Tài liệu Bấ đẳng thức Nesbite pdf

Trong bài viết nhỏ này, tôi xin tống hợp các lời giải cho bất đăng thức 1 và một số kết quả khác được phát triển từ 1 trong thời gian gân đây.. Một số lời giải cho bất đắng thức Nesbitt

TIEP NOI CAU CHUYEN VE “BAT DANG THUC NESBITT”

Cao Minh Quang, GV THPT chuyén Nguyen Binh Khiém, Vinh Long, E-mail: k13quang @yahoo.com

1 Lời giới thiệu

Tháng 3 năm 1903, trên tạp chí “Educational Times”, A M Nesbitt đã đề xuất bài toán sau

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

b

=—.úx11

b+c cta ath 2

Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a =b= c

Ngoài ra, ta cũng nhận thay rang, (1) ở dạng đồng bậc nên đề chứng minh (1), với điều kiện a,b,c là các số thực dương,

ta còn có thể giả sử a + b + c =1, tức là chứng minh bất đăng thức

3 ytz zt+x xty 2

trong dé x, y,z la cdc so thuc duong cé tong bang 1

Bài toán quả thật rất đơn giản và đẹp đẽ, nó đã được rất nhiều người quan tâm và tìm các cách giải Trên Tạp chí Toán Học Tuôi Trẻ so 358 (thang 4 — 2007), tac gia Vũ Đình Hòa đã giới thiệu cho bạn đọc một dạng tông quát của bât đăng thức (1), đó chính là bât đăng thức Shapiro được phát biêu dưới dạng:

Với mọi x, >0,x, + x, 4, > O(i=1,2, n),x,,, =x, thì ta có

n

— ` igg Pe

mt Xn bX 2

Dang thitc xay ra khi va chi khi x, =x, = =x,

Trong bài viết nhỏ này, tôi xin tống hợp các lời giải cho bất đăng thức (1) và một số kết quả khác được phát triển từ (1)

trong thời gian gân đây

2 Một số lời giải cho bất đắng thức Nesbitt

Thật sự bắt đăng thức (1) có rất nhiều cách giải, ngoài một số cách rất đơn giản còn có những cách phức tạp, đôi khi phải

sử dụng đên các bât đăng thức cô điên (Jensen, Karamata), định lí dôn biên,

2.1 Nhóm các lời giải sử dụng phép biến đối tương đương phối hợp với các bất đẳng thức thông dụng

Lời giải 1 Cộng 3 vào hai về của bát đăng thức (1), ta có

a) 7 | P | < -1Ì>5 ©|fe+ð)+(s+e)+(c+s)| 1 1 $9

ath b+te eta

b+e } \c+a_ } \a+b_'

Dé thay bât đăng thức trên đúng vì ta luôn có (x+ y+ 2l rệt >9Wx,y,z>0

x yp Z

Lời giải 2 Bắt đẳng thức (1) tương đương với bất đăng thức

b+c 2 a+c 2 a+b 2

a~ tế 8 VŨ 8 Lệ g., #— ứ— ở

>0

(a—b)" (b—c) (a—c)"

Lời giải 3 Sử dụng đăng thức (a + b)(b + e)(c + a) = ab(a+b)+ be(b+c)+ ca(c+ a)+ 2abe

() © 2Ia(a+b)(a+ce)+b(b+a)(b+e)+c(ce+a)(c+b)]>3(a+b)(b+c)(e+a)

©2(a) +? +c?] > ab(a+b)+be(b+ e)+ca(e +)

Bất đẳng thức cuối được suy ra từ bất đẳng thức xÌ + y” > xy(x + y), trong đó x,y là các số thực dương

Ị

Loi gidi 4, Ta nhan thay rang

la+b+c) b[a+b+cl , c(a+b+el

a7 + p? + c7 + a+b+c b+e cta atb

Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đăng thức cuối

Áp dụng bắt đăng thức AM — GM, ta có

Tương tự, ta có b gk Tels 7 ote

Cộng các bát đăng thức trên theo từng vé, ta được điều phải chứng minh

2.2 Nhóm các lời giải sử dụng bất đẳng thức cô điển

(a, tidy FE eve t đa

Lời giải 5 Sử dụng bat đăng thức Cauchy — Schwarz, dạng AS 4 Sus , trong dé

bb, b, a,b, + a,b, + .+- 4,b,

A,,A,, ,4,,D,,b,, ,b, la cdc so thuc duong Ta c6é

b+c c+a ath 2(ab+ be+ ca) 2(ab + be + ca) 2

Lời giải 6 Không mắt tính tông quát, ta giả sử a > b > c Khi đó, dễ đàng kiêm tra được > A > Do đó, sử

b+c c+a a+b

dụng bắt đăng thức Chebyshev phối hợp với bất đăng thức AM — GM, ta có

\

ˆ + “ >1z+»+d| A |>zfa+»++) ? : =3,

* Sứ dụng bắt đăng thức của dãy sắp thứ tự, dạng:

Với 6 số thực x¡,x;,x;, yị, y„, y; thỏa mãn điều kiện x >x; > x,, y, > y; > y; Khi đó

HY, + yz +43 )3 2 XY, Fy, + GY, (*) >

trong đó (¡,¡;,¡,) là một hoán vị của bộ (1,2,3)

Chứng mình Đặt z= y,,% = ),+%3 — y„ Khi đó (*) trở thành

* +32; T X;Y; 2 Xã QZ TF 1;Z; (* *) hay x (9 —ã)+*~z;(y› — %) +25 (95 = By) = 0

Ta nhận thay rang y, >z,, vị, + y; >z,+z; và y„+y; +y;=a + +

Do đó, x, (y, — z,)+ xy ( — Z,)+ x59; — z;) = Xz (y, — z,)+ *2 (y; — zy) x3 (y; — Z3)=

= Xs | +?;)—(a + 2,)]+35(y5 = Z5) > x; |Úy, EP y;)—(š Em) +x;(y; —2,)=

= thy lÑ + Ya + »}— (z + 24+ z4)| =0

Vậy (**) đã được chứng minh Ta có lời giải sau:

Lời giải 7 [ Cao Minh Quang ] Không mắt tính tông quát, ta giả sử > b > c Ta kiếm tra được = L = I

b+c c+a a+b

Áp dụng bồ đề trên, ta có

a b é oy 8 » ££ 4 @ @ , 2 , 6 5 € a_„ 0

Cong 2 bat dang thức trên theo từng về, ta được

a + b + c Pte, eta atby, a 4 b 4 c 3 3

b+c cta ath) b+te cta atb Y bte cta ath 2

2

V6i viée chuan héa x+ y+z=1, gidp ta có những lời giải khác cho (2)

Lời giải 8 Xét hàm số y= ƒ (x)= = Ta chứng minh được hàm số này lỗi trên (0,1) Áp dụng bất đăng thức

Jensen, ta có

Ir&)+70)+70)>/[f#3‡? hay +44 =~ 42 4 _4 5

Ngoài lời giải trên, với việc chứng minh được hàm số y = f (x)= ¡ * lồi trên (0,1) còn giúp ta có một lời giải khác

—X

cho (1°) như sau

Lời giái 9 [ Cao Minh Quang ] Không mát tính tông quát, ta giả sử x> y>z Khi đó, dé thay x > " ra

x+y=lI-z>l-—=_-., do đó (x,y,z) > —,—,— | Ap dung bat dang thttc Karamata cho ham y=f (x)= ;

lỗi trên (0,1), đôi với bộ trội (x, y,Z) > l3] , ta CÓ

/(s)+f0s)+7)> /[ |} r[ ]~|:] hay vn TT È2 2.3 Nhóm các lời giải sử dụng phương pháp đổi biến, phối hợp với các bất đắng thức cô điền

Loi giải 10 Đặt x— b+c, y— c+a,z—= a+b Khi đó

aa tet g_ 211 —y, xIy Z

,„ >

Do đó bắt đăng thức (1) trở thành

y+z x etx Py TS Z53 hay yrs, Z A Y 56,

Dễ thấy bất đăng thức cuối luôn đúng, vì theo bất đăng thức AM - GM, ta có

YZ, 2TH ATV XE Vag IX ZZ ERI _¢

x y Z y Z Z xXx X y yZ Z

pecan te eta ath 3 gy pi ath bee CT4 co 41C bta, eth

Áp dụng bát đăng thức AM — GM, ta có

mm .1

Suy ra 2A+B+C>6 hay ASS

Lời giải 12 [ Hojoo Lee ] Dat x=—"—, y= P eva Aart

b+c c+a a+b

* at y Z _a†b†€c_ 1

l+x 1+y 1+z a+b+c Suy ra 1= 2xyz + xy + yz + zx Áp dụng bất đẳng thức AM — GM, ta có

Ta cần chứng minh A> 5 Ta có

1=2xyz + xy+ yz + zx< 2A” + 3A7

Do đó (2A— 1)(A + 1” > 0, hay Azo

z= Ta có a+b"

Lời giái 13 [ Hojoo Lee ] Đặt x=—“—,y=— —,

x y Zz a b c

l+x i+y 142 a+b+c atht+e a+b+c

Xét ham f (x) = 1 *_ Ta chứng minh được hàm ƒ là hàm lõm trên (0, +œ) Áp dụng bát đẳng thức Jensen, ta c6

+ x

/lJ|=1=1[r&)+r0)+2(2<2|£22*) 5J7šsl/69+76)+/]<

Nhưng ta cũng chứng minh được f 1a ham tang, do dé

2 3 b+c cta a+b 2

Lời gidi 14, [ Hojoo Lee ] Vì vai trò cua a,b,c 1a như nhau nên ta có thê giả sử rắng a>b>c Ta đặt x—=—, y=—=—

Cc C

thì x> y>1 và do đó (1) trở thành

P41, 44, 412 2 y+l x+1 x+y 2

Áp dụng bát đăng thức AM — GM, ta có

ytl x+1 ytl x+l x+l y+I

Do đó, đê chứng minh (***), ta sẽ chứng minh

2_ 1 1 >3_ 1 x+lI y+l 2 x+y

“ma

2 ytl x+l x+y

yrl , y—l 2(y+I)_ (x+1)(x+ y)

(y—1)|œ+1)(+x+>y)—2(y+1)|

2(x+y)(x+1)(y +1)

>0

Bắt đăng thức cuối đúng vì x > y >1

Đề chứng minh (***), ngoài lời giải trên, ta còn một lời giải khác như sau

Lời giải 15 [ Hojoo Lee ] Đặt m — x + y,n — xy Khi đó (***) trớ thành

m—2ntm 1.3 3 2

————“+—>—€©2m —m”—m-+2>n(Tm~— 2)(**##) mt+n+l m 2

Ta dé ¥ rang 7m—2>0 va mm” > 4n Do đó đề chứng minh (****), ta sẽ chứng minh

A(2mÊ —m” —m +2Ì > mẺ (Tm —2) € mỸ —2m” — Am +8 > 0© (m— 2)” (m +2) >0 (hiên nhiên)

;ỳ>=—,£— © thì x, y,z >0, xyz = 1 (1) duoc viet lai dưới dang

c a

Lời giát 16 [ Cao Minh Quang ] Dat x =

xz+1 yz +1 aol 2” (x yty z+3x}>(x+y+z)+(wW+yz+ Ø)

Sứ dụng bất đăng thức AM — GM, ta có

xy+y z+z7x = (y+ yzt+ 3| +ại yz+z3x+ đ>) +

+2 (zx+a2y+3] >qx 2y +a yer +ẩzx y” —=x+yT+Z

Chứng minh tương tự ta cũng nhận được

xÈy-+y z+z”x = xy+z*x+ So) + yztxy +x?] +

+2(x+az+a23 >axtzty +3 xty*z + = xy+T yz Zx

Cộng các bất đăng thức trên, ta nhận được 2|x y+y z+z *x)> (x+ y+ z)+(xy+ yz + zx)

2.4 Nhom cac loi giai sw dung phương pháp đánh giá đại diện, kỷ thuật chọn “diem rơi? của bất đắng thức AM —

GM và các bất đẳng thức cô điển

Lời giải 17 [ Hojoo Lee ] Áp dụng bất đăng thức AM — GM, ta có

va? +JpỀ + [bề > 3ÄŸ|a3b5 —3 đáp, V|a +4 |c) + |c? > 3Ñ Na?" =3đac.,

Cộng hai bat dang thire trén, ta nhan duoc

2(Va? + Vb? +Ve?) > 3Va(b+e)

a s3 Va?

b+c 2a” +vjp +c

Tương tự, ta cũng chứng minh được

.—.1

eta” etl tye ath” 2a +VR +e

Cộng các bất đăng thức trên theo từng vé, ta được

a, + bc 34a+j?`+\jc _ 3 +f

b+e cta atb™ =o pap ade 3 20

Lời giải 18 [ Hojoo Lee ] Ta có (x + y) > 4xy Vx, y >0 Do đó

Do đó

[2a+(b+c)ÏÏ >8a(b+e)

©44°+4a(b+c)+{b+c)` >8a(b+c)

©4a(a +b +c) >(b+c)|8a—(b+e)]

a =i 8a—b—c

Tương tự, ta cũng chứng minh được

b TA mm j c > 1 Be-a—b- cta 4 a+b+c a+b 4 a+b+c Cộng các bất đăng thức trên theo từng vé, ta được

a b 4 £ „1 8|a#+b+c]~2|a+b+c] _3 b+c c+a ath” 3+ a+b+c 2 Lời giải 19 [ Cao Minh Quang ] Áp dụng bắt đẳng thức AM — GM, ta có

3

33 ava

b+c 2- (a+b+e}

Suy ra

Tương tự, ta chứng minh được

cham 2 xa +b-+c 3y _."<G 2 (a+b+e}

Cộng các bất đăng thức trên, ta có

a b 4 c „ 33 ava +bVb + eve

be cta a+b _ 2 (a+b+cŸ

Do đó đề chứng minh (1), ta sẽ chứng minh

B ava+ib teve > 1 3{aVa-+bvb +eve) >(at+b+te)

(a+b+c)

Đặt z= V2, y = VPb,z = xÍc, bắt đẳng thức trên trớ thành

B(x? +y° +2) > (x° + y+ z2

Ap dung bất đẳng thức Cauchy — Schwarz, ta có

(x? +y? +2) <(x° +y +z°)(x+y+z)

Ap dung bat dang thitc Chebyshev, ta có

(x? +y +2°\(x+y+z) <3(x° +y +)

Nhân hai bất đăng thức trên theo từng vé, ta được

3(x +y? +2) = (x° + y+ 2

Lời giải 20 [ Cao Minh Quang ] Ta chứng minh bắt đẳng thức (2)

Áp dụng bất đăng thức AM — GM, ta có

x , 2+) ,, 9 x (ytz)_ 4

Tương tự, ta chứng minh được

9

y 3y 1) 3 LIÊN +9) 4

Cộng ba bát đăng thức trên theo từng vé, ta được

ep Y 4 2% Fit yt a)dxrtytz) (9

yz zZt+x xty 2 Nhung

S(etyt2)=S(xty +2) 2S(9t peta (ii)

Cộng 2 bat dang thitc (i) và (ii) theo từng vé, ta được

>= =5 _-

ytz zt+x x+y”

x 9x-1

= l—x 4

Lời giải 21 [ Hojoo Lee ] Ta có 4x—(L—x)(9x—1)=(3x— I >0 Suy ra 4z >(I— x)(9xS—1) hay

Tương tự, ta có

y „9y —1 Z 5 92-1

,

Do đó

x y Z ŠÝ9+y+z)-3_ 3

Lời giải 22 [ Cao Minh Quang ] Với x € (0,1), sử dụng bất dang thức AM — GM, ta có

3

27

i *¥ > —x(l+ x) Tương tự, ta có

—#

Do đó,

—— a= yl te) = 21 z)

Ty 232? y) l-z 327! )

- rs „| ,Vx,y,z>0,r >1, ta được

Cộng ba bát đắng thức trên và sử dụng bất đăng thức 3)

\

27 ( \ ( 2 \

——=>SÈ+»'+z)+2(s2°+s°+#]+

x

l—z 32°

l—x ly

+|x+y+z)Ì>5—|3|—; š 6|—| a +lịỊ=— 2

Loi gidi 23 [ Cao Minh Quang ] Với x € (0,1), ta có

l=# 3#+l Chứng minh tương tự, có

y 9y” z 9z?

I—y 3y+l 1I—z 3z+1

Do đó,

ey pzy 9x 9y % „ (Bx+3y +32) _3 I-x l-y I-z 3x†l 3y+1 32417 3(x+y+z)+3 2

2.5 Nhóm các lời giải sử dụng phương pháp sử dụng định lý dồn biến, sử dụng bất đẳng thức phụ

Lời giải 24 Ta sử dụng định lí dồn biến đề chứng minh (1) Dat

E(a,b,c)= a 4 b 4 C ptt ® , ater

Dé thay rang

E(a,b,c)=— (a dy < = a # dic +£=E(t,t,c)

ab+c’+c(a+b) a+b tf+c +2ct 2t

_3 ¬

Do đó, theo định lí dồn biến, ta được E(a,b,ec) > EÍv, v, v)

Lời giải 25 [ Cao Minh Quang ] Trước hết, ta chứng minh néu x, y,z là các số thực dương có tông băng 1 thì

yz Z+x x+y

Sứ dụng bát đẳng thức a?-+bˆ”+c” >ab+ bc + ca,Va,b,c > 0, và đề ý rằng x+y+z=l,tacó

x+yz y+a cty (xtỷ (x2) +23

y†rz Z+xX x+y yt+z Z+x

Ztx)(z+

ERNE) ay totgt(ety)=2

xT y

Bây giờ ta trở lại việc chứng minh (2) Dùng bất đăng thức < AG +b),Va,b>0

a

3 Một số kết quả được phát triển từ bất đắng thức Nesbitt

Trong thời gian gần đây, có rất nhiều người quan tâm và giải các bài toán bất đăng thức, ta nhận được một số kết quá đẹp

là mớ rộng, tông quát hoặc kết quả mạnh hơn (1) Xin được đề cập đến một số bài toán đó như sau

Bài 1 [ Trần Nam Dũng ] [ Tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ ] Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh rằng

2 ab+tbc+ca b†+c c+a a+b 2a@4+P4+e Bài 2 [ Vasile Cirtoaje ] [Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities, Old and New Methods, GIL, 2006 ] Cho a,b,c 1a cac

số thực dương Chứng minh rằng

1 a+b te" a b € >2 1 ab+he+ca

a + b c , 13 2 ab+hc+ca bt+e ctu a+b 6 3'a?+b?+c?`

Bài 3 [ Titu Vareescu, Mircea Lascu ] [Titu Vareescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New

Inequalities, GIL, 2004 ] Cho a,b,c,a 14 céc s6 thuc duong sao cho abc = 1a >1 Ching minh rang

a b* ao

b+e cta ath 2

Bài 4 [ Trân Tuân Anh ] [ Tạp chí Toán Học và Tuôi Trẻ ] Cho 2,5,c,k là các sô thực dương sao cho k> 3 Chứng

b €

Bai 5 [ Vasile Cirtoaje ] [Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities, Old and New Methods, GIL, 2006 ] Cho a,b,c,r 1a

minh rang

các so thuc duong sao cho r > TT Chứng minh răng

2a \ 2b \ 2c

tụt +H

Bai 6 [ Vasile Cirtoaje ] [ Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities, Old and New Methods, GIL, 2006 ] Cho a,b,c là các

số thực dương Chứng minh rằng

r

>3

bˆ+c ct+a at+b b‡c cta atb Bai 7 [ Titu Zvonaru, Buchrest, Romania ] [ Problem 2970, CRUX 2006 ] Cho a,b,c là các số thực duong va m,n la

các số nguyên duong sao cho m >n Ching minh rang

m m + tr” tr” ae tt tt = ”„ it ae it it ae n n ,

b”+c c“+a a’ +h b’ +e c +a a +b

Bai 8 [ Pham Van Thuan ] [ Problem 3200, CRUX 2006 ] Cho r,s 1a cdc so thuc duong, r<s va a,b,c €(r,s)

Chitng minh rằng

b+c c+a ath 2 2r(r+s) ,

Bài 9 [ Việt Nam TST, 2006 ] Cho a,b,c € [I,2| Chứng minh rằng

(a+b+e)|—+~+—|>6|——+——+——l

a be b+e cta ath

Bai 10 [ Phạm Kim Hùng, Sáng Tao Bat Dang Thitc, Secrects in Inequalities, Nha xuất bản Tri Thức, 2006 ] Cho

a,b,c là các số thực dương Chứng minh rang

a 4 b 4 C ple Pe Od oy a3 ;_ 3—1

Bai 11 [ Pham Kim Hung, Sáng Tạo Bat Dang Thuc, Secrects in Inequalities, Nha xuất bản Tri Thức, 2006 ] Cho

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

a b C abc

b+c c+a a+b 2|ad+b +e)

3

Bài 12 [ Cao Minh Quang ] Cho a,b,c 1A c4c s6 thuc duong, at+b+c=1, m,n 1A cdc so thuc khéng 4m thoa diéu

kiện 6m > 5n Chứng minh rang

ma + nbe 4 nib +nbe 4 nic + nab > 3m-+n

Bài 13 [ Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ, Bất Đăng Thức, Suy Luận & Khám Phá ] Cho a,b,c là các số thực dương Chứng

minh rằng

2

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

+——mk=—#2|

b+e cta ath | Bài 14 [ Cezar Lupu ] [ Mathematical Reflections 1 (2007) ] Cho a,b,c là các số thực dương Chứng minh răng

b+c cta ath (atb)(atc) (b+e)(b+a) (c+a)(c+b)

Bài 15 [ Phạm Hữu Ditc] [ Mathematical Reflections 4 (2007) ] Cho a,b,c la cdc số thực dương Chứng minh rang

Câu chuyện về “bát đăng thức Nesbitt” chắc hăn chưa dừng lại Hy vọng một ngày nào đó bạn sẽ tìm được cho mình một lời giải đẹp của bài toán Nesbitt và phát triên nó theo nhiêu hướng khác

Tài liệu tham khảo

1 Hojoo Lee, Topics in Inequalities — Theorems and Techniques, 2007

2 D.S Mitrinovic, J E Pecaric, A M Fink, Classical and New Inequalities in Analysis, Kluwer Academic, 1993

3 Phạm Kim Hùng, Sáng Tạo Bát Đăng Thức, Secrects in Inequalities, Nhà Xuất Bản Tri Thức, 2006

4 Titu Vareescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, GIL, 2004

5 Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities, Old and New Methods, GIL, 2006