Toán học Bất đẳng thức, các bài toán chọn lọc39217

Võ Quốc Bá Cẩn Bất đẳng thức Các toán chọn lọc Ngày 19 tháng năm 2007 DeThiMau.vn ii DeThiMau.vn Mục lục Các tốn có lời giải iii DeThiMau.vn MỤC LỤC iv DeThiMau.vn Chương Các tốn có lời giải 1.1 [Võ Quốc Bá Cẩn] Cho x, y, z số dương thỏa xy + yz + zx = 1, chứng minh √ 1 3 + + ≤ + (2x − y)2 + (2y − z)2 + (2z − x)2 Lời giải Đặt a = 2x − y, b = 2y − z, c = 2z − x, a + b + c = x + y + z > từ xy + yz + zx = 1, ta có 14(a2 + b2 + c2 ) + 35(ab + bc + ca) = 49 Lại có 3(14(a2 + b2 + c2 ) + 35(ab + bc + ca)) ≤ 49(a + b + c)2 , nên √ a+b+c≥ √ Ta chứng minh với số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c ≥ 3, √ 1 3 P (a, b, c) = √ +√ +√ ≤ a2 + b2 + c2 + √ Nếu c ≤ 0, thay c c′ = −c, ta có a+b+c′ ≥ 3, giá trị biểu thức P khơng đổi, đó, khơng tính tổng qt, ta giả√sử a, b, c > 0, đó, đặt a = ka1 , b = kb1 , c = kc1 với k ≥ 1, a1 , b1 , c1 > cho a1 + b1 + c1 = 3, 1 P (a, b, c) = cyc k a21 +1 ≤ Như vậy, ta giả sử a, b, c > a + b + c = f ′′ (x) = a21 cyc √ +1 = P (a1 , b1 , c1 ) Xét hàm số f (x) = Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c > 0, từ suy c ≤ √1 , ta có 2x2 − (x2 + 1)5/2 Từ đây, ta dễ dàng kiểm tra f lõm 0, √12 lồi Trường hợp b ≤ √ , x2 +1 √1 , √1 , √ Xét trường hợp sử dụng bất đẳng thức Jensen b+c f (b) + f (c) ≤ 2f = b+c 2 = +1 Ta cần chứng minh √ 3−a +4 +√ DeThiMau.vn a2 + ≤ √ √ 3 3−a +4 (1.1) CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI Thật vậy, đặt a = √t ≥ t ≥ ta cần chứng minh √ t2 +√ ≤ 2 − 6t + 21 t +3 Hay (t2 + 3)(t2 − 6t + 21) 16 + + ≤ − 6t + 21 t + (t2 + 3)(t2 − 6t + 21) t2 Sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có t2 + ≤ t2 + , t2 − 6t + 21 ≤ t2 − 6t + 37 Như vậy, ta cần chứng minh t2 (t2 + 7)(t2 − 6t + 37) 16 + + ≤ − 6t + 21 t + 4(t2 + 3)(t2 − 6t + 21) Hay (t − 1)2 (t − 2)2 ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên Trường hợp b ≥ √1 , ta có √ f (a) + f (b) ≤ f +f a+b− √ Sử dụng bất đẳng thức Jensen, f √ c+ + f (c) ≤ 2f Như vậy, ta cần chứng minh √ 2f  √1 2 3− a+b− √1 2 √ = 2f   +f 3− a+b− √1 2 a+b− √   √ 3 ≤ Bất đẳng thức theo (1.1) Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy x = y = z = √1 Nhận xét Bất đẳng thức với x, y, z ∈ R thỏa mãn xy + yz + zx = 1.2 Cho số dương a, b, c thỏa abc = 1, chứng minh √ √ √ √ a b+c b c+a c a+b + + ≥ b+c+1 c+a+1 a+b+1 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có cyc √ a b+c b+c+1 cyc a(b + c + 1)2 b+c ≥ (a + b + c)3 Do đó, ta cần chứng minh (a + b + c)3 ≥ cyc DeThiMau.vn a(b + c + 1)2 b+c hay a +3 b a3 + cyc cyc b +6≥4 a cyc ab + a+2 cyc cyc a ≤ b+c cyc a b+c Sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta lại có cyc a ≥ b b ≥ a ab, cyc cyc ab, cyc cyc cyc a + b cyc b a Do đó, VT −VP ≥ ≥ a3 + cyc cyc a3 + cyc Xét hàm số f (x) = x3 − 4x + x cyc a + b ab − cyc b −4 a a+6= cyc cyc x2 ab − a+6 cyc a3 − 4a + +2 a + + ln x với x > 0, ta có 1 − x2 x f ′ (x) = (x − 1) 3x + + Nếu x ≤ cyc ≥ x1 , x ≥ ≥ x1 , f ′ (x) = ⇔ x = Từ đây, ta dễ dàng kiểm tra f (x) ≥ f (1) = Hay x3 − 4x + ∀x > + ≥ −2 ln x x ∀x > Vậy cyc a3 − 4a + +2 a ≥ −2 ln a = cyc Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = 1.3 [Phạm Kim Hùng] Với số khơng âm a, b, c, ta có a + 4a + 4b + c b + 4b + 4c + a c ≤1 4c + 4a + b Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có cyc a ≤ 4a + 4b + c cyc a 4a + 4b + c Khơng tính tổng quát, giả sử a + b + c = b số hạng nằm a c, ta cần chứng minh cyc a ≤1 a+b+1 hay a2 b + b2 c + c2 a + abc ≤ DeThiMau.vn CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI Vì b số hạng nằm a c nên c(b − a)(b − c) ≤ Suy b2 c + c2 a ≤ abc + bc2 Do a2 b + b2 c + c2 a + abc ≤ b(a + c)2 ≤ 2b + (a + c) + (a + c) 3 =4 Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c 1.4 [Phạm Hữu Đức] Cho số dương a, b, c, chứng minh a2 1 a+b+c + + ≤ + bc b + ca c + ab ab + bc + ca 1 + + a+b b+c c+a Lời giải Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với cyc z(a2 − b2 )(a − b) ≥ Với x = (a(b + c)(b2 + c2 ) + 2a2 (b2 + c2 ) + 3a2 bc + a3 (b + c) − b2 c2 )(a2 + bc) y = (b(c + a)(c2 + a2 ) + 2b2 (c2 + a2 ) + 2b2 ca + b3 (c + a) − c2 a2 )(b2 + ca) z = (c(a + b)(a2 + b2 ) + 2c2 (a2 + b2 ) + 2c2 ab + c3 (a + b) − a2 b2 )(c2 + ab) Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c > 0, dễ thấy x, y ≥ Lại có y + z ≥ b(c + a)(c2 + a2 )(b2 + ca) − a2 b2 (c2 + ab) ≥ a3 b(b2 + ca) − a2 b2 (c2 + ab) = a2 bc(a2 − bc) ≥ Chú ý a ≥ b ≥ c > nên (c2 − a2 )(c − a) ≥ (a2 − b2 )(a − b) Từ đây, ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c a = t > 0, b = c → hoán vị Nhận xét Bài tốn giải dễ dàng nhờ phép đặt p, q, r 1.5 Chứng minh với số dương a, b, c ta ln có 2a2 a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 − ab + 2b 2b − bc + 2c 2c − ca + 2a2 Lời giải Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với cyc Sa = Xét trường hợp 2c − b , 2b2 − bc + 2c2 Sb = Sc (a − b)2 ≥ 2a − c , 2c2 − ca + 2a2 Sc = 2b − a 2a2 − ab + 2b2 Trường hợp a ≥ b ≥ c > 0, đó, dễ thấy Sb ≥ Ta chứng minh Sb + 2Sc ≥ DeThiMau.vn (1) a2 Sb + 2b2 Sa ≥ Thật vậy, ta có (2) (1) ⇔ 6a2 b + 4ab2 − 3abc + 8bc2 − 4ac2 − 2b2 c ≥ (đúng a ≥ b ≥ c) 2b2 (2c − b) a2 (2a − c) + ≥0 2c2 − ca + 2a2 2b2 − bc + 2c2 (2) ⇔ f (a) = Lại có f ′ (a) = a(4a3 − 4a2 c + 13ac2 − 4c3 ) ≥0 (2c2 − ca + 2a2 )2 Do đó, f (a) hàm đồng biến Suy ra, f (a) ≥ f (b) = 3b2 c ≥0 2b2 − bc + 2c2 Các bất đẳng thức (1) (2) chứng minh Từ bất đẳng thức với ý a ≥ b ≥ c > nên (a−c)2 ≥ max a2 b2 ta có cyc ·(b − c)2 , (a − b)2 , Sc (a − b)2 = Sb (c − a)2 + 2Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + 2Sc (a − b)2 ≥ (b − c)2 (a Sb + 2b2 Sa ) + (a − b)2 (Sb + 2Sc ) ≥ b2 Trường hợp c ≥ b ≥ a > 0, dễ thấy Sc , Sa ≥ Nếu 2a ≥ c bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên Xét trường hợp ngược lại c ≥ 2a, tức Sb ≤ Xét trường hợp nhỏ Trường hợp 2.1 2b ≥ c + a, ta có Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ ⇔ m(b) = (3) (a − b)2 (2b − a) (c − a)2 (2a − c) + ≥0 2a2 − ab + 2b2 2c2 − ca + 2a2 m′ (b) = (b − a)(4b3 + 9a2 b − 7a3 ) ≥0 (2a2 − ab + 2b2 )2 Do đó, m(b) hàm đồng biến Suy ra, m(b) ≥ m a+c = a(a − c)2 (16a2 − 2ac + c2 ) ≥0 2(4a2 + ac + c2 )(2a2 − ac + 2c2 ) Vậy (3) Do đó, cyc Sc (a − b)2 ≥ Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ Trường hợp 2.2 c + a ≥ 2b Trường hợp 2.2.1 2b − a ≥ 4a, ta chứng minh Sc + 3Sb ≥ (4) Sa + Sb ≥ (5) Thật (4) ⇔ g(c) = 3(2a − c) 2b − a + ≥0 2a2 − ab + 2b2 2c − ca + 2a2 DeThiMau.vn CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI Ta có g ′ (c) = Do đó, g(c) hàm đồng biến Suy ra, 6c(c − 4a) ≥0 (2c2 − ca + 2a2 )2 4b3 − 4ab2 − a2 b + 13a3 ≥0 (2a2 − ab + 2b2 )(5a2 − 10ab + 8b2 ) g(c) ≥ g(2b − a) = 6a − 3c 4c − 2b + ≥0 − bc + 2c 2c − ca + 2a2 3(3c2 + 4ca − 4a2 ) h′ (a) = ≥0 (2c2 − ca + 2a2 )2 (5) ⇔ h(a) = 2b2 Do đó, h(a) hàm đồng biến Suy ra, ++, Nếu c ≥ 2b h(a) ≥ h(0) = ++, Nếu 2b ≥ c h(a) ≥ h(2b − c) = (2b2 (c − 2b)(2c + 3b) ≥0 2c(2c2 − bc + 2b2 ) (2b − c)(4b2 + 13bc − 2c2 ) ≥0 − bc + 2c2 )(8b2 − 10bc + 5c2 ) Tóm lại, ta ln có h(a) ≥ Từ (4) (5) với ý (c − a)2 ≤ 3(b − a)2 + 32 (b − c)2 , ta có cyc Sc (a − b)2 ≥ (Sc + 3Sb )(a − b)2 + Sa + Sb (b − c)2 ≥ Trường hợp 2.2.2 2b − a ≤ 4a ⇔ a ≥ 25 b, ta có Sa + Sb + Sc ≥ (6) Sa Sb + Sb Sc + Sc Sa ≥ (7) (6) hiển nhiên theo (5), ta có Sa + Sb + Sc = Sa + Sb + Sc − Sb ≥ Bây ta chứng minh (7), ta có (7) ⇔ k(c) = 4(ab3 + bc3 + ca3 ) + 7abc(a + b + c) − 2(a3 b + b3 c + c3 a) − 6(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) ≥ k ′ (c) = 12bc2 + 4a3 + 14abc + 7ab(a + b) − 2b3 − 6ac2 − 12c(a2 + b2 ) k ′′ (c) = 24bc − 12ac + 14ab − 12a2 − 12b2 ≥ 24b2 − 12ab + 14ab − 12a2 − 12b2 = 12b2 + 2ab − 12a2 ≥ Do đó, k ′ (c) hàm đồng biến Suy ra, k ′ (c) ≥ k ′ (b) = 4a3 − 5a2 b + 15ab2 − 2b3 ≥ (do a ≥ b) Suy ra, k(c) hàm đồng biến Do đó, k(c) ≥ k(b) = b(2a3 − 5a2 b + 16ab2 − 4b3 ) ≥ (do a ≥ Từ đây, ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c DeThiMau.vn b) 1.6 [Võ Quốc Bá Cẩn] Cho số không âm a, b, c thỏa a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức (b − c)2 a+ + (c − a)2 b+ + √ (a − b)2 c+ ≤ 3+ 1− √ (|a − b| + |b − c| + |c − a|) Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c ≥ Đặt a + b = 2t, a − b = 2m, k = thiết, ta có t ≥ m ≥ t − c ≥ Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành t + m + k(m + c − t)2 + t − m + k(m + t − c)2 + √ √ − − (t + m − c) ≤ giả c + 4km2 f (m) = Ta có f ′′ (m) = 4k(2t − c) − 3/2 t)2 ) 4k(2t − c) − + + 3/2 c)2 ) 4kc (t + m + k(m + c − (t − m + k(m + t − (c + 4km2 ) c c c =− − + 3/2 3/2 3/2 a + 41 (b − c)2 b + 41 (c − a)2 c + 41 (a − b)2 3/2 Chú ý a ≥ b ≥ c ≥ nên (a − b)2 = (a − c)(b + 1) ≥ 4 (a − b)2 = (b − c)(a + 1) ≥ 4 a + (b − c)2 − c − b + (c − a)2 − c − Suy a + (b − c)2 3/2 b + (c − a)2 3/2 c + (a − b)2 3/2 ≥ c + (a − b)2 3/2 ≥ ≥0 ≥0 Do đó, f ′′ (m) ≥ − c c+ (a − 3/2 b)2 − c c+ (a − 3/2 b)2 c + c+ (a − b)2 3/2 =0 Suy ra, f (m) hàm lồi Do đó, f (m) ≤ max {f (0), f (t − c)} Như vậy, ta cần chứng minh max {f (0), f (t − c)} ≤ √ Điều có nghĩa ta cần chứng minh bất đẳng thức cho trường hợp số a, b, c có số nhau, khơng tính tổng qt, giả sử b = c Ta cần chứng minh √ a+2 b+ √ √ (a − b)2 ≤ + − |a − b| Hay 3a − 2 + 2(1 − a) ≤ √ 3+ DeThiMau.vn 1− √ |3a − 1| − √ a CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI Đặt t = √ 3a ta có t ≤ √ 3, ta cần chứng minh √ 3t4 − 14t2 + 27 ≤ − 2t + − |t2 − 1| Xét trường hợp Trường hợp t ≥ 1, ta có bất đẳng thức tương đương √ 3t4 − 14t2 + 27 ≤ − 2t + − (t2 − 1) Hay √ √ √ − t2 + + t + 18 − 11 ≤ √ Bất đẳng thức hiển nhiên ≥ t ≥ 2(t − 1) t − √ Trường hợp t ≤ 1, bất đẳng thức trở thành √ 3t4 − 14t2 + 27 ≤ − 2t − − (t2 − 1) Hay 2(t − 1) √ √ √ √ − t3 + − t2 + − t + − ≤ Bất đẳng thức ≥ t ≥ Bài tốn giải hồn toàn Đẳng thức xảy a = b = c = a = 1, b = c = hoán vị Nhận xét Ta có kết "yếu" "đẹp" a+ (b − c)2 + b+ (c − a)2 + c+ (a − b)2 ≤2 với a, b, c ≥ 0, a + b + c = 1.7 [Phạm Kim Hùng] Cho số dương a, b, c thỏa a + b + c = 3, chứng minh bất đẳng thức a3/2 b + b3/2 c + c3/2 a ≤ Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có a3/2 b + b3/2 c + c3/2 a ≤ (ab + bc + ca)(a2 b + b2 c + c2 a) Như vậy, ta cần chứng minh (ab + bc + ca)(a2 b + b2 c + c2 a) ≤ Hay (ab + bc + ca)(a + b + c)(a2 b + b2 c + c2 a) ≤ 27 Hay a3 b + (ab + bc + ca) cyc Chú ý 2 cyc (a a2 b2 + 3abc cyc ≤ 27 − c2 − 2ab + bc + ca)2 ≥ nên a b≤ 3 cyc a cyc Ta cần chứng minh  (ab + bc + ca)  a2 +3 cyc DeThiMau.vn cyc  a2 b2 + 9abc ≤ 81 Đặt x = ab + bc + ca theo bất đẳng thức AM - GM Schur, ta có x ≤ 3, 3abc ≥ 4x − 9, bất đẳng thức trở thành x((9 − 2x)2 + 3x2 − 9abc) ≤ 81 Như vậy, ta cần chứng minh x((9 − 2x)2 + 3x2 − 3(4x − 9)) ≤ 81 Hay (x − 3)(7x2 − 27x + 27) ≤ Bất đẳng thức hiển nhiên ≥ x ≥ Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = 1.8 [Phạm Kim Hùng] Chứng minh với số thực a, b, c, ta có ab bc ca + + ≤ 4a2 + b2 + 4c2 4b + c2 + 4a2 4c + a2 + 4b2 Lời giải Dễ thấy số a, b, c tồn số dấu, giả sử bc ≥ 0, ab ≤ 0, ac ≤ bc 1 ab ≤ ≤ < + b2 + 4c2 + 4a2 4a 4b + c cyc Như vậy, ta cần xét trường hợp số a, b, c dấu, đó, ta cần xét a, b, c ≥ đủ Khơng tính tổng qt, ta giả sử a2 + b2 + c2 = b số hạng nằm a c, bất đẳng thức trở thành ab3 + abc ab + cyc cyc cyc ab2 + a2 b2 c2 ≤ 16 + a2 b2 cyc Vì b số hạng nằm a c nên a(b − a)(b − c) ≤ Suy ab2 + a2 c ≤ abc + a2 b Do cyc ab2 ≤ b(a2 + c2 ) + abc = − (b − 1)2 (b + 2) + abc ≤ + abc Sử dụng kết tốn trước, ta có cyc ab3 ≤ a2 =3 cyc Như vậy, ta cần chứng minh cyc ab + abc(2 + abc) + a2 b2 c2 ≤ + a2 b2 cyc Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có 2abc ≤ a2 b2 c2 + Do đó, ta phải chứng minh P (a, b, c) = cyc a2 b2 − cyc DeThiMau.vn ab − 3a2 b2 c2 + ≥ CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI 10 Vì bất đẳng thức đối xứng với a, b, c nên khơng tính tổng qt, giả sử a = max{a, b, c} suy a ≥ 1, b2 + c2 ≤ 2, ta có P (a, b, c) − P b2 + c2 , a, = (b − c)2 Ta có 2+ 2+ b2 + c2 4a 2(b2 + c2 ) + b + c + (3a2 − 4)(b + c)2 (b + c)2 b2 + c2 (3a2 − 4)(b + c)2 ≥2− ≥2− >0 4 Do P (a, b, c) ≥ P a, b2 + c2 , b2 + c2 Như vậy, ta cần chứng minh P (a, t, t) ≥ với a ≥ t ≥ 0, a + 2t = 2 Hay (a2 + 2t2 )3 + 12t2 (a2 + 2t2 )(2a2 + t2 ) ≥ 27a2 t4 + 4t(2a + t)(a2 + 2t2 )2 Hay (a − t)2 (a2 (a − 3t)2 + 4a2 t2 + 16t4 ) ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c 1.9 [Phan Hồng Sơn] Cho số không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3, chứng minh a2 + b2 + (a + 1)(b + 1) b2 + c2 + (b + 1)(c + 1) c2 + a2 ≥√ (c + 1)(a + 1) Lời giải Bình phương vế nhân vế với (a + 1)(b + 1)(c + 1), ta bất đẳng thức tương đương (a2 + b2 )(1 + c) + cyc cyc (a2 + c2 )(b2 + c2 )(a + 1)(b + 1) ≥ (a + 1)(b + 1)(c + 1) Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz cyc (a2 + c2 )(b2 + c2 )(a + 1)(b + 1) ≥ (c2 + ab) + √ ab cyc Ta cần chứng minh (a2 + b2 )(1 + c) + cyc (c2 + ab) + cyc Hay a2 + cyc √ ab + cyc cyc √ ab ≥ (a + 1)(b + 1)(c + 1) ab(c2 + ab) ≥ 36 + 15abc Sử dụng bất đẳng thức AM - GM Schur, ta có √ ab(c2 + ab) − 15abc ≥ 9abc ≥ 12 cyc DeThiMau.vn cyc ab − 27 11 Như vậy, ta cần chứng minh a2 + ab + 12 cyc cyc cyc ab − 27 ≥ 36 Hay ab + bc + ca ≤ Bất đẳng thức theo bất đẳng thức AM - GM Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c = 1.10 [Phan Hồng Sơn] Với a ≥ b ≥ c ≥ 0, đặt P = a b c + + b+c c+a a+b 2(b + c) − a 2(c + a) − b 2(a + b) − c + + 4a + b + c 4b + c + a 4c + a + b Q= Chứng minh Nếu a + c ≥ 2b P ≥ Q Nếu a + c ≤ 2b P ≤ Q Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử a + b + c = (1) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với cyc 3a − ≥0 (3a + 1)(1 − a) Hay cyc z(a − b)2 ≥ với x = (1 − 9a2 )(1 − a), y = (1 − 9b2 )(1 − b), z = (1 − 9c2 )(1 − c) Chú ý a ≥ b ≥ c, a + c ≥ 2b nên b≤ , y, z ≥ 0, a − c ≥ 2(b − c) ≥ 0, a−b≥b−c≥0 Do đó, ta cần chứng minh x + 4y + z ≥ Hay Ta có F (a, b, c) = 9(a3 + c3 ) − 9(a2 + c2 ) + 36b3 − 36b2 − 3b + ≥ F (a, b, c) = (1 − 3b)(11 + 30b − 45b2 + 9(a − c)2 ) ≥0 (2) Bằng biến đổi tương tự, ta có bất đẳng thức tương đương cyc Sc (a − b)2 ≥ với Sa = (9a2 − 1)(1 − a), Sb = (9b2 − 1)(1 − b), Sc = (9c2 − 1)(1 − c) Do a ≥ b ≥ c, 2b ≥ a + c nên 1 ≥b≥ , Sa , Sb ≥ 0, a − c ≥ 2(a − b) ≥ 0, DeThiMau.vn b−c≥a−b≥0 CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI 12 Như vậy, ta cần chứng minh Sa + 4Sb + Sc ≥ Hay Ta có G(a, b, c) = −9(a3 + c3 ) + 9(a2 + c2 ) − 36b3 + 36b2 + 3b − ≥ (3b − 1)(11 + 30b − 45b2 + 9(a − c)2 ) ≥0 Bài tốn giải hồn tồn G(a, b, c) = Đẳng thức bất đẳng thức xảy 2b = a + c 1.11 [Lê Văn Chánh] Cho số không âm a, b, c thỏa a + b + c = 1, đặt x = a2 + b2 + c2 , chứng minh bất đẳng thức √ + 2a2 − x + + 2b2 − x + + 2c2 − x ≥ 11 − 9x Lời giải Bình phương vế thu gọn, ta viết lại bất đẳng thức sau (1 + a2 − b2 − c2 )(1 + b2 − c2 − a2 ) ≥ cyc ab cyc Sử dụng bất đẳng thức GM - HM, ta có (1 + a2 − b2 − c2 )(1 + b2 − c2 − a2 ) ≥ Ta cần chứng minh cyc (1 + a2 − b2 − c2 )(1 + b2 − c2 − a2 ) − c2 (1 + a2 − b2 − c2 )(1 + b2 − c2 − a2 ) ≥8 − c2 ab cyc Hay cyc c(a − b)2 ≥0 1+c Bất đẳng thức hiển nhiên đúng, ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c = a = 1, b = c = hoán vị 1.12 Chứng minh với a, b, c > 0, ta có 1 + + ≥ a(a + b) b(b + c) c(c + a) 2(abc)2/3 Lời giải Khơng tính tổng qt, ta giả sử abc = Khi đó, tồn số dương x, y, z cho a = xy , b = xz , c = yz , bất đẳng thức trở thành cyc y2 ≥ x + yz Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có cyc (x2 + y + z )2 y2 ≥ x2 + yz x2 y + y z + z x2 + x3 y + y z + z x Mặt khác, ta lại có (x2 + y + z )2 − 3(x3 y + y z + z x) = cyc (x2 − z − 2xy + yz + zx)2 ≥ (x2 + y + z )2 − 3(x2 y + y z + z x2 ) = cyc (x2 − y )2 ≥ Nên từ đây, ta dễ dàng suy đpcm Đẳng thức xảy a = b = c DeThiMau.vn 13 1.13 [Phan Thành Nam, VMEO 2005] Chứng minh a, b, c > 1 √ + √ + √ ≥√ a a+b b b+c c c+a 2abc Lời giải Tương tự trên, ta đưa toán chứng minh với x, y, z > √ y y ≥√ 2 x(x + yz) cyc Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có VT ≥ ≥ (x + y + z)2 xy(x2 yz(y + zx) + + yz) + zx(z + xy) (x + y + z)2 (xy + yz + zx)(x2 + y + z + xy + yz + zx) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM - GM 8(xy + yz + zx)(x2 + y + z + xy + yz + zx) ≤ (x2 + y + z + 3(xy + yz + zx))2 ≤ 16 (x + y + z)2 Từ đây, ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c 1.14 [Vasile Cirtoaje] Cho số dương x, y, z thỏa x2 + y + z ≥ 3, chứng minh y5 − y2 z5 − z2 x5 − x2 + + ≥0 x5 + y + z y + z + x2 z + x2 + y Lời giải Bất đẳng thức cho viết lại sau cyc ≤ x5 + y + z x + y2 + z2 Từ đây, ta suy cần xét trường hợp x2 + y + z = đủ, đó, bất đẳng thức tương đương ≤1 x − x2 + cyc Sử dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có x5 = 2x6 x6 ≥ x x +1 Đặt a = x2 , b = y , c = z ta có a + b + c = ta cần chứng minh 2a3 cyc a+1 Hay cyc 2a3 ≤1 −a+3 a+1 ≤1 − a2 + 2a + Hay cyc (a − 1)2 (−2a2 + 3a + 3) ≥0 2a3 − a2 + 2a + DeThiMau.vn CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI 14 Khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c, suy a ≥ ≥ c Xét trường hợp Trường hợp b + c ≥ 1, suy a ≤ 2, đó, ta có −2a2 + 3a + > 0, −2b2 + 3b + > 0, −2c2 + 3c + > Nên kết toán hiển nhiên Trường hợp b + c ≤ 1, suy a ≥ 2, ta có (2a3 − a2 + 2a + 3) − 5(a + 1) = 2a3 − a2 − 3a − = a3 − ≥ a3 − Suy a+1 2a3 −a2 +2a+3 − − 22 = − − a a2 a a >0 ≤ 15 Như vậy, ta cần chứng minh 2b3 c+1 b+1 + ≤ 2 − b + 2b + 2c − c + 2c + Điều với ≥ x ≥ 0, ta có 2x3 x+1 ≤ − x + 2x + Thật vậy, bất đẳng thức tương đương 4x3 ≥ (x + 1)(2x − 1) Nếu x ≤ ta có đpcm, x ≥ 4x3 − (x + 1)(2x − 1) ≥ 4x3 − 2(2x − 1) = 2(2x3 − 2x + 1) ≥ 2(x2 − 2x + 1) = 2(x − 1)2 ≥ Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy x = y = z = 1.15 Cho n ≥ a1 , a2 , , an số không âm thỏa a21 + a22 + + a2n = 1, chứng minh bất đẳng thức √ (a1 + a2 + + an ) ≥ a1 a2 + a2 a3 + + an a1 Lời giải Đặt fn (a1 , a2 , , an ) = √1 (a1 + a2 + + an ) − (a1 a2 + a2 a3 + + an a1 ) Khơng tính tổng qt, giả sử a1 = max{a1 , a2 , , an } Nếu an ≤ fn (a1 , a2 , , an ) − fn−1 a1 , a2 , , an−2 , √1 a2n−1 + a2n an−1 + an − a2n−1 + a2n + (an−2 + a1 ) a2n−1 + a2n − an−1 (an−2 + an ) − an a1 =√ ≥ √ − an an−1 + an − a2n−1 + a2n ≥ Suy fn (a1 , a2 , , an ) ≥ fn−1 a1 , a2 , , an−2 , DeThiMau.vn a2n−1 + a2n 15 Nếu an ≥ √1 ta có a1 ≥ √1 , suy an−1 ≤ √1 , a2n−2 + a2n−1 , an fn (a1 , a2 , , an ) − fn−1 a1 , a2 , , an−3 , =√ a2n−2 + a2n−1 an−2 + an−1 − a2n−2 + a2n−1 − an−1 + an + an−3 a2n−2 + a2n−1 − an−2 √ − an−1 − an−2 an−1 ≥ an−2 ≥0 Suy a2n−2 + a2n−1 , an fn (a1 , a2 , , an ) ≥ fn−1 a1 , a2 , , an−3 , Từ đây, ta suy ta cần chứng minh bất đẳng thức trường hợp n = đủ trường hợp này, bất đẳng thức hiển nhiên nên ta có đpcm Đẳng thức xảy n = a1 = a2 = a3 = √13 1.16 [Nguyễn Anh Cường] Cho số dương a, b, c, chứng minh bất đẳng thức ab + bc + ca √ ≥ 3+1 a2 + b2 + c2 a b c + + + b c a Lời giải Trước hết, ta chứng minh kết sau với a, b, c > a b c + + b c a (a + b + c)2 ≥ 9(a2 + b2 + c2 ) Thật vậy, bất đẳng thức tương đương cyc Sc (a − b)2 ≥ Sa = b a 2a + + − , c b c Sb = c b 2b + + − , a c a Sc = a c 2c + + − b a b Khơng tính tổng qt, giả sử a = max{a, b, c} Nếu c ≥ b ta có ab + cb + ac ≥ ac + cb + ab nên khơng tính tổng qt, ta cần xét a ≥ b ≥ c > đủ, đó, dễ thấy Sa ≥ Ta chứng minh Sa + 2Sb ≥ 0, Sc + 2Sb ≥ 0, Sb + S c ≥ Thật vậy, ta có Sa + 2Sb = Sc + 2Sb = Sb + Sc = = a 2b + b a a 2b + 2b a a 4b + b a c a + + c a b c + c b + + + + a 4b + b a b 2c + 2c b + a + 2b b + a 3b 15 15 − ≥4+4+3− >0 c 2 + 3c 15 15 − ≥4+4− >0 a 2 b 2c + 2c a b a Từ đây, ta có DeThiMau.vn −5≥ a +2 b b 2b + +2−5 a a −3>0 −3≥2+ √ CHƯƠNG CÁC BÀI TỐN ĐÃ CĨ LỜI GIẢI 16 +, Nếu Sb ≤ cyc Sc (a − b)2 ≥ (Sa + 2Sb )(b − c)2 + (Sc + 2Sb )(a − b)2 ≥ +, Nếu Sb ≥ cyc Sc (a − b)2 ≥ (Sc + Sb )(a − b)2 ≥ Bất đẳng thức chứng minh, sử dụng bất đẳng thức này, ta suy được, ta cần chứng minh a2 + b2 + c2 ab + bc + ca √ + ≥ 3+1 (a + b + c)2 a2 + b2 + c2 Đặt x = ab+bc+ca a2 +b2 +c2 ≤ 1, ta cần chứng minh √ √ +x≥ 3+1 2x + Dễ dàng kiểm tra bất đẳng thức với ≥ x ≥ 0, ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c 1.17 [Nguyễn Văn Thạch] Chứng minh với a, b, c > 0, ta có b2 c2 8(ab + bc + ca) a2 + + + ≥ 11 b2 c2 a2 a2 + b2 + c2 Lời giải Trước hết, ta chứng minh kết sau với x, y, z > thỏa xyz = x2 + y + z + ≥ x+y+z+ 1 + + x y z Thật vậy, khơng tính tổng qt, giả sử x = min{x, y, z} Đặt t = P (x, y, z) = x2 + y + z + − x+y+z+ √ yz 1 + + x y z Ta có √ √ y− z √ √ y− z ≥ P (x, y, z) − P (x, t, t) = Lại có P (x, t, t) = P , t, t t2 = 2 √ y+ √ z −3− bc (8 − − 3) ≥ (t − 1)2 ((t2 − 2t − 1)2 + t2 + 1) ≥0 2t4 Bất đẳng thức chứng minh Trở lại toán ta, sử dụng bất đẳng thức với x = ab , y = c b c , z = a , ta suy ta cần chứng minh cyc 8(ab + bc + ca) a2 + b2 + ≥ 17 ab a2 + b2 + c2 Hay cyc Sc (a − b)2 ≥ DeThiMau.vn ... √ = 2f   +f 3− a+b− √1 2 a+b− √   √ 3 ≤ Bất đẳng thức theo (1.1) Bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xảy x = y = z = √1 Nhận xét Bất đẳng thức với x, y, z ∈ R thỏa mãn xy + yz + zx... minh bất đẳng thức trường hợp n = đủ trường hợp này, bất đẳng thức hiển nhiên nên ta có đpcm Đẳng thức xảy n = a1 = a2 = a3 = √13 1.16 [Nguyễn Anh Cường] Cho số dương a, b, c, chứng minh bất đẳng. .. − 11 ≤ √ Bất đẳng thức hiển nhiên ≥ t ≥ 2(t − 1) t − √ Trường hợp t ≤ 1, bất đẳng thức trở thành √ 3t4 − 14t2 + 27 ≤ − 2t − − (t2 − 1) Hay 2(t − 1) √ √ √ √ − t3 + − t2 + − t + − ≤ Bất đẳng thức