Về một bất đẳng thức trong kỳ thi IMO lần thứ 36Vũ Tiến Việt Hanoi Mathematical Society Trong kỳ thi IMO lần thứ 36 tổ chức tại Toronto Canada năm 1995 có bài toán sau: 1 Bài toán Cho cá
Trang 1Về một bất đẳng thức trong kỳ thi IMO lần thứ 36
Vũ Tiến Việt
Hanoi Mathematical Society Trong kỳ thi IMO lần thứ 36 tổ chức tại Toronto (Canada) năm 1995 có bài toán sau:
1 Bài toán
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh bất đẳng thức
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a) +
1
c3(a + b) ≥
3
2·
2 Chứng minh
Cách 1 Do abc = 1 nên a2b2c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a) +
a2b2
c(a + b) ≥
3
2.
Sử dung bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
(a2
1+ a2
2+ a2
3)(b2
1 + b2
2+ b2
3) ≥ (a1b1+ a2b2+ a3b3)2
ta được
[a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)] h b2c2
a(b + c) +
c2a2
b(c + a)+
a2b2
c(a + b)
i
≥ (ab + bc + ca)2,
hay là
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a)+
a2b2
c(a + b) ≥
1
2(ab + bc + ca).
Đến đây sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
b2c2
a(b + c) +
c2a2
b(c + a)+
a2b2
c(a + b) ≥
1
2(ab + bc + ca) ≥
3 2
3
√
a2b2c2 = 3
2.
Cách 2 Do abc = 1 nên a2b2c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a) +
a2b2
c(a + b) ≥
3
2.
Trang 2b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a)+
a2b2
c(a + b) =
b2c2
ab + ac +
c2a2
bc + ba +
a2b2
ca + cb = S.
Sử dung bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
(a2
1+ a2
2+ a2
3)(b2
1 + b2
2+ b2
3) ≥ (a1b1+ a2b2+ a3b3)2
ta được
[(ab + ac) + (bc + ba) + (ca + cb)]S ≥ (ab + bc + ca)2 = (ab + bc + ca)(ab + bc + ca).
Đến đây sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
2(ab + bc + ca)S ≥ (ab + bc + ca)(ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca)3 √3 a2b2c2 = 3(ab + bc + ca).
Từ đó suy ra S ≥ 3
2.
Cách 3 Với α > 0 ta có α + 1
α ≥ 2, hay α ≥ 2 −
1
α Từ đó ta được
1
a3(b + c) =
1
2a ·
2
a2(b + c) ≥
1
2a
³
2 − a
2(b + c)
2
´
a −
ab + bc
Tương tự ta có
1
b3(c + a) ≥
1
b −
bc + ca
1
c3(a + b) ≥
1
c −
ca + cb
Dẫn đến
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a) +
1
c3(a + b) ≥
1
a +
1
b +
1
c −
1
2(ab + bc + ca) =
1
2(ab + bc + ca).
Từ đây theo bất đẳng thức AM-GM ta được
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a) +
1
c3(a + b) ≥
1
2(ab + bc + ca) ≥
3 2
3
√
a2b2c2 = 3
2·
Cách 4 Do abc = 1 nên a2b2c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a) +
a2b2
c(a + b) ≥
3
2.
Với λ > 0 ta có
b2c2
a(b + c) + λa(b + c) ≥ 2
√ λbc, c2a2 b(c + a) + λb(c + a) ≥ 2
√ λca, a2b2 c(a + b) + λc(a + b) ≥ 2
√ λab.
Dẫn đến
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a)+
a2b2
c(a + b) ≥ (2
√
λ − 2λ)(ab + bc + ca).
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
b2c2
a(b + c) +
c2a2
b(c + a)+
a2b2
c(a + b) ≥ (2
√
λ − 2λ)(ab + bc + ca) ≥ 6( √ λ − λ) √3a2b2c2 = 6(√ λ − λ) Chọn λ = 1
4 ta sẽ có bất đẳng thức cần phải chứng minh.
Trang 3Cách 5 Bổ đề Cho α, β là 2 số bất kỳ và x, y là 2 số dương Ta có bất đẳng thức
α2
x +
β2
y ≥
(α + β)2
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
α2y(x + y) + β2x(x + y) ≥ (α + β)2xy ⇔ α2y2+ β2x2 ≥ 2αβxy ⇔ (αy − βx)2 ≥ 0 Cho α, β, γ là 3 số bất kỳ và x, y, z là 3 số dương Áp dụng bất đẳng thức (1) ta được
α2
x +
β2
y +
γ2
z ≥
(α + β)2
x + y +
γ2
z ≥
(α + β + γ)2
Sử dụng bất đẳng thức (2) và bất đẳng thức AM-GM ta được
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a) +
1
c3(a + b) =
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a) +
a2b2
c(a + b) ≥
≥ (ab + bc + ca)
2
2(ab + bc + ca) =
1
2(ab + bc + ca) ≥
3 2
3
√
a2b2c2 = 3
2·
Cách 6 Bổ đề Cho các số a1 ≥ a1và b1 ≥ b2
Khi đó ta có (a1 − a2)(b1− b2) ≥ 0 hay là a1b1+ a2b2 ≥ a1b2+ a2b1
Cho các số a1 ≥ a2 ≥ a3 và b1 ≥ b2 ≥ b3
Khi đó (a2 − a3)(b1− b3) ≥ 0, hay a2b1+ a3b3 ≥ a2b3+ a3b1,
theo trên a1b1+ a2b2 ≥ a1b2+ a2b1,
suy ra a1b1 + a2b2+ a3b3 ≥ a1b2+ a2b3+ a3b1
Lại có (a1− a3)(b2− b3) ≥ 0, hay a1b2+ a3b3 ≥ a1b3+ a3b2,
theo trên a1b1+ a2b2 ≥ a1b2+ a2b1,
suy ra a1b1+ a2b2 + a3b3 ≥ a1b3+ a2b1+ a3b2
Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, do abc = 1 nên a2b2c2 = 1, xyz = 1 và bất
đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a)+
1
c3(a + b) =
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a) +
a2b2
c(a + b) =
2
y + z +
y2
z + x+
z2
x + y ≥
3
2·
Do tính đối xứng của bất đẳng thức, ta có thể giả thiết x ≥ y ≥ z Khi đó
x
y + z ≥
y
z + x ≥
z
x + y .
Từ đây theo bổ đề trên dẫn đến
x2
y + z +
y2
z + x+
z2
x + y ≥ x ·
y
z + x + y ·
z
x + y + z ·
x
y + z ,
x2
y + z +
y2
z + x +
z2
x + y ≥ x ·
z
x + y + y ·
x
y + z + z ·
y
z + x ·
Trang 4Suy ra
x2
y + z +
y2
z + x+
z2
x + y ≥
1
2(x + y + z) ≥
3 2
3
√ xyz = 3
2·
Cách 7 Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, do abc = 1 nên a2b2c2 = 1, xyz = 1 và bất
đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a)+
1
c3(a + b) =
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a) +
a2b2
c(a + b) =
2
y + z +
y2
z + x+
z2
x + y ≥
3
2·
Do tính đối xứng của bất đẳng thức, ta có thể giả thiết x2 ≥ y2 ≥ z2 Khi đó
1
y + z ≥
1
z + x ≥
1
x + y .
Từ đây theo bổ đề ở cách 6 dẫn đến
x2
y + z +
y2
z + x+
z2
x + y ≥
x2
z + x +
y2
x + y +
z2
y + z ,
x2
y + z +
y2
z + x+
z2
x + y ≥
x2
x + y +
y2
y + z +
z2
z + x ·
Suy ra
x2
y + z +
y2
z + x+
z2
x + y ≥
1 2
³x2+ y2
x + y +
y2 + z2
y + z +
z2+ x2
z + x
´
.
Ta dễ dàng có bất đẳng thức α
2+ β2
α + β ≥
α + β
2 với α > 0, β > 0 Từ đó ta được
x2+ y2
x + y +
y2+ z2
y + z +
z2+ x2
z + x ≥ x + y + z ≥ 3
3
√ xyz = 3.
Suy ra bất đẳng thức cần phải chứng minh
Cách 8 Do abc = 1 nên a2b2c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a)+
a2b2
c(a + b) =
b2c2
ab + ac +
c2a2
bc + ba +
a2b2
ca + cb ≥
3
2· Xét hàm số tam thức bậc 2
f (x) =
√
ab + ac x −
√
ab + ac
´2 +
√
bc + ba x −
√
bc + ba
´2 +
√
ca + cb x −
√
ca + cb
´2
=
=³ b2c2
ab + ac +
c2a2
bc + ba +
a2b2
ca + cb
´
x2− 2(ab + bc + ca)x + 2(ab + bc + ca).
Trang 5Vì f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R nên ∆ 0 ≤ 0, tức là
(ab + bc + ca)2 − 2 ³ b2c2
ab + ac +
c2a2
bc + ba +
a2b2
ca + cb
´
(ab + bc + ca) ≤ 0.
Như vậy
b2c2
ab + ac +
c2a2
bc + ba +
a2b2
ca + cb ≥
1
2(ab + bc + ca) ≥
3 2
3
√
a2b2c2 = 3
2· Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh
Cách 9 Do abc = 1 nên a2b2c2 = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
b2c2
a(b + c)+
c2a2
b(c + a) +
a2b2
c(a + b) ≥
3
2·
Trong không gian Oxyz xét các vector
~
OA(pa(b + c),pb(c + a),pc(a + b)), ~ OB(p bc
a(b + c) ,
ca
p
b(c + a) ,
ab
p
c(a + b) ).
Ta có ~ OA · ~ OB = ab + bc + ca và
~
OA · ~ OB = | ~ OA| · | ~ OB| · cos [ AOB ≤ | ~ OA| · | ~ OB| =
= [2(ab + bc + ca)]12³ b2c2
ab + ac+
c2a2
bc + ba +
a2b2
ca + cb
´1
.
Suy ra
b2c2
ab + ac +
c2a2
bc + ba +
a2b2
ca + cb ≥
1
2(ab + bc + ca) ≥
3 2
3
√
a2b2c2 = 3
2· Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh
Cách 10 Đặt 1
a +
1
b +
1
c = a
−1 + b −1 + c −1 = t > 0, ta có
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a) +
1
c3(a + b) =
a −2
b −1 + c −1 + b
−2
c −1 + a −1 + c
−2
a −1 + b −1 =
−2
t − a −1 + b
−2
t − b −1 + c
−2
t − c −1 ·
Xét hàm f (x) = x2
t − x , (0 < x < t) Ta thấy f 00 (x) =
2t2
(t − x)3 > 0, nên f (x) là hàm lồi.
Sử dụng bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi ta được
f (a −1 ) + f (b −1 ) + f (c −1 ) ≥ 3f ( a −1 + b −1 + c −1
1
2(
1
a +
1
b +
1
c ) ≥
3 2
3
r 1
abc =
3
2· Vậy ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh
Trang 6Cách 11 Đặt x = bc > 0, y = ca > 0, z = ab > 0, s = ab + bc + ca = x + y + z.
Ta có xyz = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
1
a3(b + c) +
1
b3(c + a) +
1
c3(a + b) =
x2
y + z +
y2
z + x +
z2
x + y =
2
s − x +
y2
s − y +
z2
s − z ≥
3
2·
Ta có
0 < s − x
y + z 2(x + y + z) < 1, 0 <
s − y
z + x 2(x + y + z) < 1,
0 < s − z
x + y 2(x + y + z) < 1,
s − x
s − y
s − z
Xét biến ngẫu nhiên X với phân phối xác suất là
P (X = x
s − x) =
s − x 2s , P (X =
y
s − y) =
s − y 2s , P (X =
z
s − z) =
s − z 2s .
Khi đó
s − x ·
s − x
y
s − y ·
s − y
z
s − z ·
s − z
1
2,
E(X2) =³ x
s − x
´2
· s − x
³ y
s − y
´2
· s − y
³ z
s − z
´2
· s − z
2s
³ x2
s − x +
y2
s − y +
z2
s − z
´
,
0 ≤ Var(X) = E(X2) − (EX)2 = 1
2s
³ x2
s − x +
y2
s − y +
z2
s − z
´
− 1
4· Suy ra
x2
s − x +
y2
s − y +
z2
s − z ≥
s
x + y + z
3
2 3
√ xyz = 3
2·
3 Tổng quát bất đẳng thức đã cho
Bài toán 1 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 và số m ≥ 2.
Chứng minh bất đẳng thức
1
a m (b + c) +
1
b m (c + a) +
1
c m (a + b) ≥
3
2·
Chứng minh Đặt x = 1
a , y =
1
b , z =
1
c Ta có xyz = 1 và bất đẳng thức cần chứng minh
trở thành
1
a m (b + c) +
1
b m (c + a) +
1
c m (a + b) =
x m−1
y + z +
y m−1
z + x +
z m−1
x + y ≥
3
2·
Trang 7Do tính đối xứng của bất đẳng thức ta có thể giả thiết x ≥ y ≥ z Khi đó
x m−2 ≥ y m−2 ≥ z m−2 , 1
y + z ≥
1
z + x ≥
1
x + y ,
x m−2
y + z ≥
y m−2
z + x ≥
z m−2
x + y ·
Từ đây theo bổ đề ở cách 6 dẫn đến
x m−1
y + z +
y m−1
z + x+
z m−1
x + y ≥ x ·
y m−2
z + x + y ·
z m−2
x + y + z ·
x m−2
y + z ,
x m−1
y + z +
y m−1
z + x +
z m−1
x + y ≥ x ·
z m−2
x + y + y ·
x m−2
y + z + z ·
y m−2
z + x ·
Suy ra
x m−1
y + z +
y m−1
z + x+
z m−1
x + y ≥
1
2(x
m−2 + y m−2 + z m−2)
≥ 3
2
3
p
x m−2 y m−2 z m−2 = 3
2·
Khi m = 2 ta có bất đẳng thức ban đầu.
Bài toán 2 Cho các số dương a1, a2, , a n (n ≥ 3) thỏa mãn a1a2 a n = 1 và số m ≥ 3.
Chứng minh bất đẳng thức
X
1≤k<l≤n
1
1≤i≤n,i6=k,l
a i
1≤i<j≤n,i6=k,l
a i a j
´ ≥ n(n − 1) (n + 1)(n − 2) ·
Gợi ý Chứng minh dựa vào bất đẳng thức Radon.
Khi n = 3, a1 = a, a2 = b, a3 = c và m = 3 ta có bất đẳng thức ban đầu.