)(c + ab)

a + b +p

a + c 2p

a + b +p

a + c 2Mặt khác

p

a +

r

a +1a

22+ 1 p

22+ 1 2 1

2 =

9 4p5

2 > 0Tiếp theo, ta phải chứng minh

2pt(a + 1)+

1p

1 + 2t t2 +

r

t2t3 t2+ 1

!2

4, 4p

3; sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

1p

a + bc+

1p

b + ca +

1p

c + ab

3

6

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

Do đó, ta chỉ cần chứng minh được

(a + bc)(b + ca)(c + ab) 729

512Đặtp = a + b + c; r = abc 0; khi đó từ a 2; ab + bc + ca = 1; ta suy ra 52 p p

3:Mặt khác, lấyu = p

1p

512, g(u) =(1 + 2u u

2)2(2u3 u2+ 1)u

72964

!

=14141 559

p13

1458 <

729

512:Bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khix = y = p 1

2; z = 0hoặc các hoán vị tương ứng

Bài toán 2.44 Cho các số không âmx; y; z thỏa mãn xy + yz + zx = 1: Chứng minhrằng

1p2x2+ 3yz +

1p2y2+ 3zx+

1p2z2+ 3xy

2p6

3 :

Lời giải Đặt a = yz; b = zx; c = xy (a; b; c 0), khi đó từ xy + yz + zx = 1; ta được

a + b + c = 1 Bất đẳng thức trở thành

X

cyc

ra3a2+ 2bc

2p2r

4

3P

cyc

aX

cyc

ab(3a2+ 2bc)(3b2+ 2ca)

m2+ n2+ p2+ 2p

m2n2+ n2p2+ p2m2

Sử dụng bất đẳng thức này vớim =q

a 3a 2 +2bc; n =q

b 3b 2 +2ca; p =q

c 3c 2 +2ab; ta được

cyc

a3a2+ 2bc+ 2

cyc

ab(3a2+ 2bc)(3b2+ 2ca)v

uut

3P

cyc

a:

Bất đẳng thức được chứng minh xong

Bài toán 2.45 Cho các số không âma; b; c thỏa mãn a + b + c = 3: Chứng minh rằng

X

cyc

p

ab +p92

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c = 1:

Bài toán 2.46 Cho các số dươnga; b; c: Chứng minh rằng

#

X

cyc

1a

cyc

1a

cyc

1a

!

cyc

(a b)2ab

Nếu 1c 2(a+b)ab , c 2(a+b)ab ; thì

= c4(ab + bc + ca) + abc2(a2+ b2) + (a + b)(a2+ b2+ 3ab)c3+ a3b3 2a2b2c(a + b)

abc2(a2+ b2) + (a + b)3c3+ a3b3 2a2b2c(a + b)

a3b3(a2+ b2)4(a + b)2 + (a + b)3c3+ a3b3 2a2b2c(a + b)(a + b)3c3+ 9

256a

2b2c(a + b) 2a2b2c(a + b) 0:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c:

Bài toán 2.47 Cho các số thựca; b; c khác 0 thỏa mãn a2+ b2+ c2= (a b)2+ (bc)2+ (c a)2: Chứng minh rằng

5

36:(Võ Quốc Bá Cẩn)

Lời giải Nếu tồn tai 2 trong 3 số a; b; c, chẳng hạn a; b < 0, ta có thể thay a; b; c bởia; b; c; khi đó ta có thể thấy điều kiện bài toán và 2 biểu thức P Q vẫn khôngthay đổi, do đó ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp trong 3 sốa; b; c, tồn tại ítnhất 2 số dương, chẳng hạna; b > 0 Nếu c < 0 thì

b +pc

112

3

(t + 1)4t2+ t4+ (t + 1)2

(t2+ t + 1)3

109Nhưng chúng hiển nhiên đúng vì

(t + 1)2

t2 + t2+ 1

(t + 1)2 5 , (t3+ t2 2t 1)2 02

3

(t + 1)4t2+ t4+ (t + 1)2(t2+ t + 1)3 , (t3+ 3t2 1)2 0(t + 1)4t2+ t4+ (t + 1)2

(t2+ t + 1)3

10

9 , (t3 3t2 6t 1)2 0Bất đẳng thức được chứng minh xong

Bài toán 2.48 Cho các số dươnga; b; c; n: Chứng minh rằng

a2+ bca(b + c)

n

1và

(a2+ bc)(b2+ ca) ab(a + c)(b + c) = c(a b)2(a + b) 0

) a

2+ bca(b + c)

n

2+ cab(c + a)

n

2 (a

2+ bc)(b2+ ca)ab(a + c)(b + c)

n=2

2

2+ bca(b + c)

n

2+ cab(c + a)

n

2+ abc(a + b)

n

3

Do đó

x 0; x + y 0; x + y + z 0vớix = a2+bc

anx + bny + cnz = (an bn)x + (bn cn)(x + y) + cn(x + y + z) 0:Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c hoặc n ! 0:

Bài toán 2.49 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

abcd(ab + cd)2

trong đóa; b; c; d là các số thực phân biệt thỏa mãn ab +bc +dc +ad = 4 và ac = bd:(Phạm Văn Thuận)

Lời giải Đặt x = ab = dc; y = bc = ad vàt = y +y1, suy rajtj 2; thì ta có x+1x+t = 4;

abcd(ab + cd)2 = x + 1

1y

43336

43336

Nếuy < 0; thì t 2; suy ra

P = (t + 2)[ (t + 2)(9 2t)(7 2t) + 124]

4t2

494

49

4 <

43336

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

X

cyc

p(a2+ bc)(b2+ ca)

384r + (25 52q)(1 4q) 0Nếu1 4q, bất đẳng thức là hiển nhiên Nếu 4q 1 thì

384r +(25 52q)(1 4q) 384 4q 1

9 +(25 52q)(1 4q) =

1

3(4q 1)(156q +53) 0:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b; c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.

Lời giải 2 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a b c, khi đó theo bấtđẳng thức AM-GM, ta có

a2+ bc + 2p

b2+ ca 2a + 2b + 2c + c(a b)

2

(a + c)(b + c)và

2p

ab + c2 b + c +ab + c

2

b + cNên ta chỉ cần chứng minh được

2

(a + c)(b + c), (a c)(a + c) (a b)2Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì

2p2(b2+ c2+ ab + ac) a + 3b + 2c, a2 2(b + 2c)a + b2 4c2+ 12bc 0

a2+ bc +p

2(b2+ c2+ ab + ac) 3

2(a + b + c)Đặts =b+c2 (s a) và p = bc, bất đẳng thức trở thành

2p

a2+ p + 4p

2s2 p + as 3(a + 2s), 4p

2s2 p + as 3(a + 2s) 2p

a2+ p, 16(2s2 p + as) h

3(a + 2s) 2p

a2+ pi2

, 12(a + 2s)p

a2+ p 13a2+ 20as + 4s2+ 20p, 12(a + 2s) p

X

x2+ 2Xp

(1 + x + y2)(1 + y + z2) 6

jyzjX

cyc

p(1 + x)(1 + y) X

cyc

a2

!0

= (3 q)2[14q2+ 135(3 q)] 0:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c = 1:

Bài toán 2.53 Cho các số không âma; b; c thỏa mãn a2+ b2+ c2= 1: Chứng minhrằng

(Faruk Zejnulahi)Lời giải Với mọi x2 0;12 , ta có

3x

Từ đây, chú ý rằngmaxfab; bc; cag 1

2, ta cóX

cyc

a

! X

= 16

X

cyc

a

! X

vìp

cyc

a 1: Bất đẳng thức được chứng minh xong

Bài toán 2.54 Cho các số dương a; b; c; d thỏa mãn (a + c)(b + d) 4abcd Chứngminh rằng

1

ab(1 + c) +

1bc(1 + d)+

1cd(1 + a)+

1da(1 + b)

32(1 + a)(1 + b)(1 + c)(1 + d):

(Phạm Kim Hùng)Lời giải Đặt x = 1a; y = 1

b; z = 1

c; t = 1

d, thì ta cóx; y; z; t > 0 và (x + z)(y + t) 4.Bất đẳng thức trở thành

sxyzt y

Nên ta chỉ cần chứng minh được

(x + z + xt + yz)(y + t + xy + zt) 256xyzt

(1 + x)(1 + y)(1 + z)(1 + t)Nếuu4= xyzt 1 thì ta có

4u2(1 + u)6 256u4 = 4u2[(u + 1)6 64u2] = 4u2[(u + 1)3 8u][(u + 1)3+ 8u]

= 4u2(u 1)(u2+ 4u 1)[(u + 1)3+ 8u] 0Nếuu4= xyzt 1 thì ta có

xyzt + 2p

xyzt(x + z)(y + t) + xyzt

9 + 6pxyzt + xyzt = 3 +p

xyzt 2= (3 + u2)2và

4(u2+ 1)2(u2+ 3)2 256u4 = 4[(u2+ 1)2(u2+ 3)2 64u4]

= 4[(u2+ 1)(u2+ 3) 8u2][(u2+ 1)(u2+ 3) + 8u2]

= 4(3 u2)(1 u2)[(u2+ 1)(u2+ 3) + 8u2] 0:Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c = d = 1:

Bài toán 2.55 Cho các số không âm a; b; c; không có 2 số nào đồng thời bằng 0:Chứng minh rằng

ab + bc + ca +

1p

2:(Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

1CA

2 +p12

c2+ ab, a

2

c2+ ab+

(a b)2(ab c2)(a2+ b2+ 2c2)(a2+ c2)(b2+ c2)(ab + c2) 0)

c2+ ab