Tap san Bat dang thuc

Các bạn đã từng gặp những bất đẳng thứcvới hình thức phát biểu đẹp mắt và đi cùng với những bài toán đó là những lời giải đơn giản,trong sáng ở VIF.. Mong rằng với tài liệunày các bạn sẽ

Tập san Bất đẳng thức Diễn đàn Bất đẳng thức Việt Nam

VietNam Inequality Forum

5

Nhóm biên soạn: Ban Quản Lý VIF

• Phạm Kim Hùng [hungkhtn]

Sinh viên đại học Stanford, USA

• Nguyễn Thúc Vũ Hoàng [ZaiZai]

Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Quảng Trị

• Phan Phương Đức [Duca1pbc]

Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An

• Đinh Tuấn Đông [dtdong91]

Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An

• Bạch Ngọc Thành Công [10maths-tp06-09]

Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Trần Phú, thành phố Hải Phòng

• Lê Thúc Trình [pi3.14]

Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT Quốc Học, thành phố Huế

• Lê Trung Kiên [kelieulinh]

Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2004-2007, THPT chuyên Bắc Giang, tỉnh Bắc Giang

• Cùng các thành viên khác của VIF đã nhiệt tình tham gia cộng tác để hoàn thành tập san

Lời giới thiệu

Diễn đàn bất đẳng thức Việt Nam đã từ lâu trở thành ngôi nhà thân thiết của rất nhiều bạntrẻ yêu toán nói chung và bất đẳng thức nói riêng Các bạn đã từng gặp những bất đẳng thứcvới hình thức phát biểu đẹp mắt và đi cùng với những bài toán đó là những lời giải đơn giản,trong sáng ở VIF Các bạn muốn lưu giữ nó để làm một tài liệu tham khảo cho việc học củamình Các bạn muốn xem một cách có hệ thống các bài toán đã từng xuất hiện ở VIF Hayđơn giản là các bạn muốn có một tài liệu để học hỏi thêm kinh nghiệm Đáp ứng nhu cầunày chúng tôi cho ra đời tập san VIF Đây là tập san đã được tập hợp, chọc lọc và biên tậplại từ các bài toán đã từng xuất hiện trên VIF Trong quá trình biên soạn không thể tránhkhỏi lỗi vì vậy mong nhận được sự bổ sung, góp ý của tất cả các bạn Mong rằng với tài liệunày các bạn sẽ có một tài liệu tham khảo bổ ích và tiếp tục thành công trên con đường hoa

lệ nhưng cũng không thiếu sự chông gai của: Thế giới bất đẳng thức sơ cấp

Mục lục

Phần 1: Problems of Day

Problems of Day là các bài toán được đề xuất vào mỗi ngày của VIF Mỗi bài toán sẽ đượcđặt ra và người giải sẽ được nhận 7 hạt dẻ nếu lời giải đề xuất đúng Đây là một box rất sôiđộng của VIF Các bài toán được chọn là các bài toán tự sáng tạo, chưa từng xuất hiện ở bất

kì nơi nào khác Từ đây nhiều bài toán đẹp, nhiều lời giải hay đã hình thành

F Bài toán 1: [Nguyễn Thúc Vũ Hoàng]

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

Lời giải: [Phan Phương Đức]

Trong ba số a − 1, b − 1, c − 1 luôn tồn tại 2 số cùng dấu,ta giả sử (b − 1)(c − 1) ≥ 0 áp dụng

5Lời giải 2: [Lê Thúc Trình]

Ta xét các trường hợp sau đây:

• Trường hợp 1: Nếu q ≥ p thì theo bất đẳng thức Schur ta có: p3+ 9 ≥ 4pq Bất đẳng thức

cần chứng minh tương đương với

3q2 ≥ 3q + 2pq

Do q ≥ p nên ta phải chứng minh: q2 ≥ 3q Điều này hiển nhiên đúng.

• Trường hợp 2: Nếu p ≥ q khi đó:

(∗) ⇔ p3+ 3q2+ 9q + 9 ≥ 6pq + 12q Theo bất đẳng thức AM-GM ta có p3 + 3q2+ 9q ≥ 9pq Như vậy ta cần chứng minh:

9pq + 9 ≥ 6pq + 12q

⇔ pq + 3 ≥ 4q

Do p ≥ q nên pq + 3 ≥ q2+ 3 ≥ 4q điều này hiển nhiên đúng vì p ≥ 3

5

F Bài toán 2: [Phạm Kim Hùng]

Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a2+ b2+ c2+ d2 = 4 Chứng minh rằng:

a + b + c + d − 4 ≤ 2(a − 1)(b − 1)(c − 1)(d − 1)

Lời giải [Lê Thúc Trình]

Đặt a − 1 = x, b − 1 = y, c − 1 = z, d − 1 = t Điều kiện của bài toán trở thành

a = b = c = 0, d = 2 hoặc các hoán vị

5

F Bài toán 3: [Phạm Kim Hùng]

Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c + d = 4 Chứng minh rằng:

Sử dụng kĩ thuật "Côsi ngược dấu" Ta có:

V T ≥ 4 + (ab + bc + cd + da) − (ab

2c + bc2d + cd2a + da2b

2Như vậy ta cần chứng minh:

(ab + bc + cd + da) − (ab2c + bc2d + cd2a + da2b

F Bài toán 4: [Phạm Kim Hùng]

Cho a, b, c là các số thực không âm Chứng minh rằng:

• Lời giải 1: [Bạch Ngọc Thành Công]

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Khi đó bất đẳng thức tương đương với:

X

cyc

k3x2y(k2x + z) ≥

3k3

k2+ 1

• Lời giải 2: [Phan Phương Đức]

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Điều này hiển nhiên đúng khi ta qui đồng mẫu số và biến đổi.

5

F Bài toán 5: [Phạm Kim Hùng]

Cho a1, a2, , an là các số thực không âm có tổng bằng 1.Tìm giá trị lớn nhất của:

P = a41(1 − a1) + a42(1 − a2) + + a4n(1 − an)Lời giải: [Phạm Sinh Tân]

Không mất tính tổng quát giả sử

f (a1, a2, an) ≥ f (0, a1+ a2, a3, an)

⇔ a41(a1+ a2) + a42a1 ≤ 2a1a2(2a21 + 3a1a2+ 2a22)(X

a3)Điều này hiển nhiên đúng vì:

a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ≤ an

Tiếp tục quá trình như trên ta chứng minh được:

f (a1, a2, an) ≥ f (0, a1+ a2, a3, an) ≥ f (0, 0, 0, , a1+ a2+ an−2, an−1, an)

Không mất tính tổng quát, ta chuẩn hóa a + b + c = 1, khi đó:

F Bài toán 6: [Phạm Kim Hùng]

Cho a, b, c, k là các số thực không âm Chứng minh rằng:

X

ka + k2b + c−

a (a + b + c)k) ≤ 0

F Bài toán 7: [Nguyễn Thúc Vũ Hoàng]

Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a2+ b2+ c2+ d2 = 4 Chứng minh rằng:

(1 − z)(1 + z) (5 − z)(1 + z) +

(1 − t)(1 + t) (5 − t)(1 + t) ≥ 0

Ta xét 2 trường hợp:

• Trường hợp 1: x ≤ y ≤ t ≤ z Ta dễ dàng chứng minh được:

(1 − x)(1 + x) ≥ (1 − y)(1 + y) ≥ (1 − t)(1 + t) ≥ (1 − z)(1 + z) (5 − x)(1 + x) ≤ (5 − y)(1 + y) ≤ (5 − t)(1 + t) ≤ (5 − z)(1 + z)

Điều này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM.

Lời giải 2 [Nguyễn Thúc Vũ Hoàng]

Bất đẳng thức được chứng minh bằng cách cộng các bất đẳng thức phụ sau đây:

các biến còn lại Như vậy ta cần chứng minh:

F Bài toán 8: [Bạch Ngọc Thành Công]

Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác Chứng minh rằng:

Phần 2: Liberal Match

F Bài toán 8: [Lê Trung Kiên]

Cho a,b,c là các số thực không âm Chứng minh rằng::

Dùng phản chứng ta sẽ qui bài toán trên về chứng minh bài toán sau: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 3 Chứng minh rằng::

• [Lê Trung Kiên] Không mất tính tổng quát giả sử

Vậy bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c

Cộng các bất đẳng thức trên lại ta có điều phải chứng minh.

⇔ 4(x3+ y3+ z3) + 6xyz ≥ 3xy(x + y) + 3yz(y + z) + 3zx(z + x)

Điều này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur và AM-GM

a = b = 0, c = d = 2hoặc các hoán vị

5

F Bài toán : [Phạm Kim Hùng]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2+ b2 + c2 = 3 Chứng minh rằng:

2

2

√

b + c − 1 ≥

r2

Điều này hiển nhiên đúng Vậy ta kết luận:

f (a, b, c) ≥ f (a, t, t) ⇒ f (a, b, c) ≥ f (1, 1, 1) = (

√

2 − 1)35

F Bài toán : [Phạm Kim Hùng] Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = 2.

Chứng minh rằng:

(a2+ b2+ c2)(b2+ c2+ d2)(c2+ d2+ a2)(d2+ a2+ b2) ≤ 4Lời giải: Ta đặt

N (a, b, c, d) = (a2+ b2+ c2)(a2+ b2+ d2)(a2+ c2+ d2)(b2+ c2+ d2)

Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau:

A2+ B2 ≤ (A + B)2

Từ đó ta có:

(a2+ c2+ d2)(b2+ c2+ d2) ≤ [a2+ (c + d)2][b2+ (c + d)2]Lại có

Bài toán qui về tìm cực trị của biểu thức sau

f (x) = 256x

2(x2+ 1)2

(x + 1)8 ≤ max[f (1), f (0)] = 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1, c = d = 0

5

F Bài toán : [Phạm Kim Hùng]

Cho a,b,c là các số thực âm Chứng minh rằng:

B = (b + c)(a2+ bc) + (c + a)(b2+ ca) + (a + b)(c2 + ab)

Ta qui bài toán về chứng minh:

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

Bất đẳng thức trên tương đương với:

a3+ b3+ c3+ 6abc ≥ (a2b + b2c + c2a) + (ab2+ bc2+ ca2)

Điều này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur và vì 3abc ≥ 0 Đẳng thức xảy ra khi và

chỉ khi a=b,c=0 hoặc các hoán vị

5

F Bài toán : [Bạch Ngọc Thành Công]

Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

Lại có theo bất đẳng thức Vasile Cirtoaje

5

Death match

F Bài toán : [Bạch Ngọc Thành Công]

Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

r13

4 −

134

Công việc còn lại của chúng ta là chứng minh M, N ≥ 0 Điều này được chứng minh như sau:

• M ≥ 0 Ta chứng minh được 2 bổ đề sau:

• N ≥ 0 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

a33b2 + b

3 +

b

3 ≥ a

2a3c23b2 +b

Bằng tính toán và cộng các bất đẳng thức trên lại, ta có N ≥ 0 Bài toán được chứng minh.

• Ta có bài toán mạnh hơn bài toán trên như sau:

Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

r19

4 −

134

!

(a2+b2+c2)

5

F Bài toán : [Phạm Kim Hùng]

Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng:

(a4+ b4+ c4)(ab + bc + ca) ≥ (a2+ b2+ c2)(a2b2+ b2c2 + c2a2)

Lời giải 1: [Bạch Ngọc Thành Công] Giả sử c=min(a,b,c) Đưa bất đẳng thức về dạng:

(a + b)2(ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca)2 ≥ a2b2+ b2c2+ c2a2 ⇒ M ≥ 0

(a + c)(b + c)(ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca)2 ≥ a2b2+ b2c2+ c2a2 ⇒ N ≥ 0

Lời giải 2: [Nguyễn Thúc Vũ Hoàng] Đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc Khi đó bất

đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

(p4 − 4p2q + 2q2+ 4pr)q ≥ (p2− 2q)(q2− 2pr) Không mất tính tổng quát chuấn hóa q = ab + bc + ca = 1 Khi đó ta cần chứng minh:

Đặt V T = f (a, b, c) Sử dụng phương pháp dồn biến toàn miền chứng minh được

a2b2+ b2c2+ c2a2

ab + bc + ca ≤ ab

Hai điều này được chứng minh khá đơn giản

5

F Bài toán : [Phạm Kim Hùng]

Cho a,b,c,d là các số không âm thỏa mãn a+b+c+d=3 Chứng minh rằng:

ab(a + 2b + 3c) + bc(b + 2c + 3d) + cd(c + 2d + 3a) + da(d + 2a + 3b) ≤ 6

√3Lời giải: [Lê Trung Kiên]

Đặt V T = f (a, b, c, d) Đầu tiên ta chứng minh

f (a, b, c, d) ≤ f (a, b, c + d, 0)

Điều này khá đơn giản Tiếp theo ta phải chứng minh bài toán sau:

Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh :

f (a, b, c) = ab(a + 2b + 3c) + bc(b + 2c) = b2(2a + c) + b(a + 2c)(a + c) ≤ 6

√3

Ta sẽ chứng minh như sau Xét hai trường hợp sau:

• Trường hợp 1: b ≥ c + a Khi đó ta có:

f (a, b, c) − f (a + c, b, 0) = bc(c + a − b) ≤ 0 ⇒ f (a, b, c) ≤ 2b2(c + a) + (a + c)2b ≤ 6

√3

• Trường hợp 2: b ≤ c + a Khi đó ta có:

f (a, b, c) − f (c, b, a) = b(a − c)(b − c − a)

Do đó có thể giả sử c ≥ a Mặt khác

f (a, b, c) − f (0, b, a + c) = b(ab − ca − c2) ≤ 0 ⇒ f (a, b, c) ≤ b2(c + a) + 2(a + c)2b ≤ 6

√3

Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = d = 0, b =

√

3, a = 3−

√35

F Bài toán : [Đỗ Hoàng Giang]

Cho a,b,c là các số không âm thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng:

a2(2a + b)p

(1 + a2)(1 + b2)+

b2(2b + c)p

(1 + b2)(1 + c2) +

c2(2c + a)p

(1 + c2)(1 + a2)

≥ 12Lời giải: [Phạm Kim Hùng] Ta đặt

X

2b2p

(b2+ a2)(b2+ c2) ≤X

b2(2b2 + a2+ c2)X

Phần 5 Đại hội Võ lâm - Anh hùng hội ngộ

F Bài toán : [Lê Trung Kiên]

Cho a,b,c là các số không âm Tìm hằng số k tốt nhất sao cho:

q

9 + 6

√

3 + 12

√

3 + 16

q9



(a − c)(b − c)

Chú ý rằng với mọi số không âm a,b,c chúng ta có đẳng thức sau:

P (a − c)(b − c)(a − b)2− P (a − b)2(a − c)(b − c) = 0 Với P = a−12 b 2 ta có:

(a − b)2ab

Lại có:

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

= ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) + 2abc + k0

+



+ b2c



9 −k02

 

9 −k02

F Bài toán : [Bạch Ngọc Thành Công]

Cho a,b,c là các số không âm Tìm hằng số k tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau là đúng:

a3+ b3+ c3

a2b + b2c + c2a − 1 ≥ k(

a2+ b2+ c2

ab + bc + ca − 1)Lời giải [Lê Trung Kiên] Ta chỉ cần xét trường hợp a ≥ b ≥ c, k ≥ 0 Cho c = 0 và a → +∞ suy ra 1 ≥ k Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Ta đặt f (a, b, c) = V T − V P Ta sẽ chứng minh f (a, b, c) ≥ f (a − c.b − c, 0) Thật vậy

f (a, b, c) ≥ f (a−c.b−c, 0) ⇔ 2c(a − b)



(k0 ≈ 0.808397414 )

5

F Bài toán : [Đặng Bảo Đức]

Cho a,b,c,d là các số thực Tìm hằng số k tốt nhất sao cho:

(a2+ 3)(b2+ 3)(c2 + 3)(d2+ 3) ≥ k(abc + bcd + cda + dab)2

Lời giải: [Đặng Bảo Đức) Thử với:

y2 + 3

 9

z2 + 3

 9

t2 + 3



≥ 169

27

Phần 6 - Bài viết chuyên đề

Phương pháp Bán Schur - Bán S.O.S Tác giả: Bạch Ngọc Thành Công

5Khi đứng trước một bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị thì phương pháp thường được sửdụng nhất là S.O.S Nó thật sự hiệu quả với các bất đẳng thức 3 biến Tuy nhiên đối với cácbạn chưa làm quen được với phương pháp S.O.S thì việc đưa về dạng chính tắc của phươngpháp S.O.S và xác định được tiêu chuẩn của nó là một việc không hề đơn giản.Chính vì vậybài viết này tôi xin đưa ra một phương pháp đã được sử dụng trong một số bài viết của diễn

đàn "Phương pháp Bán Schur-Bán SOS" Hẳn các bạn sẽ thắc mắc tại sao tôi gọi như

vậy Câu trả lời sẽ được tìm thấy qua ví dụ mở đầu sau.Một bất đẳng thức rất quen thuộc,bấtđẳng thức Schur bậc 3

5FVí dụ 1: [ Bất đẳng thức Schur]

Với các số thực a,b, c không âm bất kì,ta luôn có:

a3+ b3+ c3+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c)

Lời giải: Không mất tính tổng quát, ta giả sử c=min(a,b,c) Sử dụng khai triển :

a3+ b3+ c3− 3abc = (a + b + c)[(a − b)2 + (a − c)(b − c)]

ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c) − 6abc = 2c(a − b)2+ (a + b)(a − c)(b − c)

Do đó, bất đẳng thức đã cho có thể viết dưới dạng

(a + b − c)(a − b)2+ c(a − c)(b − c) ≥ 0

Vì c = min (a,b,c) nên BDT trên hiển nhiên đúng → ta có phảI chứng minh Đẳng thức xảy

ra khi a=b=c ; a=b , c=0 : hoặc các hoán vị

5FVí dụ 2: [ Mathlinks Contests]

Chứng minh bất đẳng thức sau với các số a,b,c dương

Lời giải: Không mất tính tổng quát, ta giả sử c=min(a,b,c) Ta có khai triển :

Do đó bất đẳng thức trên được viết dưới dạng

Điều trên hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c

Lời giảI 2 ví dụ trên không phải là duy nhất và còn có các cách chứng minh khác độc đáohơn Nhưng nếu xem khách quan thì nó hoàn toàn dễ hiểu với các bạn Nói một cách kháIquát khi đứng trước một bất đẳng thức bất kì của 3 biến a,b,c ta sẽ tìm cách đưa chúng về

dạng "Bán Schur- Bán SOS" với các đại lượng (a − b)2, (a − b)(b − c)

f (a, b, c) = M (a − b)2 + N (a − b)(b − c) ≥ 0

Sau đó với giả thiết c = max( hoặc min) (a,b,c) ta sẽ chứng minh được

M, N ≥ 0

Từ đó ta có điều phải chứng minh

FSau đây là 1 số khai triển thường được sử dụng trong phân tích:

a2+ b2+ c2 − ab − bc − ac = (a − b)2+ (a − c)(b − c) a

a3+ b3+ c3− 3abc = (a + b + c)[(a − b)2 + (a − c)(b − c)]

a4+ b4+ c4− abc(a + b + c) = [(a + b)2+ c2](a − b)2 + [ab + (a + c)(b + c)](a − c)(b − c)

(a + b)(b + c)(c + a) − 8abc = 2c(a − b)2+ (a + b)(a − c)(b − c) a

5Bây giờ sẽ là một số ví dụ cụ thể để chứng minh tính hiệu quả của phương pháp này

5

F Ví dụ 3:[Lê Trung Kiên]

Cho a,b,c là các số thực không âm Chứng minh rằng

Giả sử c = max (a,b,c) Với x,y,z bất kì ta có khai triển sau

xét tới 2 trường hợp a ≥ b ≥ c và a ≤ b ≤ c.Chắc các bạn đã nhận ra phần nào tính tự nhiên

và cơ bản của phương pháp này

Tuy nhiên ta vẫn có thể chứng minh chúng bằng S.O.S thông qua 1 cách không được tự nhiênlắm,đó là sẽ đưa bất đẳng thức hoán vị trở thành bất đẳng thức đối xứng thông qua 1 bổ đềkhá của Vasile Cirtoaje được anh Võ Quốc Bá Cẩn sử dụng

F Bổ đề [Vasile Cirtoaje] Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn xyz =1 Chứng minhrằng:

Có nhiều cách để chứng minh bổ đề trên nhưng quen thuộc nhất vẫn là phương pháp dồn

biến Đến đây chắc các bạn cũng nhận ra được vấn đề ở ví dụ 3 ta chỉ cần đặt

5

Vì khuôn khổ bài viết chỉ có hạn nên chúng tôi không thể viết được chi tiết lời giả theo hai

cách trên.Đối với những bạn chưa biết đến phương pháp "Bán Schur - Bán S.O.S" thì có lẽ

phương pháp được sử dụng là S.O.S Tuy nhiên các bạn cũng thấy nếu không biết đến bổ

đề trên thì việc chứng minh hai ví dụ trên vô cùng khó khăn Một lần nữa ,chúng tôi muốn

nhấn mạnh đến sự tự nhiên và tính hiệu quả của phương pháp này

53Lời giải: Giả sử c = max(a,b,c) Ta có đẳng thức sau

= (a − b)

2

(a + c)(b + c) + (a − c)(b − c)

a + b + 2c 2(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 0

Do bất đẳng thức trên có thể viết dưới dạng



1

(c + a)(c + b)−

a + b + c 6(a3+ b3+ c3)



(a−b)2+



a + b + 2c 2(a + b)(b + c)(c + a) −

a + b + c 6(a3 + b3+ c3)