Về bài bất đẳng thức trong đề thi VMO 2015

Bài viết này trình bày các ý kiến của mình về bài toán cũng như nêu ra các hướng tiếp cận khác nhau để đi đến lời giải. Bên cạnh các phân tích bình luận, cũng sẽ đề xuất một số bài toán với ý tưởng tương tự cho từng hướng tiếp cận để bạn đọc có thể tự rèn luyện thêm. Mời các bạn tham khảo!

Tạp chí online cộng đồng người u Tốn VỀ BÀI BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐỀ THI VMO 2015 Võ Quốc Bá Cẩn (Hà Nội) Tóm tắt Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia mơn Tốn năm 2015, đề thi ngày thứ có tốn bất đẳng thức sau: Bài toán Cho a, b, c Chứng minh 3(a2 + b2 + c2 ) P (a + b + c)2 , √ √ √ với P = (a+b+c) ab+ bc+ ca +(a−b)2 +(b−c)2 +(c−a)2 Bài viết chúng tơi trình bày ý kiến tốn nêu hướng tiếp cận khác để đến lời giải Bên cạnh phân tích bình luận, chúng tơi đề xuất số toán với ý tưởng tương tự cho hướng tiếp cận để bạn đọc tự rèn luyện thêm Ở cuối viết, giới thiệu nguồn gốc, phát biểu giải tốn tổng qt VMO nói Nhận xét chung Với ý kiến chủ quan mình, chúng tơi cho tốn hợp lý tương xứng với vị trí đề thi Trong thời gian 180 phút, thí sinh phải làm tốn với thể loại: Giải tích, Đại số, Tổ hợp Hình học Số lượng câu hỏi nhiều thời gian làm lại hạn chế, nên toán khơng thể q khó tạo áp lực cho thí sinh Bài tốn mức độ trung bình, khơng dễ khơng khó Hình thức phát biểu gọn gàng, đơn giản không cồng 57 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán kềnh phức tạp so với đề VMO năm 2014 Ngồi ra, tốn có nhiều hướng để tiếp cận không mẹo mực phức tạp đề thi năm ngối Chính thế, việc chọn làm số phù hợp Tuy nhiên, điều khơng có nghĩa tốn thực tốt Ý tưởng khơng khơng muốn nói quen thuộc với em học sinh Vì vậy, quen dạng nên nhiều em “trúng tủ” nhìn vào giải mà không cần phải nghĩ suy nhiều Rõ ràng điều khiến cho việc đánh giá chất lượng kết không khách quan Sẽ thật tuyệt đề thi toán với ý tưởng mẻ lại nhẹ nhàng, tinh tế không mẹo mực Mong đề VMO tới đáp ứng điều Các hướng tiếp cận cho toán Vế trái bất đẳng thức đơn giản Dạng phát biểu với tổng bình phương gợi cho ta nghĩ đến đồng thức Lagrange – đẳng thức quen thuộc dùng để chứng minh bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: n n a2i i=1 n b2i i=1 − bi i=1 (ai bj − aj bi )2 = i Bất đẳng thức viết lại thành: mn + np + pm 3mnp(m + n + p) Một kết quen thuộc 60 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Bài toán (IMO, 2001) Cho a, b, c > Chứng minh a b c √ +√ +√ 2 a + 8bc b + 8ca c + 8ab c Lời giải Đặt x = √a2a+8bc , y = √b2b+8ca z = √c2 +8ab Khi đó, biến đổi đơn giản, ta dễ thấy < x, y, z < và: 8bc − x2 = , a2 x2 8ca − y2 = , b2 y2 8ab − z2 = c2 z2 Từ suy 512x2 y2 z2 = (1 − x2 )(1 − y2 )(1 − z2 ) Theo yêu cầu toán, ta cần chứng minh x + y + z điều không đúng, tức x + y + z < 1, ta có Nếu − x2 > (x + y + z)2 − x2 = (y + z)(2x + y + z) Đánh giá tương tự cho biểu thức lại, ta thu 512x2 y2 z2 > (y + z) (2x + y + z) Bằng cách sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: (m + n)(n + p)(p + m) 8mnp, ∀m, n, p > cho (x, y, z) (x + y, y + z, z + x), ta có (2x + y + z) (x + y) 64xyz Từ suy (y + z) (2x + y + z) 8xyz · 64xyz = 512x2 y2 z2 Mâu thuẫn nhận cho ta kết toán Bài toán Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh 1 + + 2 1+a+a 1+b+b + c + c2 61 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Lời giải Do abc = nên ta chứng minh tồn , b = yzx2 c = xy (chẳng hạn, ta số thực x, y, z thỏa mãn a = yz x2 z2 1 chọn x = √ , z = √13c ) Khi đó, bất đẳng thức cần a, y = √ b chứng minh viết lại thành: y4 z4 x4 + + x4 + x2 yz + y2 z2 y4 + y2 zx + z2 x2 z4 + z2 xy + x2 y2 Đến đây, cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: (x2 + y2 + z2 )2 , (x4 + y4 + z4 ) + xyz(x + y + z) + (x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 ) VT ta đưa toán xét kết thuộc: x2 y2 + y2 z2 + z2 x2 xyz(x + y + z) Bài toán Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx + 2xyz = Giả sử z = max{x, y, z}, chứng minh (2z − 1)2 z(2z + 1) 1 + + − 4(x + y + z) x y z Lời giải Giả thiết xy+yz +zx+2xyz = viết lại 1 dạng x+1 + y+1 + z+1 = Từ đó, ta dễ dàng chứng minh tồn số dương a, b, c cho: x= a , b+c y= b , c+a z= c a+b Ngoài ra, z = max{x, y, z} nên ta có c = max{a, b, c} Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành: b+c c+a a+b a b c + + −4 + + a b c b+c c+a a+b Do a b + a c − 4a b+c = a(b−c)2 bc(b+c) (2c − a − b)2 c(2c + a + b) nên bất đẳng thức tương đương với: b(c − a)2 c(a − b)2 a(c − b)2 + + bc(b + c) ca(c + a) ab(a + b) (2c − a − b)2 c(2c + a + b) Và ta chứng minh bất đẳng thức mạnh là: a(c − b)2 b(c − a)2 + bc(b + c) ca(c + a) 62 (2c − a − b)2 , c(2c + a + b) Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán hay a(c − b)2 b(c − a)2 + b(b + c) a(c + a) (2c − a − b)2 2c + a + b Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta có a (c b VT − b) + b (c a − a) 2c + a + b Từ đó, tốn đưa chứng minh a (c − b) + b b (c − a) a 2c − a − b, hay a + b √ b − c + a + b − ab a Bất đẳng thức hiển nhiên theo AM-GM Bài toán (Việt Nam TST, 2001) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn 2x + 4y + 7z = 2xyz Tìm giá trị nhỏ của: P = x + y + z Lời giải Đặt x = √ √ √ 7a, y = 27 b, z = 7 c, ta có a + b + c = abc và: √ P= (14a + 7b + 4c) 14 Do a, b, c > a + b + c = abc nên tồn A, B, C ∈ 0, π2 thỏa mãn A + B + C = π a = tanA, b = tanB, c = tanC, suy √ P= (14 tanA + tanB + tanC) 14 Biểu thức P có dạng tổng hàm Điều gợi cho ta nhớ đến bất đẳng thức tiếp tuyến sau: Nếu hàm số f(x) khả vi bậc hai lồi khoảng (a, b) với x, y ∈ (a, b), ta có f(x) f(y) + f (y) · (x − y) Do hàm số f(x) = tanx khả vi bậc hai lồi 0, bất đẳng thức trên, với x, y ∈ 0, π2 , ta có tanx π nên theo tany + (tany) (x − y) = tan y + (tan2 y + 1)(x − y) 63 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Trong bất đẳng thức trên, thay cặp√số (x, y) cặp A, arctan √37 , B, arctan √57 C, arctan , ta thu tanA tanB tanC 16 √ + A − arctan √ , 7 32 √ + B − arctan √ , 7 √ √ + C − arctan √ Từ suy (chú ý arctan √37 + arctan √57 + arctan = π): √ √ √ P 15 + 32 A − arctan √ − arctan √ − arctan 14 7 √ √ 15 = 15 + 32(A + B + C − π) = 14 Đẳng thức xảy x = 3, y = 52 , z = Nhận xét Bất đẳng thức tiếp tuyến kết quan trọng hàm lồi Nó mấu chốt để xây dựng nên bất đẳng thức Karamata, công cụ mạnh để xử lý bất đẳng thức dạng tổng hàm Bạn đọc tìm đọc thêm hai kết thú vị viết chuyên đề chúng tơi Tài liệu Chun Tốn, Giải tích 12 (Nhà xuất Giáo Dục, 2011) √ Các số arctan √37 , arctan √57 , arctan sử dụng số ngẫu nhiên “mị” Vì u cầu tốn tìm nên ta cần phải đánh giá P lớn số Do đó, sử dụng bất đẳng thức tiếp tuyến để đánh giá, ta cần chọn số thích hợp cho hệ số A, B, C phải để tận dụng giả thiết A + B + C = π biến đổi vế bé thành số Như vậy, số sử dụng lời giải thực chất nghiệm thu từ hệ phương trình:   < x, y, z < π , x + y + z = π  14(tan2 x + 1) = 7(tan2 y + 1) = 4(tan2 z + 1) 64 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Bài toán (Kiên Giang, 2014) Cho 2014 số thực x1 , x2 , , x2014 2014 thuộc đoạn [−1, 1] thỏa mãn i=1 xi > Chứng minh tồn số nguyên dương k cho: k 2014 xi − i=1 xi i=k+1 Lời giải Ta thay 2014 số n > tổng quát Với k n, ta đặt ak = ki=1 xi , từ giả thiết suy |ak − ak−1 | < |an |, ∀k = 1, , n (ở a0 = 0) Theo yêu cầu đề bài, ta cần chứng minh tồn k ∈ N∗ cho |an − 2ak | Nếu có số k (3) n − cho (an − 2ak )(an − 2ak+1 ) |an −2ak |+|an −2ak+1 | = (an −2ak )−(an −2ak+1 ) = 2|ak+1 −ak | Từ suy số nhỏ hai số |an − 2ak |, |an − 2ak+1 | có giá trị khơng vượt q tốn chứng minh Xét trường hợp (an − 2ak )(an − 2ak+1 ) > với k n − Ta chứng minh (3) phản chứng Giả sử không tồn số k nói trên, ta có |an − 2ak | > 1, ∀1 k n − (4) Nếu an > 2an−1 (an − 2an−1 )(an − 2an ) > nên ta suy an < Mặt khác, |an | > nên ta có an < −1 Do an − 2ak an − 2ak+1 có dấu với k n − nên từ bất đẳng thức an > 2an−1 , ta suy an > 2a1 + 2a1 < an < −1 (theo (4)), tức a1 < −1 Kết đưa đến |a1 | > 1, mâu thuẫn với giả thiết toán Lý luận tương tự, trường hợp an < 2an−1 xảy Những mâu thuẫn thu cho ta kết toán 65 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Sau số toán khác dành cho bạn đọc tự luyện: Bài toán (VMO, 2005) Xét số thực x, y thỏa mãn điều kiện: √ x − x + = y + − y Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x+y Bài toán (Olympic Nữ sinh Trung Quốc, 2004) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 4b 8c a + 3c + − a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c Bài toán 10 (Thổ Nhĩ Kỳ, 2006) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = Chứng minh √ √ √ x+y+ y+z+ z+x 27 (x + y)(y + z)(z + x) √ Bài toán 11 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b c + + 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b Bài toán 12 (IMO, 1983) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a2 b(a − b) + b2 c(b − c) + c2 a(c − a) Bài toán 13 (Chọn đội tuyển Moldova, 2006) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Gọi p nửa chu vi tam giác đó, chứng minh bất đẳng thức sau: a (p − b)(p − c) +b bc (p − c)(p − a) +c ca (p − a)(p − b) ab p Bài toán 14 (IMO, 2008) Cho x, y, z = số thực thỏa mãn điều kiện xyz = Chứng minh x x−1 + y y−1 66 + z z−1 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Nếu hai số a, b bất đẳng thức hiển nhiên nên ta cần xét trường hợp S > đủ (lý luận để đảm bảo khoảng 0, S4 tồn tại, đảm bảo cho việc xét đạo hàm g(P)) Dễ thấy hàm số g(P) liên tục 0, S4 Ngoài ra, với P ∈ 0, S4 , ta tính được: g (P) = (S + c) √ P √ + √ P S+2 P +k k hệ số cao h(P) Rõ ràng g (P) hàm giảm 2 ngặt 0, S4 nên g(P) hàm lõm 0, S4 Từ suy g(P) S2 g(0), g ∀P ∈ 0, , S2 Như thế, để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần chứng Mặt khác, ta lại dễ thấy: minh g(0) g S4 g(0) = f(S, 0, c), g S2 =f S S , ,c 2 Do đó, từ lý luận trên, thấy ta cần xét bất đẳng thức hai trường hợp: có số có hai số nhau, đủ Ở hướng 3, ta chứng minh bất đẳng thức trường hợp thứ Như vậy, ta phải kiểm tra trường hợp thứ hai Giả sử a = b Khi đó, bất đẳng thức trở thành √ (2a + c) a + ac + 2(a − c)2 (2a + c)2 Sau khai triển rút gọn, ta phải chứng minh √ √ 4a ac + 2c ac + c2 7ac Vế lớn có dạng tổng, cịn vế bé có dạng tích gợi cho ta nghĩ đến bất đẳng thức AM-GM để đánh giá: √ √ 4a ac + 2c ac + c2 7 86 √ a ac √ c ac c2 = 7ac Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Lời bình Bằng cách sử dụng hàm lồi bất đẳng thức Karamata1 , ta có thêm cách nhìn nhận tổng quan cho nhiều vấn đề, nắm bắt chất tốt Bài toán 59 Cho a, b, c ∈ [1, 2] Chứng minh (a + b + c) 1 + + a b c 10 Lời giải Cố định b, c Đặt f(a) = (a + b + c) f (a) = 1 b+c + − , b c a2 f (a) = a + b + c , ta có 2(b + c) > a3 Do f(a) hàm lồi, suy giá trị lớn f(a) đoạn [1, 2] đạt biên, tức a = a = Lập luận tương tự, ta có kết luận với b c Từ với ý đối xứng biến, ta suy cần kiểm tra tính đắn bất đẳng thức trường hợp sau: Cả ba biến (cùng 2); Có hai biến biến 2; Có hai biến biến Những tính tốn đơn giản cho thấy ba trường hợp này, bất đẳng thức ta Bất đẳng thức Karamata xây dựng dựa khái niệm trội tính chất tiếp tuyến hàm lồi: Cho hai số không tăng A = (a1 , a2 , , an ) B = (b1 , b2 , , bn ), , bi thuộc vào miền I Ta nói A trội B, ký hiệu A B, điều kiện sau thỏa mãn đồng thời:  a1 b1        a1 + a2 b1 + b2    a1 + a2 + · · · + an−1 b1 + b2 + · · · + bn−1     a1 + a2 + · · · + an−1 + an = b1 + b2 + · · · + bn−1 + bn Lúc này, f(x) hàm khả vi bậc hai lồi I thì: f(a1 ) + f(a2 ) + · · · + f(an ) f(b1 ) + f(b2 ) + · · · + f(bn ) 87 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Bài toán 60 Cho x1 , x2 , , xn ∈ [0, 1] Chứng minh (1 + x1 + x2 + · · · + xn )2 4(x21 + x22 + · · · + x2n ) Lời giải Cố định x2 , , xn Đặt: f(x1 ) = 4(x21 + x22 + · · · + x2n ) − (x1 + x2 + · · · + xn + 1)2 Ta thấy f (x1 ) = − = > 0, suy f(x1 ) hàm lồi Và vậy, f(x1 ) đạt giá trị lớn x1 = x1 = 1, suy ta cần xác lập tính đắn hai bất đẳng thức, thu bất đẳng thức ban đầu với x1 = x1 = Lặp lại lý luận với hai bất đẳng thức thu được, ta nhận kết tương tự: cần kiểm tra tính đắn hai bất đẳng thức x2 = x2 = Tiếp tục lý luận tương tự, ta thu cần kiểm tra tính đắn tất 2n bất đẳng thức, thu từ bất đẳng thức ban đầu với phần (có thể rỗng) biến số phần cịn lại Do tính đối xứng bất đẳng thức ban đầu, xét: x1 = x2 = · · · = xk = 1, xk+1 = xk+2 = · · · = xn = 0, k n Với giá trị biến số, bất đẳng thức có dạng: (k + 1)2 4k Một kết hiển nhiên, tương đương với (k − 1)2 Bài toán 61 (Bất đẳng thức Turkevici) Cho a, b, c, d số thực không âm Chứng minh a4 + b4 + c4 + d4 + 2abcd a2 b2 + a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 + c2 d2 Lời giải Đặt x = a2 , y = b2 , z = c2 t = d2 Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x2 + y2 + z2 + t2 + xyzt xy + xz + xt + yz + yt + zt, hay (x + y)2 + z2 + t2 + xyzt 88 3xy + (x + y)(z + t) + zt Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán S Cố định z, t, x + y = S đặt xy = P ta có P Bất đẳng thức viết lại dạng: √ f(P) = ztP + S2 + z2 + t2 − 3P − S(z + t) − zt √ Vì g(P) = P hàm liên tục lõm [0, +∞) nên ta dễ thấy f(P) hàm liên tục lõm [0, +∞) Do đó: f(P) f(0), f S2 , ∀P ∈ 0, S2 Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần xét hai bất đẳng thức f(0) f S4 Một cách tương ứng, ta đưa toán xét hai trường hợp: xy = x = y Tương tự, ta cần xét hai trường hợp: zt = z = t Kết hợp lý luận lại, ta thấy cần xét trường hợp lớn sau: Trường hợp 1: Trong số x, y, z, t có số Giả sử t = 0, bất đẳng thức trở thành: x2 + y2 + z2 xy + yz + zx Một kết quen thuộc Trường hợp 2: x = y z = t Khi đó, ta dễ thấy bất đẳng thức viết dạng (x − z)2 Bài toán 62 (VMO, 1992) Cho n (n > 2) số thực x1 , x2 , , xn thuộc đoạn [−1, 1] có tổng n − Chứng minh x21 + x22 + · · · + x2n n − Lời giải Do tính đối xứng nên khơng tính tổng qt, ta giả sử x1 · · · xn −1 Ta chứng minh: (1, 1, , 1, 0, −1) (x1 , x2 , , xn−2 , xn−1 , xn ) Dễ thấy, từ giả thiết ta có   x1       + x1 + x2 ·········    + + · · · + x1 + x2 + · · · + xn−2     + + · · · + + + (−1) = x + x + · · · + x n−2 + xn−1 + xn 89 (5) Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Do vậy, để chứng minh (5), ta cần chứng minh n − = + + ··· + + x1 + x2 + · · · + xn−1 = n − − xn Bất đẳng thức tương đương với xn theo giả thiết Vậy (5) chứng minh −1, hiển nhiên Từ đó, sử dụng bất đẳng thức Karamata với ý hàm f(x) = x2 liên tục lồi R, ta (n−2)f(1)+f(0)+f(−1) f(x1 )+f(x2 )+· · ·+f(xn−2 )+f(xn−1 )+f(xn ), hay x21 + x22 + · · · + x2n n − Bất đẳng thức chứng minh Bài toán 63 (Việt Nam TST, 2011) Cho số tự nhiên n Xét n số thực x1 , x2 , , xn thỏa mãn đồng thời điều kiện: i) x1 x2 ··· xn ; ii) x1 + x2 + · · · + xn = 0; iii) x21 + x22 + · · · + x2n = n(n − 1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ tổng S = x1 + x2 Lời giải a) Tìm max S: Từ giả thiết, ta có x1 + x2 = −(x3 + x4 + · · · + xn ) Từ đó, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta thu S2 = (x3 + x4 + · · · + xn )2 (n − 2)(x23 + x24 + · · · + x2n ) = (n − 2) n(n − 1) − (x21 + x22 ) (n − 2) n(n − 1) − Giải bất phương trình trên, ta S khác, dễ thấy đẳng thức xảy khi: x1 = x2 = 2(n − 1)(n − 2) , 2(n − 1)(n − 2) Mặt x3 = · · · = xn = − Do đó, ta đến kết luận maxS = 90 S2 2(n − 1)(n − 2) n−2 2(n − 1)(n − 2) Tạp chí online cộng đồng người u Tốn b) Tìm S: Ta xét hai trường hợp sau Trường hợp n = 3: Do x1 x2 x3 nên ta có (x3 −x1 )(x3 −x2 ) 0, từ suy x23 − (x1 + x2 )x3 + x1 x2 Mà x3 = −(x1 + x2 ) nên bất đẳng thức cho phép ta ước lượng: x1 x2 −2(x1 + x2 )2 Sử dụng đánh giá giả thiết x21 + x22 + x23 = 6, ta thu 2(x1 + x2 )2 = (x1 + x2 )2 + (x1 + x2 )2 = (x1 + x2 )2 + x23 = 2x1 x2 + −4(x1 + x2 )2 + Từ suy S = x1 + x2 (chú ý S > 0) Mặt khác, dễ thấy dấu đạt x1 = x2 = x3 = −1 nên đáp số toán trường hợp Trường hợp n ≥ 4: Dễ thấy với giả thiết đề thì: x2 , x2 , , x2 , x2 + x3 + · · · + xn − (n − 2)x2 (x2 , x3 , , xn ) Mặt khác, ta lại có ý hàm số f(x) = x2 liên tục lồi R Do đó, theo bất đẳng thức Karamata thì: x22 + x23 + · · · + x2n (n − 2)x22 + x2 + x3 + · · · + xn − (n − 2)x2 2 = (n − 2)x22 + x1 + (n − 2)x2 Kết hợp với giả thiết iii), ta thu x21 + (n − 2)x22 + x1 + (n − 2)x2 (6) n(n − 1) Bây giờ, ta chứng minh: n(n − 1) (x1 + x2 )2 x21 + (n − 2)x22 + x1 + (n − 2)x2 (7) Cố định x1 đặt g(x2 ) = VT − VP Ta thấy g(x2 ) hàm bậc hai với hệ số cao n(n−1) −(n−2)−(n−2)2 = − (n−1)(3n−8) 0) Mặt khác, dễ thấy dấu đạt x1 = x2 = · · · = xn−1 = xn = − n nên ta suy kết toán trường hợp Sau số toán tự luyện: Bài toán 64 Cho a, b, c ∈ [0, 1] Chứng minh b c a + + + abc + bc + ca + ab Bài toán 65 Cho a, b, c ∈ [0, 1] Chứng minh a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) 1+b+c 1+c+a 1+a+b Bài toán 66 Cho a, b, c, d ∈ [1, 2] Chứng minh a+c a+b c+d + − c+d a+b b+d Bài toán 67 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh 2(a2 + b2 + c2 ) + 3abc Bài toán 68 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn khơng có hai số đồng thời a + b + c = Chứng minh bc + a b+c ca + b c+a 92 ab + c a+b Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Bài toán 69 Cho a, b, c, d số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = Chứng minh 1 1 1 + + + + + 10 − ab 10 − ac 10 − ac 10 − bc 10 − bd 10 − cd Bài toán 70 Cho a, b, c số thực khơng âm thỏa mãn khơng có hai số đồng thời Tìm số k lớn cho bất đẳng thức sau đúng: b c a + + b+c c+a a+b k · max (a − b)2 , (b − c)2 , (c − a)2 + ab + bc + ca Bài toán 71 (Kiểm tra đội tuyển KHTN, 2014) Chứng minh bất đẳng thức sau với a b c d > 0: 1+ a b+c 1+ b c+d 1+ c d+a 1+ d a+b 81 16 Bài toán 72 Cho x1 , x2 , , xn số thực dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + · · · + xn = Chứng minh + x1 + x2 + xn · ··· − x1 − x2 − xn n+1 n−1 n Bài toán 73 (Trung Quốc, 2005) Cho a, b, c số thực dương có tổng Chứng minh 10(a3 + b3 + c3 ) − 9(a5 + b5 + c5 ) Bài toán 74 Cho x1 , x2 , , xn số thực không âm thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + · · · + xn = n Chứng minh 2(x31 + x32 + · · · + x3n ) + n2 (2n + 1)(x21 + x22 + · · · + x2n ) Bài toán 75 (Trung Quốc, 2013) Cho số tự nhiên n Xét hai số thực không âm (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) Chứng minh nn (n − 1)n−1 n n i=1 n a2i + bi i=1 93 n2 (a2i + b2i ) n i=1 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Bài toán 76 (Mỹ, 1994) Cho a1 , a2 , √ , an số thực dương k với k = 1, 2, , n thỏa mãn điều kiện a1 + a2 + · · · + ak Chứng minh a21 + a22 + · · · + a2n > 1+ 1 + ··· + n √ Bài toán 77 (Trung Quốc, 1997) Cho x1 , x2 , , x1997 ∈ − √13 , √ thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + · · · + x1997 = −318 Tìm giá trị lớn 12 12 tổng S = x12 + x2 + · · · + x1997 Bài toán 78 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh 1−a + 1+a 1−b + 1+b 1−c 1+c 1+ √ 3 Xuất xứ tốn Qua tìm hiểu nghiên cứu tài liệu, chúng tơi suy đốn tốn có xuất xứ từ tốn sau đây: Bài toán 79 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh √ a + (b − c)2 + b + (c − a)2 + c + (a − b)2 (8) Tất nhiên, suy đốn có tính chủ quan, suy xét kỹ, bạn thấy VMO 2015 mấu chốt quan trọng chứng minh bất đẳng thức (8) Thật vậy, bình phương hai vế (8), ta thấy tương đương với a + (b − c)2 b + (a − c)2 + (a − b)2 Đến đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a + (b − c)2 b + (a − c)2 = = 94 √ ab + (a − c)(b − c) √ ab + (a − c)(b − c) √ ab + (a − b)2 Tạp chí online cộng đồng người u Tốn Do đó, để chứng minh (8), ta cần chứng minh √ ab + (a − b)2 1, hay √ ab + a (a − b)2 a Đây bất đẳng thức vế phải số đề VMO năm Cịn vế trái có lẽ tác giả đặt thêm với mục đích “gỡ điểm” cho thí sinh tham dự kỳ thi Nói riêng bất đẳng thức (8), có xuất xứ thú vị từ hình học Chính xác từ tương tự hóa bất đẳng thức đường trung tuyến tam giác Ta biết rằng, tam giác với độ dài ba cạnh a, b, c thì: ma + mb + mc 2p Xét tam giác có nửa chu vi p = Đặt a = y + z, b = z + x c = x + y với x, y, z > Khi đó, ta có x + y + z = và: 2(z + x)2 + 2(x + y)2 − (y + z)2 2b2 + 2c2 − a2 = 4 (y − z)2 (y − z) =x+ = x(x + y + z) + 4 m2a = Từ phép biến đổi này, ta thu bất đẳng thức x+ (y − z)2 + y+ (z − x)2 + z+ (x − y)2 Có thể thấy bất đẳng thức (8) tương tự hóa cách thay đổi hệ số bình phương dấu Với cách làm số thủ thuật thay đổi cấu trúc biểu thức, ta tạo nhiều bất đẳng thức “anh em” khác (8) sau (bạn đọc thử sức): Bài tốn 80 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh a+ (b − c)2 3+ 95 (a − b)2 Tạp chí online cộng đồng người yêu Toán Bài toán 81 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh √ (b − c)2 √ a+ 3+ 1− |a − b| Bài toán 82 (Crux Mathematicorum) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh a+ (b−c)2 + b+ (c−a)2 + c+ (a−b)2 Bài toán 83 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều √ kiện a + b + c = Chứng minh với k − , ta có √ a + k(b − c)2 + b + k(c − a)2 + c + k(a − b)2 Bài toán tổng quát Như đề cập, phần cuối này, xin đề xuất tổng quát cho bất đẳng thức vế phải đề VMO năm sau (trường hợp VMO ứng với n = 3): Bài toán 84 (Tổng quát VMO 2015) Cho số tự nhiên n n số thực không âm x1 , x2 , , xn Chứng minh n−1 n i=1 n √ xi xj + (n − 2) xi i