Đa thức đối xứng ba biến
Một đơn thức ϕ(x, y, z) là hàm số có dạng ϕ(x, y, z) = a klm x k y l z m, trong đó k, l, m ∈ N là bậc của các biến x, y, z, và a klm ∈ R∗ (R \{0}) là hệ số của đơn thức Tổng bậc của đơn thức ϕ(x, y, z) được tính bằng k + l + m Một hàm số P(x, y, z) được gọi là đa thức nếu nó có thể biểu diễn dưới dạng tổng hữu hạn các đơn thức.
Bậc của đa thức là bậc lớn nhất của các đơn thức trong nó Đa thức P (x, y, z) được coi là đối xứng nếu nó giữ nguyên giá trị khi hoán đổi các biến x, y, z.
Trong toán học, các đa thức có tính đối xứng như P(x, y, z) = P(y, x, z) = P(z, y, x) = P(x, z, y) thể hiện sự không thay đổi khi hoán đổi các biến Định nghĩa 1.4 chỉ ra rằng một đa thức f(x, y, z) được gọi là thuần nhất bậc m nếu nó thỏa mãn điều kiện f(tx, ty, tz) = t^m f(x, y, z) với t khác không Ngoài ra, các đa thức cơ sở đối xứng σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, và σ3 = xyz là những ví dụ điển hình cho các đa thức đối xứng của ba biến x, y, z.
Tổng lũy thừa bậc k của các biến x, y, z được định nghĩa là s k = x k + y k + z k, với k = 0, 1, Định lý 1.1 (Công thức Newton) chỉ ra rằng với mọi k ∈ Z, có hệ thức s k = σ 1 s k−1 − σ 2 s k−2 + σ 3 s k−3 Theo Định lý 1.2, tổng lũy thừa s k có thể được biểu diễn dưới dạng một đa thức bậc n theo các biến σ 1, σ 2, σ 3 Cuối cùng, Định lý 1.3 (Công thức Waring) khẳng định rằng tổng lũy thừa s k có thể được biểu diễn qua các đa thức đối xứng cơ sở theo công thức s k = X.
Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
3 a > b thì ca > cb khi c > 0 ca < cb khi c < 0.
6 Với n nguyên dương, ta có a < b ⇔ a 2n+1 < b 2n+1
Bất đẳng thức thường dùng
Bất đẳng thức AM-GM
Định lý 1.4 Giả sử a 1 , a 2 , , a n là các số thực không âm, khi đó ta luôn có a 1 + a 2 + ã ã ã + a n n ≥ √ n a 1 a 2 a n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n.
Hệ quả 1.1 Với mọi số thực dương a 1 , a 2 , , a n ta có
(a 1 + a 2 + ã ã ã + a n ) ≥ n 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n
Hệ quả 1.2 Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có
Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
Định lý 1.5 Nếu a 1 , a 2 , , a n , b 1 , b 2 , , b n là các số thực tùy ý thì
(?) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = ã ã ã = a n b n ( ở đây ta sử dụng quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).
Nhận xét 1.1 Theo bất đẳng thức (?), chọn a i = x i
R , y i > 0 Ta thu được bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức ( hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel).
Hệ quả 1.3 Nếu x 1 , x 2 , , x n là các số thực và y 1 , y 2 , , y n là các số thực dương thì x 2 1 y 1 + x 2 2 y 2 + ã ã ã + x 2 n y n ≥ (x 1 + x 2 + x n ) 2 y 1 + y 2 + ã ã ã + y n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 y 1 = x 2 y 2 = ã ã ã = x n y n
Bất đẳng thức Karamata
Định lý 1.6 Cho hai dãy số {x k , y k ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n}, thỏa mãn điều kiện x 1 ≥ x 2 ≥ ã ã ã ≥ x n , y 1 ≥ y 2 ≥ ã ã ã ≥ y n và
x 1 ≥ y 1 x 1 + x 2 ≥ y 1 + y 2 x 1 + x 2 + ã ã ã + x n−1 ≥ y 1 + y 2 + ã ã ã + y n−1 x 1 + x 2 + ã ã ã + x n = y 1 + y 2 + ã ã ã + y n Khi đó, ứng với hàm số lồi f(x)(f 00 (x) ≥ 0) trên I(a, b), ta đều có f (x 1 ) + f(x 2 ) + ã ã ã + f(x n ) ≥ f (y 1 ) + f (y 2 ) + ã ã ã + f(y n ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x i = y i , i = 1, 2, n.
Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳng thức.
Bổ đề 1.1 nêu rằng cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên khoảng I(a; b) Cụ thể, nếu f''(x) ≥ 0 cho mọi x ∈ I(a; b), thì bất đẳng thức f(x) ≥ f'(x₀)(x - x₀) + f(x₀) đúng với mọi x₀ ∈ I(a; b) Ngược lại, nếu f''(x) ≤ 0 cho mọi x ∈ I(a; b), thì f(x) ≤ f'(x₀)(x - x₀) + f(x₀) cũng đúng với mọi x₀ ∈ I(a; b) Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên chỉ xảy ra khi x = x₀.
Bất đẳng thức với tổng không đổi
Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm phân thức hữu tỉ
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Đối với bất đẳng thức P(x, y, z) ≥ 0 (≤ 0), trong đó P(x, y, z) là đa thức hoặc phân thức hữu tỉ với tổng x + y + z không đổi, các kỹ thuật bất đẳng thức AM-GM như dự đoán dấu bằng, AM-GM ngược dấu và đặt ẩn phụ rất hiệu quả trong việc giải quyết bài toán.
Bài toán 2.1 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a 2 b + 2 + b 2 c + 2 + c 2 a + 2 ≥ 1.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 b + 2 + b + 2
3 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta được a 2 b + 2 + b 2 c + 2 + c 2 a + 2 ≥ 5
3 = 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 2.2 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
2(ab + bc + ca) + 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥ 9.
Cộng cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a 2 + b 2 + c 2 , ta được a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) + 1 ab + 1 bc + 1 ca ≥ 9 + a 2 + b 2 + c 2
Ta có abc(a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ (ab + bc + ca) 2
Do đó ta chứng minh
3 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 9 ⇔ (ab + bc + ca) 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 27. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
(ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) + a 2 + b 2 + c 2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.3 Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
3 (ab + bc + ca) = (a + b + c) (ab + bc + ca)
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0
Như vậy ab 2 + bc 2 + ca 2 + abc ≤ bc 2 + abc + a 2 b + abc
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 2.4 (Bulgaria TST 2003) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 Chứng minh rằng a
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a
2 Cộng vế với vế, ta có a
2 (ab + bc + ca) = 3 − ab + bc + ca
Mặt khác, ta có ab + bc + ca ≤ (a + b + c) 2
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 2.5 (Turkey TST 2007) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng
1 ab + 2c 2 + 2c + 1 bc + 2a 2 + 2a + 1 ca + 2b 2 + 2b ≥ 1 ab + bc + ca Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab + 2c 2 + 2c = ab + 2c 2 + 2c(a + b + c)
= (ab + 2ac)(ab + 2bc) ab
= (ab + bc + ca) 2 ab từ đó suy ra
(ab + bc + ca) 2 1 ca + 2b 2 + 2b ≥ ca
(ab + bc + ca) 2 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
1 ab + 2c 2 + 2c + 1 bc + 2a 2 + 2a + 1 ca + 2b 2 + 2b ≥ 1 ab + bc + ca Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.6 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a 2 + bc b + ca + b 2 + ca c + ab + c 2 + ab a + bc ≥ 3.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2 + bc 3b + 3ca + b 2 + ca
⇔ a 2 + bc b(a + b + c) + 3ca + b 2 + ca c(a + b + c) + 3ab + c 2 + ab a(a + b + c) + 3bc ≥ 1.
Bất đẳng thức 3b + 3ac = b(a + b + c) + 3ac cho thấy 3b + 3ac ≤ b(a + b + c) + ac + a² + c², từ đó suy ra a² + bc ≤ 3b + 3ac Tương tự, ta có b² + ca ≤ 3c + 3ab và 3c + 3ab ≥ c² + ab Cuối cùng, cộng các bất đẳng thức lại, ta có a² + bc + 3b + 3ca + b² + ca.
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Khi yêu cầu chứng minh bất đẳng thức P(x, y, z) ≥ 0 (hoặc ≤ 0) với P(x, y, z) là tổng các bình phương hoặc phân thức có tử số là bình phương, ta nên xem xét áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Ngoài ra, với giả thiết x + y + z không đổi, ta có thể biến đổi để đưa bất đẳng thức về dạng phù hợp nhằm áp dụng Cauchy-Schwarz.
Bài toán 2.7 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng a
2ac + bc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a 2 2ab + ac + b 2
3 (ab + bc + ca) Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có
(a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) do đó a 2 2ab + ac + b 2
3 (ab + bc + ca) ≥ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.8 Với các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 1 Chứng minh
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai bộ số
√ cd và pa 2 + b 2 + c 2 , 3 √ ab, 3 √ bc, 3 √ ca ta có
1 a 2 + b 2 + c 2 + 1 ab + 1 bc + 1 ca a 2 + b 2 + c 2 + 9ab + 9bc + 9ca
(a + b + c) 2 + 7(ab + bc + ca) Theo hệ quả của bất đẳng thức AM − GM, ta có
= 30. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.9 (Iran MO TST 2009) Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 Chứng minh rằng
Bất đẳng thức cần chứng minh
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 6 (2) Bất đẳng thức được chứng minh nếu
Có thể nhận thấy bất đẳng thức (3) không phải luôn đúng nhưng ta có thể ép nó đúng Thật vậy sử dụng các đánh giá tương tự (3), ta có
2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 6 và cùng lần lượt đưa bài toán về chứng minh
Như vậy nếu trong các bất đẳng thức (3),(4) và (5) có một bất đẳng thức đúng thì bài toán sẽ được chứng minh song Ta thấy rằng
Đẳng thức \([(c − a)(b − c)] [(a − b)(c − a)] [(b − c)(a − b)] = (a − b) 2 (b − c) 2 (c − a) 2 ≥ 0\) cho thấy rằng ít nhất một trong ba biểu thức \((c-a)(b-c)\), \((a-b)(c-a)\), \((b-c)(a-b)\) sẽ có giá trị không âm, tức là tồn tại ít nhất một bất đẳng thức đúng Đẳng thức này chỉ xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\).
Có nhiều công cụ hỗ trợ phương pháp dồn biến, trong đó ứng dụng yếu tố "ít nhất" và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là rất quan trọng Những công cụ này cho phép chúng ta giảm số biến trong bất đẳng thức, cụ thể là có thể chuyển bất đẳng thức ba biến thành bất đẳng thức một biến để dễ dàng chứng minh Kỹ thuật này dựa trên bốn số thực a, b, c và k.
Do đó trong ba số (a − k)(b − k), (b − k)(c − k), (c − k)(a − k) sẽ có "ít nhất" một số không âm Giả sử (a − k)(b − k) ≥ 0 thế thì a 2 + b 2 = k 2 + (a + b − k) 2 − 2(a − k)(b − k) ≤ k 2 + (a + b − k) 2
Để chứng minh bất đẳng thức với giả thiết a + b + c = s và đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng một giá trị nhất định, ta có thể sử dụng đánh giá để giảm biến số của bất đẳng thức ban đầu Cụ thể, khi chọn k = m (đảm bảo dấu bằng), ta nhận được a² + b² ≤ m² + (a + b - m)² = m² + (s - c - m)².
Nghĩa là có thể sử dụng đánh giá này vào bài toán thì ta sẽ chỉ còn phải chứng minh bất đẳng thức của một biến c.
Bài toán 2.10 Với a, b, clà các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 Chứng minh rằng a 7a 2 + 11 + b
Bất đẳng thức cần chứng minh
3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có
= 3(a + b + c) 2 21(a 2 + b 2 + c 2 ) + 11(a + b + c) 2 và cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
3 [21(a 2 + b 2 + c 2 ) + 11.(a + b + c) 2 ] Bất đẳng thức được chứng minh nếu
Rõ ràng (1 ) không phải lúc nào cũng đúng, nhưng từ đó vẫn đi đến điều phải chứng minh bằng cách đánh giá tương tự
3 [21(a 2 + b 2 + c 2 ) + 11.(a + b + c) 2 ] và ta lần lượt đưa bài toán về xét tính đúng sai của
Do đó trong (1),(2),(3) có ít nhất một bất đẳng thức đúng Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 2.11 Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c tùy ý ta đều có
Do bất đẳng thức đã cho phụ thuộc vào các biến a, b, c, ta có thể chuẩn hóa với điều kiện a + b + c = 1 Khi đó, bất đẳng thức sẽ được biểu diễn dưới dạng mới.
Không mất tính tổng quát, giả sử a − 1
2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
= 18c 2 9c 2 − 3c + 5 Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Sử dụng các tính chất của hàm số
Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức dạng P(x, y, z) ≥ 0 (≤ 0), có thể áp dụng tổng không đổi và dự đoán dấu đẳng thức để đưa bài toán về dạng hàm một biến Phương pháp này cho phép sử dụng các tính chất của hàm số để khảo sát Ngoài ra, bất đẳng thức Karamata và bổ đề cơ bản cũng là những công cụ hữu ích trong quá trình chứng minh.
Bài toán 2.12 Với x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
Ta lập bảng biến thiên z 0 1 2 1 f 0 (z) − 0 + f (z) +∞
Từ bảng biến thiên, ta có f (z) ≥ 0, với ∀z ∈ (0; 1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
Bài toán 2.13 (Tiệp Khắc MO ,1984) Với x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng xy + yz + zx − 2xyz ≤ 7
Chứng minh. Đặt xy + yz + zx − 2xyz = P.
3 Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
Ta có bảng biến thiên x 0 1 3 f 0 (x) 0 + 0 f (a) 1
Từ bảng biên thiên ta thấy với ∀x ∈h
27 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Bài toán 2.14 Với x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng xy + yz + zx ≤ 1
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với xy + yz + zx − 9
Ta có xy + yz + zx − 9
Ta lập bảng biến thiên z 0 1 9 1 3 f 0 (z) | − 0 + 0 f(z) 4
Từ bảng biến thiên ta thấy f(z) ≤ 4, ∀z ∈h
4 xyz. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Bài toán 2.15 Với x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Chứng minh rằng
Từ giả thiết ta có y + z = 1 − x và theo bất đẳng thức AM-GM, ta có yz ≤ (y + z) 2
Ta có bảng biến thiên x 0 1 3 f 0 (x) | − 0 f (x) 2
Từ bảng biến thiên ta suy ra
0; 1 3 i Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Bài toán 2.16 Với x, y, z ∈ [0; 2] thỏa mãn điều kiệnx + y + z = 3 Chứng minh rằng x 3 + y 3 + z 3 ≤ 9.
2 + 1 + 0 = x + y + z Xét hàm số f (t) = t 3 , với t ∈ [0; 2] f 0 (t) = 3t 2 f 00 (t) = 6t ≥ 0, với t ∈ [0; 2].
Do đó với x, y, z ∈ [0; 2], theo bất đẳng thức Karamata ta có f (2) + f(1) + f (0) ≥ f (x) + f (y) + f (z)
⇔x 3 + y 3 + z 3 ≤ 9. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 2; y = 1; z = 0 và các hoán vị của chúng.
Bài toán 2.17 Cho x, y, z ∈ [1; 3] , x + y + z = 6 Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 ≤ 14.
3 + 2 + 1 = x + y + z Xét hàm số f (t) = t 2 , với t ∈ [1; 3] f 0 (t) = 2t f 00 (t) = 2 ≥ 0, với t ∈ [1; 3].
Do đó với x, y, z ∈ [1; 3], theo bất đẳng thức Karamata ta có f (3) + f(2) + f (1) ≥ f (x) + f (y) + f (z)
⇔x 2 + y 2 + z 2 ≤ 14. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3; y = 2; z = 1 và các hoán vị của chúng.
Bài toán 2.18 Với x, y, z là các số thực không âm và thỏa mãn x + y + z = 1.
(t + 1) 3 < 0, ∀x ∈ [0; 1] Áp dụng bổ đề 1.1,ta có f (x) = x
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có x x + 1 + y y + 1 + z z + 1 ≤ 3f 0
4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Bài toán 2.19 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng a a + bc + b
1 + ab ≥ 4c c 2 − 2c + 5 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có a a + bc + b
Ta đi chứng minh với ∀ ∈ (0; 1), ta luôn có f (x) ≥ f 0 ( 1
Áp dụng bất đẳng thức trên với a, b, c ∈ (0; 1), ta có f(a) ≥ f 0 1
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có a a + bc + b
10 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.20(Olympic 30-4-06) Với a, b, clà các số thực dương Chứng minh a(b + c) a 2 + (b + c) 2 + b(c + a) b 2 + (c + a) 2 + c(c + b) c 2 + (a + b) 2 ) ≤ 6
Bất đẳng thức cần chứng minh là một bất đẳng thức thuần nhất với ba biến a, b, c, và không mất tính tổng quát, ta giả sử a + b + c = 1 Dưới giả thiết này, bất đẳng thức trở thành a(1 − a) a² + (1 − a)² + b(1 − b) b² + (1 − b)² + c(1 − c) c² + (1 − c)² ≤ 6.
Ta đi chứng minh với ∀x ∈ (0; 1), ta có f (x) ≤ f 0 ( 1
Do đó với a, b, c ∈ (0; 1), ta có f(a) + f(b) + f (c) ≤ f 0 ( 1
5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.21 (USA MO -2003) Với các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng
Giả sử a + b + c = 1 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Ta chứng minh với ∀x ∈ (0; 1), ta có f (x) ≤ f 0 ( 1
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có f(a) + f(b) + f (c) ≤ f 0 ( 1
3 ) = 8. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.22 (Olympic Balkan 1996 và Olympic 30-4 -1999) Với các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng a
1 + x 2 Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành f (a) + f (b) + f(c) ≤ 9
Ta có bảng biến thiên ( đưa thêm một số giá trị như x = −3; x = −1
3 ; x = 2 và giá trị của hàm số tại đó để so sánh) x −∞ −3 −1 −1
Ta xét các trường hợp sau:
+ Trường hợp 1 Trong ba số a, b, c có một số thuộc (−∞; −3].
Khi đó từ bảng biến thiên, ta có f(a) + f(b) + f (c) < 0 + 1
5 = 9 10 + Trường hợp 2 Có một số, giả sử a ∈
+ Trường hợp 3 Cả ba số a, b, c ∈ −1
Khi đó tiếp tuyến của hàm số y = f(x) tại x = 1
10 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán liên quan
Bài toán 2.23 Với các số dươngx, y, z thỏa mãn điều kiệnx + y + z = 1 Chứng minh
Bài toán 2.24 Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a + 1 b 2 + 1 + b + 1 c 2 + 1 + c + 1 a 2 + 1 ≥ 3.
Bài toán 2.25 Với a, b, c > 0 và thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a b 3 + ab + b c 3 + ca + c a 3 + ca ≥ 3
2 Bài toán 2.26 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh bất đẳng thức sau ab + bc + ca + 1 abc ≥ abc + 3.
Bài toán 2.27 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a 3 b(2c + a) + b 3 c(2a + b) + c 3 a(2b + c) ≥ 1.
Bài toán 2.28 Với a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh a 2 + b 2 + c 2 + 3abc ≥ 4
9 Bài toán 2.29 Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác Chứng minh rằng
Bài toán 2.30 Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a (b + c) 2 + b
Bài toán 2.31 (Japan Mathematical Olympiad Finals 1997) Với a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng
Bài toán 2.32 (China MO 2005) Với a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng
Bài toán 2.33 (China Northern MO 2006) Với các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng a 2 + 9 2a 2 + (b + c) 2 + b 2 + 9
Bài toán 2.34 Với a, b, clà các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 Chứng minh rằng
Bài toán 2.35 Với a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng a 2 6a 2 − 4a + 1 + b 2
Bài toán 2.36 Với a, b, clà các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 Chứng minh rằng a 2 3a 2 − 2a + 3 + b 2
Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm vô tỉ
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Trong phần này, chúng ta sẽ chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến hàm vô tỉ với tổng không đổi, dựa trên bất đẳng thức AM-GM Việc áp dụng khéo léo bất đẳng thức AM-GM sẽ giúp chúng ta loại bỏ dấu căn và tận dụng hiệu quả tổng không đổi trong quá trình chứng minh.
Bài toán 2.37 Với x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 2. Chứng minh px 3 y + y 3 z + z 3 x +p xy 3 + yz 3 + zx 3 ≤ 2.
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức
Thật vậy, bình phương hai vế của bất đẳng thức (*), ta có a + 2 √ ab + b ≤ 2(a + b) ⇔ a + b ≥ 2 √ ab luôn đúng theo AM-GM
Áp dụng bất đẳng thức (* ) ta có px 3 y + y 3 z + z 3 x+p xy 3 + yz 3 + zx 3 ≤p
2[xy(x 2 + y 2 ) + yz(y 2 + z 2 ) + zx(z 2 + x 2 )]. Yêu cầu của bài toán được thỏa mãn nếu chứng minh được xy(x 2 + y 2 ) + yz (y 2 + z 2 ) + zx(z 2 + x 2 ) ≤ 2.
Ta có xy(x 2 + y 2 ) + yz(y 2 + z 2 ) + zx(z 2 + x 2 )
=(xy + yz + zx)(x 2 + y 2 + z 2 ). Đến đây ta cần chứng minh
(xy + yz + zx)(x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ 2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
8 (x + y + z) 4 = 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1, z = 0 hoặc các hoán vị của chúng.
Bài toán 2.38 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng pa(b + 3c) +p b(c + 3a) +p c(a + 3b) ≤ 6.
Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có pa(b + 3c) = 1
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta được pa(b + 3c) +p b(c + 3a) +p c(a + 3b) ≤ 1
2 = 6. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 2.39 [Russian MO 2002]Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a 2 + b 2 + c 2 + 2( √ a +
⇔a 2 + b 2 + c 2 + 2( √ a + √ b + √ c) ≥ (a + b + c) 2 = 9. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 + √ a + √ a ≥ 3a b 2 +
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có a 2 + b 2 + c 2 + 2 √ a + 2
√ b + 2 √ c ≥ 3(a + b + c) = 9. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.40 (Mexico MO 2007) Nếu a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng
Sử dụng điều kiện a + b + c = 1, ta có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c).
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
2 = 2(a + b + c) = 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.41 Với các số thực dương thỏa mãna + b + c = 3 Chứng minh rằng
Từ đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ab p(b + c) (c + a) ≤ 1
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Bài toán 2.42(Bosnia and Hercegovina MO 2005) Với các số thực dươnga, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng a √ b + b √ c + c √ a ≤ 1
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
(a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) và theo giả thiết a + b + c = 1.
Khi đó ta có ab + bc + ca ≤ 1
3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có a √ b + b √ c + c √ a 2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.43 Với a, b, c là các số thực dương và a + b + c = 1 Chứng minh rằng √ a + bc + √ b + ca + √ c + ab ≥ √ ab + √ bc + √ ca + 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Nhận xét 2.2 Bài toán trên được xây dựng từ bất đẳng thức APMO 2002 như sau
Với x, y, z > 0 thỏa mãn 1 x + 1 y + 1 z = 1 Chứng minh rằng
Bài toán 2.44 Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng pab(1 − c) +p bc(1 − a) +p ca(1 − b) ≤ r2
Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, ta có
(a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có pab(1 − c) +p bc(1 − a) +p ca(1 − b)
Do đó pab(1 − c) +p bc(1 − a) +p ca(1 − b) ≤ r2
3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.45(China MO 2008) Với các số thực dươnga, b, cthỏa mãna+b+c =
Chứng minh. Đặt √ bc = x suy ra
Khi đó bất đẳng thức ban đầu trở thành p(1 + a) 2 − 4x 2 + 2 √
3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có p(1 + a) 2 − 4x 2 + 2p
3 [(1 + a) 2 − 4x 2 + 2(1 − a + 2x)]. Vậy ta chỉ cần chứng minh
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì
Bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.46(China MO 2006) Với các số thực dươnga, b, cthỏa mãna+b+c =
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có ab
√ ab + bc + ca pa(ab + bc + ca)
√ ab + bc + ca pb(ab + bc + ca)
√ ab + bc + ca pc(ab + bc + ca)
≤ ab + bc + ca ab + bc + ca a(ab + bc + ca) a + c + b(ab + bc + ca) b + a + c(ab + bc + ca) c + b
Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
⇔2 a 2 b a + c + ab 2 b + a + abc c + b + abc a + c + b 2 c b + a + bc 2 c + b + ca 2 a + c + abc a + b + c 2 a c + b
⇔2 ab + bc + ca + ab 2 a + b + bc 2 b + c + ca 2 a + c
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy -Schwarz và bất đẳng thức AM-GM, ta có
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.47 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng a 2 9a + 1 + b 2
9 − c 9(9c + 1) Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 9a + 1 + b
4p 3(ab + bc + ca) ≥ 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có a 9a + 1 + b
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
Do đó, bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
6(ab + bc + ca) + 2 ≥ 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Sử dụng các tính chất của hàm số
Bài toán 2.48 Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng
Theo bổ đề 1.1, ta có f (a) ≤ f 0 ( 1
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có f (a) + f (b) + f (c) ≤ f 0 ( 1
√ 10 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 2.49 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
Với a, b, c ∈ (0; 3), theo bổ đề 1.1, ta có f(a) ≥ f 0 (1)(a − 1) + f(1) f(b) ≥ f 0 (1)(b − 1) + f (1) f (c) ≥ f 0 (1)(c − 1) + f(1).
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có f (a) + f (b) + f(c) ≥ f 0 (1)(a + b + c − 3) + 3f (1) = 1. Đẳng thức xay ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Nhận xét 2.3 Bài toán có thể cho dưới hình thức sau:
Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 Chứng minh rằng
Bài toán 2.50 (Đề đại học khối A năm 2003) Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng r x 2 + 1 x 2 + r y 2 + 1 y 2 + r z 2 + 1 z 2 ≥ √
(t 5 + t) √ t 8 + t 4 > 0, ∀t ∈ (0; 1). Áp dụng bổ đề 1.1, ta có f(x) ≥ f 0 ( 1
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có r x 2 + 1 x 2 + r y 2 + 1 y 2 + r z 2 + 1 z 2 ≥ f 0 ( 1
82. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Bài toán liên quan
Bài toán 2.51 Với a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng
Bài toán 2.52 Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng r a + b c + ab + r b + c a + bc + r c + a b + ac ≥ 3.
Bài toán 2.53 Với a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng với
Bài toán 2.54 (Ukraine MO 2001) Với các số thực dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh rằng ax + by + cz + 2p
(xy + yz + zx)(ab + bc + ca) ≤ a + b + c.
Bất đẳng thức có tích không đổi
Khi bất đẳng thức có dạng P(x, y, z) ≥ 0 hoặc P(x, y, z) ≤ 0 với tích xyz không đổi, ta có thể áp dụng các kỹ thuật chứng minh như bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz Ngoài ra, việc sử dụng các tính chất của hàm số thường gặp cũng giúp đơn giản hóa quá trình chứng minh Phép thế có thể được sử dụng để chuyển đổi bất đẳng thức cần chứng minh thành một bất đẳng thức đơn giản hơn, từ đó dễ dàng hơn trong việc tìm ra kết quả.
Cho các số thực dương a, b, c Nếu abc = 1 thì có thể đặt a = 1 x , b = 1 y , c = 1 z hoặc a = x y , b = y z , c = z x hoặc a = yz x 2 , b = xz y 2 , c = xy z 2 ,
Bất đẳng thức có tích không đổi với hàm phân thức hữu tỉ
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Bài toán 3.1 Với các số dươngx, y, z thỏa mãn điều kiệnxyz = 1 Chứng minh rằng với ∀n ∈ N ∗ , ta luôn có x n y + y n z + z n x ≥ xy + yz + zx.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (n+1) số, ta có x n y + x n y + y n z + yz + yz + + yz
Tương tự, ta có y n z + y n z + z n x + zx + zx + + zx
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều trên, ta có
3(x n y + y n z + z n x) + (n − 2)(xy + yz + zx) ≥ (n + 1)(xy + yz + zx)
⇔ x n y + y n z + z n x ≥ xy + yz + zx. Đẳng thức xảy ta khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 3.2 Với các số thực dương x, y, z có xyz = 1 Chứng minh rằng x 4 y x 2 + 1 + y 4 z y 2 + 1 + z 4 x z 2 + 1 ≥ 3
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x 4 y x 2 + 1 = x 2 y − x 2 y x 2 + 1
2 Chứng minh tương tự, ta có y 4 z y 2 + 1 ≥ y 2 z − yz
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều chúng ta có x 4 y x 2 + 1 + y 4 z y 2 + 1 + z 4 x z 2 + 1 ≥ x 2 y + y 2 z + z 2 x − 1
Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được x 2 y + y 2 z + z 2 x ≥ 3
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x 2 y + y 2 z + z 2 x
2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất nếu ta chứng minh được x 2 y + y 2 z + z 2 x
Thật vậy sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x 2 y + x 2 y + y 2 z ≥ 3p 3 x 2 y.x 2 y.y 2 z = 3 3 r x 4 y 4 1 xy = 3xy y 2 z + y 2 z + z 2 x ≥ 3p 3 y 2 z.y 2 z.z 2 x = 3 3 r y 4 z 4 1 yz = 3yz z 2 z + z 2 x + x 2 y ≥ 3p 3 z 2 x.z 2 x.x 2 y = 3 3 r x 4 z 4 1 xz = 3zx.
Cộng các bất đẳng thức trên và rút gọn ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 3.3 (IMO 1995) Với a, b, c là các số thực dương và abc = 1 Chứng minh rằng
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
4ab ≥ 2 r a + b 4c 3 ab(a + b) = 1 c Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 3.4 (Romania MO 1997 ) Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh rằng x 9 + y 9 x 6 + x 3 y 3 + y 6 + y 9 + z 9 y 6 + y 3 z 3 + z 6 + z 9 + x 9 z 6 + z 3 x 3 + x 6 ≥ 2.
Chứng minh. Đặt a = x 3 , b = y 3 , c = z 3 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 3 + b 3 a 2 + ab + b 2 + b 3 + c 3 b 2 + bc + c 2 + c 3 + a 3 c 2 + ca + a 2 ≥ 2.
Mặt khác, với ∀u, v > 0, ta có u 3 + v 3 u 2 + uv + v 2 − u + v
Do đó a 3 + b 3 a 2 + ab + b 2 + b 3 + c 3 b 2 + bc + c 2 + c 3 + a 3 c 2 + ca + a 2 ≥ a + b
3 3 √ 3 abc = 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay x = y = z = 1.
Bài toán 3.5 (Korea MO 1999) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãnabc = 1. Chứng minh rằng
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có b 4 + c 4 = 3b 4 + c 4
Chứng minh tương tự, ta có
1 a 4 + b 4 + c ≤ c a 2 + b 2 + c 2 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
3 √ 3 abc ≤ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 3.6 (Hongkong 2000) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
≥ 18. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 3 + b 3 + c 3 1 a 3 + 1 b 3 + 1 c 3
Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Bài toán 3.7 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Chứng minh. Đặt a = x 3 , b = y 3 , c = x 3 , với x, y, z > 0 và xyz = 1.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz kết hợp với xyz = 1, ta có
= z 4 + x 2 yz + x 2 y 2 (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 Chứng minh tương tự, ta có
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
(x 2 + y 2 + z 2 ) 2 Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được x 4 + y 4 + z 4 + xyz (x + y + z) + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2
⇔xyz(x + y + z) ≤ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 (điều này luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 3.8 Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1 Chứng minh
Chứng minh. Đặt x = bc a 2 , y = ca b 2 , z = ab c 2 , với a, b, c > 0. Khi đó bất đẳng thức trở thành a 4 b 2 c 2 + a 2 bc + a 4 + b 4 c 2 a 2 + b 2 ca + b 4 + c 4 a 2 b 2 + c 2 ab + c 4 ≥ 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có a 4 b 2 c 2 + a 2 bc + a 4 + b 4 c 2 a 2 + b 2 ca + b 4 + c 4 a 2 b 2 + c 2 ab + c 4
≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 b 2 c 2 + a 2 bc + a 4 + c 2 a 2 + b 2 ca + b 4 + a 2 b 2 + c 2 ab + c 4 Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chỉ ra được
⇔(ab − ac) 2 + (ab − bc) 2 + (bc − ca) 2 ≥ 0 ( luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài toán 3.9 (IMO 2008) Với các số thực x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh x x − 1
Do x, y, z 6= 1 và xyz = 1 nên ∃a, b, c thỏa mãn x = a 2 bc , y = b 2 ca , z = c 2 ab và (a 2 − bc)(b 2 − ca)(c 2 − ab) 6= 0.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 4 (b 2 − bc) 2 + b 4
(c 2 − ab) 2 ≥ 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a 4 (b 2 − bc) 2 + b 4
(a 2 − bc) 2 + (b 2 − ca) 2 + (c 2 − ab) 2 Bất đẳng thức đã cho được chứng minh nếu ta chứng minh được
⇔(ab + bc + ca) 2 ≥ 0 (luôn đúng).
Nhận xét 3.1 Bài toán trên có thể làm cách hai như sau Đặt a = x x − 1 , b = y y − 1 , c = z z − 1 suy ra x = a a − 1 , y = b b − 1 , z = c c − 1 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1 Theo giả thiết xyz = 1
Do vế trái luôn không âm nên ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1 ( điều phải chứng minh).
Bài toán 3.10 (IMO 1995) Với các số thực dương a, b, c và abc = 1 Chứng minh
2 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có
Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
⇔ab + bc + ca ≥ 3 ( luôn đúng thao AM-GM).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Sử dụng các tính chất của hàm số
Bài toán 3.11 (Romania MO 2003) Với các số thực a, b, c > 0 và thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1 + 3 a + b + c − 6 ab + bc + ca ≥ 0. Đặt √ a + b + c = t với t ≥p
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 3.12 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Bất đẳng thức được viết lại như sau
⇔ (2a − 1) 2 a 2 − a + 1 + (2b − 1) 2 b 2 − b + 1 + (2c − 1) 2 c 2 − c + 1 ≥ 3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
Do đó bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chỉ ra được
(ab + bc + ca) 2 ≥ 3abc(a + b + c) = 3(a + b + c) suy ra ab + bc + ca ≥p
Do đó muốn chứng minh được bất đẳng thức (?) ta chỉ cần chứng minh
Nên bất đẳng thức (??) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán liên quan
Bài toán 3.13 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng a + b + c ≥ 1 + a
Bài toán 3.14 (IMO -SL 1998) Với các số thực dương a, b, cthỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng a 3
Bài toán 3.15 (Ukraine 1998 ) Với các số thực dương a, b, c > 0 và thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Bài toán 3.16 Với các số thực a, b, c > 0 và thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Bài toán 3.17 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Bài toán 3.18 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiệnabc = 1 Chứng minh rằng
Bài toán 3.19 Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức có tích không đổi với hàm vô tỉ
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Bài toán 3.20(Internationnal Compelition SRMC 2006) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Do abc = 1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a = y x , b = z y , c = x z. Thay vào bất đẳng thức đã cho, ta có
4 3 ry 2 xz + 3 rz 2 xy + 3 rx 2 yz
Mà ta lại chứng minh được bất đẳng thức
Do đó bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được
⇔(xy + yz + zx) 2 ≥ 3xyz(x + y + z) hiển nhiên đúng theo AM-GM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 3.21 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng
Vì abc = 1 nên đặt a = x 2 yz , b = y 2 zx , c = z 2 xy
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
3 rx 2 yz + 3 ry 2 zx + 3 rz 2 xy ≤ 3 s 3
3 + x 2 yz + y 2 xz + z 2 xy + xy z 2 + yz x 2 + xz y 2
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán 3.22 (APMO 2005) Với a, b, clà các số thực dương thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng a 2 p(a 3 + 1)(b 3 + 1) + b 2 p(b 3 + 1)(c 3 + 1) + c 2 p(c 3 + 1)(a 3 + 1) ≥ 4
Với ∀x ≥ 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có px 3 + 1 =p
2 Áp dụng bất đẳng thức này, ta có a 2 p(a 3 + 1)(b 3 + 1) + b 2 p(b 3 + 1)(c 3 + 1) + c 2 p(c 3 + 1)(a 3 + 1)
(c 2 + 2)(a 2 + 2) Vậy ta chỉ cần chứng minh
⇔a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2 b 2 c 2 + 8 = 72. Điều này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ 3 3
√ a 2 b 2 c 2 = 12. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2.
Bài toán 3.23 (Đề thi đại học khối D 2005) Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xyz = 1 Chứng minh rằng p1 + x 3 + y 3 xy + p1 + y 3 + z 3 yz +
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có p1 + x 3 + y 3 xy ≥ q
√ 1 + z 3 + x 3 xz ≥ r 3 xz Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có p1 + x 3 + y 3 xy + p1 + y 3 + z 3 yz +
1 + z 3 + x 3 zx ≥ r 3 xy + r 3 yz + r 3 xz Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có r 3 xy + r 3 yz + r 3 zx ≥ 3 3 s √
Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Bài toán 3.24 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng √ a
Chứng minh. Đặt √ a = x y , √ b = y z , √ c = z x với x, y, z > 0. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x y
2xy 2 z + x 2 z 2 ≥ 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có x 2 z 2
2xy 2 z + x 2 z 2 ≥ (xz + xy + yz) 2 x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 2xyz(x + y + z)
= (xz + xy + yz) 2 (xz + xy + yz) 2 = 1.
Bất đẳng thức được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi à chỉ khi a = b = c = 1
Bài toán 3.25 (Balkan Shortlist 2002) Với a, b, c, là các số thực dương thỏa mãn abc = 2 Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 ≥ a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b.
Do đó ta cần chứng minh bất đẳng thức a 2 (b + c) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) ≥ 2(a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b).
Sử dụng Cauchy- Schwarz cho biểu thức ở vế trái, ta có a 2 (b + c) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) ≥ 1
Do đó ta chỉ cần chứng minh a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b ≥ 6.
Sử dụng Bất đẳng thức AM-GM, ta có a √ b + c + b √ c + a + c √ a + b ≥ 3 q abcp (a + b)(b + c)(c + a)
= 6. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = √ 3
Sử dụng các tính chất của hàm số
Bài toán 3.26 (IMO 2002 ) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 Chứng minh rằng a − 1 + 1 b b − 1 + 1 c c − 1 + 1 a≤ 1Chứng minh.
Vì abc = 1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a = x y , b = y z , c = z x Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Trong ba số x − y + z, y − z + x, z − x + y, không thể có hai số âm hoặc cả ba số đều âm Nếu có một số âm trong ba số này, bất đẳng thức cần chứng minh sẽ rõ ràng Trong trường hợp cả ba số đều dương, bằng cách lấy logarit hai vế, ta có bất đẳng thức ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ lnx + lny + lnz.
Không mất tính tổng quát, giả sử x ≥ y ≥ z Khi đó,
Hàm số f(x) = lnx là hàm lõm trên khoảng (0; +∞) Áp dụng bất đẳng thức Kara-mata, ta có ln(y − z + x) + ln(x − y + z) + ln(z − x + y) ≤ lnx + lny + lnz Đẳng thức này chỉ xảy ra khi và chỉ khi x = y = z hoặc a = b = c = 1.
Bài toán 3.27 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng
Từ giả thiết abc = 1 ⇔ ln(abc) = 0 ⇔ ln a + ln b + ln c = 0. Đặt x = ln a, y = ln b, z = ln c Khi đó x, y, z ∈R và x + y + z = 0.
Bất đẳng thức đã cho trở thành e x
Ta có bảng biến thiên t −∞ 0 +∞ f 0 (t) − 0 + f (t) & √ 2 2 %
Từ bảng biến thiên, ta có f(t) ≥
2 , ∀t ∈R Thay t bởi x, y, z rồi cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có e x
2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 hay a = b = c = 1.
Bài toán liên quan
Bài toán 3.28 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng p2(a 2 + 1) +p
Bài toán 3.29 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng p8a 2 + 1 +p
Một số lớp bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM
Bài toán 4.1 Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử c = min{a, b, c}.
≤ (a 2 − ab + b 2 )a 2 b 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
≤ 4 9.27 (a + b + c) 6 = 12. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 1, c = 0 và các hoán vị của nó. Vậy giá trị lớn nhất của P là 12.
Bài toán 4.2 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 2 Tìm giá trị lớn nhất của
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
= ab p(a + b + c)c + ab + bc p(a + b + c)a + bc + ca p(a + b + c)b + ca
≤ 1 2 ab c + a + ab c + b + bc a + b + bc a + c + ac b + a + ac b + c
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2
3. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức M là 1.
Bài toán 4.3 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 h (a + b) √ ab + (b + c) √ bc + (c + a) √ ca i.Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có
≤ 4(a 2 + b 2 + c 2 ) + 8(ab + bc + ca) = 4(a + b + c) 2 = 4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3. Vậy giá trị lớn nhất của P là 2.
Bài toán 4.4 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biêu thức
= a + b b + c + b + c c + a + c + a a + b Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
≥ 3 ra + b b + c b + c c + a c + a a + b = 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2.
Bài toán 4.5 Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = ab a + b + ab + bc b + c + bc + ca c + a + ca
Với giả thiết a, b, c > 0 và abc = 1, ta có
P = ab a + b + ab + bc b + c + bc + ca c + a + ca
Với các số dương x, y, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x 3 + x 3 + y 3 ≥ 3p 3 x 6 y 3 = 3x 2 y y 3 + y 3 + x 3 ≥ 3p 3 y 6 x 3 = 3y 2 x.
Do đó x 3 + y 3 ≥ xy(x + y) dấu ”=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
= 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của P là 1.
Bài toán 4.6 Với x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có x 2 (y + z) ≥ 2x 2 √ yz = 2x √ x y 2 (z + x) ≥ 2y 2 √ zx = 2y √ y z 2 (x + y) ≥ 2z 2 √ xy = 2z √ z.
Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có
≥ 2(ab + bc + ca) ab + bc + ca
= 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2
Bài toán 4.7 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = a 3 + b 3 a 2 + ab + b 2 + b 3 + c 3 b 2 + bc + c 2 + c 3 + a 3 c 2 + ca + a 2 Chứng minh.
P = (a + b)(a 2 − ab + b 2 ) a 2 + ab + b 2 + (b + c)(b 2 − bc 2 c ) b 2 + bc + c 2 + (c + a)(c 2 − ca + a 2 ) c 2 + ca + a 2
Ta sẽ chứng minh với mọi x, y dương, ta có x 2 − xy + y 2 x 2 + xy + y 2 ≥ 1
⇔2(x − y) 2 ≥ 0 ( luôn đúng) Áp dụng kết quả trên, ta có
Lại theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
Dấu "= " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 2.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Bài toán 4.8 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Chứng minh. Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có
(3 + √ ab + √ bc + √ ca) 2 Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3
Bài toán 4.9 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x 4 + 2y 4 + 3z 4 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có x 4 + 2y 4 + 3z 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 81
Bài toán 4.10 Với a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 1 a 2 + b 2 + c 2 + 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
A ≥ 1 a 2 + b 2 + c 2 + 1 ab + 1 bc + 1 ca Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có
(a + b + c) 2 + 7(ab + bc + ca) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 10
Bài toán 4.11 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có pa 2 + 1 +p b 2 + 1 +p c 2 + 1 + √
Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
2 dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị lớn nhất của F là √ 2.
Bài toán 4.12 Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = xy px 2 + y 2 + 2z 2 + yz py 2 + z 2 + 2x 2 + zx pz 2 + x 2 + 2y 2
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy -Schwarz, ta có
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
3 Vậy giá trị lớn nhất của P là 1
Bài toán 4.13 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3
4. Tìm giá trị nhỏ nhất của
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
= 3 a + 3b + 2 + 3 b + 3c + 2 + 3 c + 3a + 1 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
3.Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.
Sử dụng các tính chất của hàm số
Bài toán 4.14 Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãna + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của
Vì a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 − 2(ab + bc + ca) = 1 − 2(ab + bc + ca).
Và theo bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có
P ≥ (ab + bc + ca) 2 + 3(ab + bc + ca) + 2p
1 − 2(ab + bc + ca). Đặt ab + bc + ca = t.
Do đó P ≥ 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ab + bc + ca = 0 ab = bc = ca a + b + c = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
Bài toán 4.15 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM- GM, ta có
− 4abc. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
≥ 3 √ 3 abc − 4abc. Đặt √ 3 abc = t với 0 < t = √ 3 abc ≤ a + b + c
Từ bảng biến thiên ta có f(t) ≥ −1 ⇒ P ≥ f (t) ≥ −1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -1.
Bài toán 4.16 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = ab + bc + ca + 1 abc − abc.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 = a + b + c ≥ 3 √ 3 abc ⇒ abc ≤ 1. Theo giải thiết ta có 0 < abc ≤ 1.
P = ab + bc + ca + 1 abc − abc
√ a 2 b 2 c 2 + 1 abc − abc. Đặt √ 3 abc = t với t ∈ (0; 1].
Xét hàm số f (t) = 3t 2 + 1 t 3 − t 3 với t ∈ (0; 1] ta có f 0 (t) =6t − 3 t 4 − 3t 2 = −3t 6 + 6t 5 − 3 t 4
Do đó P ≥ f(t) ≥ f (1) = 3. Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi t = 1 ⇒ a = b = c = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.
Bài toán 4.17 Với 3 sốx, y, z thỏa mãn x, y, z ∈ [−1; 3] x + y + z = 3 Tìm giá trị lớn nhất của
3 + 1 + (−1) = x + y + z Xét hàm số f (t) = t 2 , với t ∈ [−1; 3] f 0 (t) = 2t f 00 (t) = 2 ≥ 0, với t ∈ [−1; 3].
Do đó với x, y, z ∈ [−1; 3], theo bất đẳng thức Karamata ta có f (3) + f(1) + f (−1) ≥ f (x) + f (y) + f (z)
⇔x 2 + y 2 + z 2 ≤ 11. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3; y = 1; z = −1và các hoán vị của chúng.
2 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Không mất tính tổng quát, giả sử 1 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ −1 Khi đó
Vì hàm số f(x) = x 12 lồi trên [−1; 1], theo bất đẳng thức Karamata, ta có a 12 + b 12 + c 12 = f (a) + f (b) + f(c) ≤ f (1) + f ( −1
2 12 Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = −1
2 , c = −1 và các hoán vị của chúng.
Vậy giá trị lớn nhất của F bằng 2 + 1
Bài toán liên quan
Bài toán 4.19 Với ba số thực dươngx, y, z thỏa mãn xyz = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Bài toán 4.20 Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
108 Bài toán 4.21 (HSG Hà nội 2014-2015) Vơi ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Bài toán 4.22 (Đại học khối B năm 2012) Với các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0; x 2 + y 2 + z 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của
Bài toán bất đẳng thức và cực trị với đa thức đối xứng là một chủ đề thú vị và thách thức đối với học sinh cũng như giáo viên Trong các kỳ thi như Đại học, thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic Toán học quốc tế, dạng toán này thường xuất hiện, đặc biệt là các bài toán liên quan đến bất đẳng thức và cực trị với đa thức đối xứng ba biến Luận văn đã hoàn thành và đạt được nhiều kết quả quan trọng trong lĩnh vực này.
Bài viết này sẽ giới thiệu lại các kiến thức cơ bản về đa thức đối xứng ba biến, đồng thời phân tích các bất đẳng thức quan trọng như bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức Karamata, cùng với các bổ đề cơ bản liên quan Những kiến thức này không chỉ giúp củng cố nền tảng toán học mà còn hỗ trợ trong việc giải quyết các bài toán phức tạp hơn.
Để giải quyết bất đẳng thức đối xứng ba biến với tổng và tích không đổi, có thể áp dụng nhiều cách tiếp cận khác nhau Một số phương pháp phổ biến bao gồm việc sử dụng bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz, và các kỹ thuật biến đổi đại số Bên cạnh đó, việc phân tích các ví dụ và đề thi từ các kỳ thi quốc gia và quốc tế sẽ giúp củng cố kiến thức và kỹ năng giải quyết bài toán Những bài toán này không chỉ giúp hiểu rõ hơn về bất đẳng thức mà còn phát triển tư duy logic và khả năng tư duy phản biện.
3 Đưa ra lớp các bài toán cực trị với đa thức đối xứng ba biến và các cách giải quyết bài toán cung hệ thống ví dụ đa dạng.
Luận văn này hy vọng sẽ trở thành tài liệu hữu ích cho những ai quan tâm đến bất đẳng thức và bài toán cực trị liên quan đến đa thức đối xứng ba biến.
Trong khuôn khổ thời gian và yêu cầu của luận văn, tôi chưa có cơ hội nghiên cứu sâu hơn về bất đẳng thức và bài toán cực trị liên quan đến các đa thức đối xứng khác Đây chính là hướng phát triển tiềm năng cho luận văn trong tương lai.
Tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
