Phương pháp chuẩn hoá bất đẳng thức potx

V u ih o c h v n www.vuihoc24h.vn - Kênh h c t p Online www.mathvn.com V u ih o c h v n Võ Quốc Bá Cẩn Copyright c 2009 by Vo Quoc Ba Can All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by any means, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author www.mathvn.com Lời cảm ơn Quyển tuyển tập chắn khơng thể thực khơng có đóng góp người bạn tơi Họ trực tiếp động viên thực hiện, gửi cho tốn hay giúp tơi tuyển tập lại cách tốt tốn bất đẳng thức Xin nêu người bạn thân thiết giúp đỡ nhiều trình thực tuyển tập Nguyễn Văn Dũng - Giảng viên Học Viện Kỹ Thuật Quân Sự Hà Nội Trần Quang Hùng - Cao học toán trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQG Hà Nội n Cao Minh Quang - Giáo viên trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long .v Võ Thành Văn - Lớp 12 Toán, trường THPT Chuyên, ĐHKH Huế Nguyễn Mạnh Dũng - Lớp 12 Toán, khối Phổ Thơng Chun Tốn – Tin, trường ĐHKHTN, ĐHQH Hà Nội V u ih o c h Trần Anh Tuấn - cập nhật thông tin www.mathvn.com Những bất đẳng thức từ thi giải toán Bài O1 Giả sử a, b, c số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = Chứng minh ≤ ab + bc + ca − abc ≤ (USAMO 2000) Lời giải (V Q B Cẩn) Bất đẳng thức bên trái hiển nhiên, từ giả thiết, ta suy có số ba số a, b, c không lớn Giả sử số c, ta có ab + bc + ca − abc = ab(1 − c) + c(a + b) ≥ √ 6abc 2(ab + bc + ca) − (a + b + c ) > √ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca o c suy h v n Bây giờ, ta chứng minh bất đẳng thức bên phải Thay abc = − (a2 + b2 + c2 ) vào, ta viết lại bất đẳng thức thành a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ Ta dùng phương pháp phản chứng để chứng minh bất đẳng thức Giả sử tồn số (a, b, c) gồm số hạng không âm cho a2 + b2 + c2 + abc = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca > Khi đó, ta có √ 6(a2 + b2 + c2 ) 6abc 2 = a + b + c + abc = + √ 6 √ + b2 + c2 ) 6(a 6abc , > + a + b2 + c2 + ab + bc + ca (a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)3/2 2 ih Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Schur bậc (ở dạng phân thức), ta thấy nên từ ta suy 6abc(a + b + c) , a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca u 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) ≤ V √ 6abc(a + b + c) 6abc >√ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca √ Điều chứng tỏ abc > 2(a + b + c) > 3(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) Điều vơ lí, ta ln có 3(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) − 2(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≥ Như vậy, tồn số a, b, c thỏa mãn giả thiết đề cho a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca > 6, hay nói cách khác, với a, b, c không âm cho a2 + b2 + c2 + abc = 4, ta phải có ab + bc + ca − abc ≤ Bài toán chứng minh xong Dễ thấy bất đẳng thức bên trái đạt dấu (a, b, c) hoán vị số (2, 0, 0); bất đẳng thức bên phải đạt dấu (a, b, c) = (1, 1, 1) √ √ (a, b, c) hoán vị số 2, 2, www.mathvn.com Những bất đẳng thức từ thi giải toán Lời giải Đây chứng minh hay đặc sắc cho bất đẳng thức bên phải Trong ba số a, b, c, ln tồn số cho hiệu chúng trừ cho có dấu với Khơng tính tổng qt, giả sử hai số a b, ta có c(a − 1)(b − 1) ≥ 0, suy abc ≥ ac + bc − c Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM = a2 + b2 + c2 + abc ≥ 2ab + c2 + abc, suy ab ≤ − c Từ đây, ta thu ab + bc + ca − abc ≤ (2 − c) + bc + ca − (ac + bc − c) = Lời giải (V Q B Cẩn) Xin giới thiệu thêm bạn đọc chứng minh khác cho bất đẳng thức bên phải Từ giả thiết, ta dễ dàng chứng minh tồn số không âm x, y, z cho (x + y)(y + z)(z + x) > a = √ 2x , b = √ 2y , c = √ 2z Với phép đặt (x+y)(x+z) (y+z)(y+x) (z+x)(z+y) này, ta đưa toán chứng minh n xy 4xyz − ≤ (x + y)(y + z)(z + x) cyc (x + y) (x + z)(y + z) v 2∑ Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 1 + x+z y+z xy xy +∑ =∑ cyc (y + z)(y + x) cyc (x + y)(x + z) xy zx =∑ +∑ cyc (x + y)(x + z) cyc (x + y)(x + z) o c h xy xy ≤∑ x+y cyc cyc (x + y) (x + z)(y + z) 2∑ x(y + z) 4xyz = 1+ (x + y)(y + z)(z + x) cyc (x + y)(x + z) =∑ ih Vì bất đẳng thức hiển nhiên đúng, phép chứng minh ta hoàn tất Bài O2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + abc = Chứng minh u a + b + c ≥ ab + bc + ca V (Việt Nam, 1996) 2z Lời giải (V Q B Cẩn) Từ giả thiết, suy ta đặt a = = c = x+y với x, y, z số thực dương Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành 2x y+z , b 2y z+x y z 2xy 2yz 2zx x + + ≥ + + y + z z + x x + y (x + z)(y + z) (y + x)(z + x) (z + y)(x + y) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 1 xy xy + =∑ +∑ 2 2 (x + z) (y + z) cyc cyc (z + x) cyc (y + z) xy x zx + = = V T =∑ (y + z)2 ∑ (y + z)2 ∑ y + z cyc cyc cyc V P ≤ ∑ xy Phép chứng minh ta hoàn tất Dễ thấy đẳng thức xảy x = y = z, tức a = b = c = www.mathvn.com Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Lời giải (V Q B Cẩn) Ta dùng phương pháp phản chứng Giả sử tồn số dương a+b+c a, b, c cho ab + bc + ca + abc = a + b + c < ab + bc + ca Khi đó, ta có ab+bc+ca < 1, dẫn đến = (ab + bc + ca) · + abc · a+b+c a+b+c + abc · ab + bc + ca ab + bc + ca (a + b + c) abc(a + b + c) = + ab + bc + ca (ab + bc + ca)3 > (ab + bc + ca) · Từ đây, ta tìm abc(a + b + c)3 (ab + bc + ca)2 n 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) > h v Nhưng mà theo bất đẳng thức Schur bậc dạng phân thức 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) ≤ 9abc a+b+c Điều dẫn đến 9abc abc(a + b + c)3 > , a + b + c (ab + bc + ca)2 u tương đương ih o c suy abc > 9(ab + bc + ca)2 > (a + b + c)4 (mâu thuẫn ta ln có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) theo AM – GM) Bởi vậy, ta khơng thể có a + b + c < ab + bc + ca với a, b, c > thỏa mãn giả thiết đề Điều chứng tỏ a + b + c ≥ ab + bc + ca, điều phải chứng minh Lời giải (V Q B Cẩn) Ta sử dụng phương pháp dồn biến để chứng minh bất đẳng thức cho Để ý điểm đẳng thức a = b = c = bất đẳng thức cho cịn có điểm "nhạy cảm" a = b → 2, c → (cùng hoán vị) Điều gợi cho ta giả sử c = min{a, b, c} dùng phép dồn biến để đưa hai biến a, b số t dương Muốn vậy, việc trước tiên ta phải làm đảm bảo giả thiết toán, tức số (t,t, c) phải thỏa mãn t + 2tc + t c = ab + bc + ca + abc = Vì ta cần dồn biến từ (a, b, c) (t,t, c) nên ta phải chứng minh a + b + c − ab − bc − ca ≥ 2t + c − t − 2tc, (∗) V (a + b − 2t)(1 − c) + (t − ab) ≥ Mặt khác, từ cách chọn t, ta có c(a + b − 2t) = (c + 1)(t − ab) Ta chứng minh a + b − 2t t − ab số không âm Thật vậy, giả sử a + b − 2t < 0, ta có t − ab < Điều dẫn đến ab > t > (a+b) ≥ ab (vơ lí) Vì vậy, ta phải có a + b − 2t ≥ t − ab ≥ Ngoài ra, từ giả thiết c, dễ thấy c ≤ Và thế, bất đẳng thức (∗) hiển nhiên Phép dồn biến hồn tất, cơng việc cịn lại ta chứng minh 2t + c − t − 2tc ≥ với t + 2tc + t c = Đây công việc đơn giản, từ t + 2tc + t c = 4, ta tìm c = 2−t ≥ 0, dẫn đến t 2t + c − t − 2tc = 2t + 2−t (2 − t)(t − 1)2 − t − 2(2 − t) = ≥ t t Lời giải (V Q B Cẩn) Dễ thấy ba số a, b, c có hai số có hiệu trừ cho số dấu với Giả sử hai số a, b, ta có c(a − 1)(b − 1) ≥ 0, dẫn đến abc ≥ ac + bc − c Từ đây, ta thu a + b + c + abc ≥ (a + b)(c + 1) www.mathvn.com Những bất đẳng thức từ thi giải toán Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta lại có = abc + c(a + b) + ab ≤ (a + b)2 (a + b)2 · c + c(a + b) + , 4 suy c≥ − (a+b) (a+b)2 = + (a + b) 4 − (a + b) = − a+b a+b n Cộng vào hai vế bất đẳng thức nhân cho a + b > 0, ta thu (a + b)(c + 1) ≥ Do đó, kết hợp với trên, ta a + b + c + abc ≥ (a + b)(c + 1) ≥ = ab + bc + ca + abc, hay nói cách khác a + b + c ≥ ab + bc + ca .v Bài O3 Với a, b, c số thực dương bất kì, tìm tất số thực k bất đẳng thức sau a b c k+ k+ k+ ≥ k+ b+c c+a a+b , tương đương (c − 1)2 (4k2 c + 4k2 + 2k − 1) k+ h (Việt Nam, 2009) c k+ ≥ Lời giải (V Q B Cẩn) Đầu tiên, ta cho a = b = 1, bất đẳng thức cho trở thành k + 1+c (c + 1)2 ≥ a b+c b c+a ih k+ o c Đến đây, cho c → 0, ta thấy bất đẳng thức 4k2 + 2k − ≥ Ta chứng minh rằng, nghiệm bất phương trình tập hợp tất giá trị k thỏa mãn yêu cầu toán, tức chứng minh với 4k2 + 2k − ≥ k+ k+ c a+b ≥ k+ V u 2a 2b 2c Thật vậy, đặt x = b+c , y = c+a , z = a+b hiển nhiên xy + yz + zx + xyz = bất đẳng thức viết lại thành (2k + x)(2k + y)(2k + z) ≥ (2k + 1)3 Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta dễ thấy xyz ≤ Từ đó, sử dụng kết O2, ta thu (2k + x)(2k + y)(2k + z) = 8k3 + 4k2 (x + y + z) + 2k(xy + yz + zx) + xyz ≥ 8k3 + 4k2 (xy + yz + zx) + 2k(xy + yz + zx) + xyz = 8k3 + (4k2 + 2k)(4 − xyz) + xyz = 8k3 + 16k2 + 8k − (4k2 + 2k − 1)xyz ≥ 8k3 + 16k2 + 8k − (4k2 + 2k − 1) = (2k + 1)3 Như vậy, phép chứng minh ta hoàn tất Điều chứng tỏ khẳng định ta đúng, tức tập hợp tất giá trị cần tìm k nghiệm bất phương trình 4k2 + 2k − ≥ Bài O4 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn 1 1 + + + = a4 + b4 + c4 + d + www.mathvn.com Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Chứng minh abcd ≥ (Latvia 2002) Lời giải (V Q B Cẩn) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có 1= = a4 a4 a4 +1 + + b4 + 1 b4 b4 +1 + b4 + c14 + d14 + ≥ 2≥ + + a2 c4 + 1 c4 c4 +1 + + d4 + 1 d4 d4 +1 + b2 + c12 + d12 ≥ a2 a4 + b2 + c12 + d12 + b4 + c14 + d14 + , tức 1 1 1 + + + + + a2 b2 a2 c2 a2 d b2 c2 b2 d c2 d n Từ suy a4 + b4 = z+t +x , y c4 = t +x+y , z 1−x y+z+t = , x x d4 = x+y+z t a4 = h v Mà theo bất đẳng thức AM – GM a21b2 + a21c2 + a21 + b21c2 + b21 + c21 ≥ abcd nên kết hợp với d d d trên, ta dễ dàng suy bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = √ c = d = Lời giải Đặt x = a41 , y = b41 , z = c41 t = d 41 ta có x + y + z + t = +1 +1 +1 +1 Từ đó, để chứng minh bất đẳng thức abcd ≥ 3, ta thấy ta cần chứng minh o c y+z+t z+t +x t +x+y x+y+z · · · ≥ 81 x y z t u ih Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên theo AM – GM, ta có √ √ √ √ y + z + t z + t + x t + x + y x + y + z 3 yzt 3 ztx 3 txy 3 xyz · · · ≥ · · · = 81 x y z t x y z t Phép chứng minh ta hoàn tất V Bài O5 Cho số dương a, b, c thỏa mãn 1 + + ≥ a+b+1 b+c+1 c+a+1 Chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca (Andrei Ciupan, Chọn đội tuyển Romania dự thi Junior BMO 2007) Lời giải (Andrei Ciupan) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, dễ thấy (a + b + 1)(a + b + c2 ) ≥ (a + b + c)2 Từ dẫn đến 1≤ b + c + a2 c + a + b2 1 a + b + c2 + + ≤ + + , a + b + b + c + c + a + (a + b + c)2 (a + b + c)2 (a + b + c)2 suy (a + b + c)2 ≤ 2(a + b + c) + a2 + b2 + c2 , www.mathvn.com Những bất đẳng thức từ thi giải toán tức a + b + c ≥ ab + bc + ca Bất đẳng thức ta chứng minh xong Đẳng thức xảy a = b = c = Lời giải (Cezar Lupu) Từ giả thiết, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có 1 + 1− + 1− a+b+1 b+c+1 c+a+1 a+b b+c c+a = + + a+b+1 b+c+1 c+a+1 [(a + b) + (b + c) + (c + a)]2 ≥ (a + b)(a + b + 1) + (b + c)(b + c + 1) + (c + a)(c + a + 1) 2(a2 + b2 + c2 ) + 4(ab + bc + ca) = (a + b2 + c2 ) + (ab + bc + ca) + (a + b + c) n ≥ 1− v Từ đây, ta suy (a2 + b2 + c2 ) + (ab + bc + ca) + (a + b + c) ≥ (a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + bc + ca), h tức a + b + c ≥ ab + bc + ca o c Đây điều phải chứng minh Lời giải (V Q B Cẩn) Ta dùng phương pháp phản chứng để chứng minh bất đẳng thức 1 Giả sử tồn số dương a, b, c cho a+b+1 + b+c+1 + c+a+1 ≥ a + b + c < ab + bc + ca Khi đó, ta có < ab+bc+ca , dẫn đến a+b+c ab+bc+ca Và ta thu ih ab + bc + ca a+b+c = < ab+bc+ca a + b + a + b + a+b+c (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca ab + bc + ca ∑ (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca > 1, tương đương u cyc V > ∑ 1− cyc 2(ab + bc + ca) , (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca a2 + ab + b2 cyc (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca 1>∑ Tuy nhiên, theo bất đẳng thức AM – GM Cauchy Schwarz VP ≥ (a + b)2 3(a + b + c)2 ≥ ∑ (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca ∑ [(a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca] cyc cyc = 3(a + b + c)2 2(a + b + c)2 + 3(ab + bc + ca) ≥ 3(a + b + c)2 = (mâu thuẫn) 2(a + b + c)2 + (a + b + c)2 1 Vì vậy, ta khơng thể có điều giả sử trên, tức với a, b, c dương thỏa mãn a+b+1 + b+c+1 + c+a+1 ≥ bắt buộc ta phải có a + b + c ≥ ab + bc + ca Phép chứng minh hoàn tất www.mathvn.com 10 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Bài O6 Cho n ≥ số nguyên Tìm số C nhỏ để bất đẳng thức sau ∑ xi x j (xi + x2 ) ≤ C(x1 + x2 + · · · + xn )4 , j 1≤i< j≤n với số thực không âm x1 , x2 , , xn (IMO 1999) Lời giải (V Q B Cẩn) Với n = 2, cho x1 = x2 = 1, ta dễ thấy C ≥ Xét trường hợp n ≥ 3, cho x1 = x2 = 1, x3 = · · · = xn = 0, ta tìm C ≥ Ta chứng minh giá 8 trị nhỏ C để bất đẳng thức đúng, tức xi x j (xi + x2 ) ≤ (x1 + x2 + · · · + xn )4 j 1≤i< j≤n n ∑ ∑ xi x j (xi + x2 ) ≤ j 1≤i< j≤n ∑ xi x j xi + x2 + j 1≤i< j≤n xk ∑ k=i,k= j n v Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có ∑ xi x j 1≤i< j≤n n ∑ xi2 i=1 n ∑ xi i=1 o c h · ∑ xi x j · ∑ xi 1≤i< j≤n i=1  2 n 2 ∑ xi x j + ∑ xi  1≤i< j≤n i=1   =1 ≤    2 = = ih Như thế, khẳng định ta chứng minh xong Điều cho phép ta đến kết luận số C nhỏ thỏa mãn yêu cầu đề Cmin = Bài O7 Chứng minh với số thực dương a, b, c, x, y, z, bất đẳng thức sau thỏa mãn u ax by cz (a + b + c)(x + y + z) + + ≤ a+x b+y c+z a+b+c+x+y+z V (KMO Weekend Program 2007) Lời giải (V Q B Cẩn) Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại sau a+x ax b+y by c+z cz − + − + − a+x b+y c+z ≥ a + b + c + x + y + z (a + b + c)(x + y + z) − , a+b+c+x+y+z (a − x)2 (b − y)2 (c − z)2 (a + b + c − x − y − z)2 + + ≥ a+x b+y c+z a+b+c+x+y+z Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta dễ thấy VT ≥ [(a − x) + (b − y) + (c − z)]2 = V P, (a + x) + (b + y) + (c + z) thế, bất đẳng thức ta chứng minh xong www.mathvn.com Các tốn hình học Bài HH1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I tâm đường tròn nội tiếp, M điểm cung nhỏ BC Chứng minh MA + 2OI ≥ MB + MC ≥ MA − 2OI (Trần Quang Hùng) Lời giải (T Q Hùng) Sử dụng tính chất phép chiếu vector, ta có suy Tương tự, ta có − → −→ MA − MA = 2MO · MA − → −→ MC − MC = 2MO · MC n − → −→ MB − MB = 2MO · , MB Vậy từ ba đẳng thức trên, ta thu v −→ − − → MA = 2MO · MA, → − → − → − MB MC MA + − MB MC MA h −→ − MB + MC − MA = 2MO · o c Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng vector, ta có → − → → − → − → − − → − MB MC MA −→ MB MC MA − + − ≤ MO · + − −MO MB MC MA MB MC MA Do M ∈ (O) nên MO = R, tính (2) − → MC MA + MC − MA Thật → − → − − → → − − → → − MB MC MB MA MC MA · − · − · MB MC MB MA MC MA − − → → − − → → − − → → = + 2(cos(MB, MC) − cos(MB, MA) − cos(MC, MA)) ih − → → − → − → − MB MC MA ≤ MO + − MB MC MA (1) = 3+2 u → − → − → − MB MC MA + − MB MC MA − → MB MB V = − 2(cos A + cos B + cosC) (do M nằm cung nhỏ BC) R+r R+r = 3−2 (do cos A + cos B + cosC = ) R R R2 − 2Rr OI = = (công thức Euler) R2 R Từ suy → − → − → − MB MC MA = OI MO + − MB MC MA (3) Vậy từ (1), (2), (3) ta thu bất đẳng thức MA + 2OI ≥ MB + MC ≥ MA − 2OI, đẳng thức xảy ABC tam giác Bài HH2 Cho tam giác ABC, trực tâm H, bán kính đường trịn ngoại tiếp R Với điểm M mặt phẳng, tìm giá trị bé biểu thức MA3 + MB3 + MC3 − R · MH www.mathvn.com 52 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn (Trần Quang Hùng) Lời giải (T Q Hùng) Bằng bất đẳng thức AM – GM, có MA3 R2 + MA2 MA3 + ≥ + R.MA ≥ 2MA2 , R R suy R2 MA3 ≥ MA2 − R 2 Tương tự, ta có MB3 R2 ≥ MB2 − , R 2 MC3 R2 ≥ MC2 − R 2 Như (1) v n MA3 + MB3 + MC3 ≥ (MA2 + MB2 + MC2 ) − R2 R 2 Gọi O tâm ngoại tiếp tam giác ABC ta có h −→ − − → −→ − − → −→ − − → MA2 + MB2 + MC2 = (MO + OA)2 + (MO + OB)2 + (MO + OC)2 −→ − − → − → − → = 3MO2 + 2MO(OA + OB + OC) + 3R2 −→ − − → − → − → − → − → = 3MO2 + 2MO · OH + 3R2 (do OA + OB + OC = OH) = 3MO2 − (OM + OH − MH ) + 3R2 o c = 2MO2 − OH + MH + 3R2 ≥ 3R2 − OH + MH ih Vậy từ (1), (2), ta suy (2) u MA3 + MB3 + MC3 ≥ (3R2 − OH + MH ) − R2 R 2 Nhân hai vế bất đẳng thức với R, ta thu V 3 MA3 + MB3 + MC3 − R · MH ≥ 3R3 − R · OH = const 2 Dễ thấy đẳng thức xảy M ≡ O, giá trị giá trị nhỏ biểu thức MA3 + MB3 + MC3 − R · MH Bài toán giải xong Bài HH3 Cho tam giác ABC điểm P bên Chứng minh (AP + BP +CP)2 ≥ √ 3(aPA + bPB + cPC) (Nguyễn Lữ Khoa, Mathematical Reflections) Lời giải (T Q Hùng) Chúng ta đặt ∠BPC = α, ∠CPA = β , ∠APB = γ, α + β + γ = 2π Bởi định lý hàm số cosine, ta có a2 = PB2 + PC2 − 2PB · PC cos α, suy a2 PA = PA(PB2 + PC2 ) − PA · PB · PC cos α www.mathvn.com Các tốn hình học 53 Tương tự, ta tính b2 PB, c2 PC Từ bất đẳng thức cosα + cosβ + cosγ ≥ − với α, β , γ thỏa mãn α + β + γ = 2π, ta thu a2 PA + b2 PB + c2 PC = = PA(PB2 + PC2 ) + PB(PC2 + PA2 ) + PC(PA2 + PB2 ) − 2PA · PB · PC(cos α + cos β + cos γ) ≤ PA(PB2 + PC2 ) + PB(PC2 + PA2 ) + PC(PA2 + PB2 ) + 3PB · PC · PA = (PA + PB + PC)(PB · PC + PC · PA + PA · PB) ≤ (PA + PB + PC)3 Như ≥ 3(aPA + bPB + cPC)2 (Cauchy Schwarz) (PA + PB + PC)2 ≥ √ v Lấy bậc hai hai vế, ta thu n (PA + PB + PC)4 = (PA + PB + PC)3 (PA + PB + PC) ≥ 3(a2 PA + b2 PB + c2 PC)(PA + PB + PC) 3(aPB + bPB + cPC) h Đó điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ABC tam giác P trùng với tâm o c Bài HH4 Giả sử a, b, c ba cạnh tam giác ma , mb , mc trung tuyến tương ứng với chúng Chứng minh bất đẳng thức sau √ ma mb mc 3(a + b2 + c2 ) + + ≥ a2 b c 2abc (Bodan*) ih Lời giải (T Q Hùng) Bất đẳng thức tương đương ma bc mb ca mc ab + + a b c u Ta lại có V ma bc mb ca mc ab + + a b c 2 ≥ (a2 + b2 + c2 )2 (mb ca) · (mc ab) = ∑ a2 mb mc bc cyc cyc ≥ 3∑ Ta chứng minh 3 ∑ a2 mb mc ≥ (a2 + b2 + c2 )2 , cyc tức ∑ a2 mb mc ≥ (a2 + b2 + c2 )2 cyc Thật vậy, chuyển qua tam giác trung tuyến với ba cạnh ma , mb , mc với ý a2 = (2m2 + b − m2 ) a2 + b2 + c2 = (m2 + m2 + m2 ), cần chứng minh 2mc a a c b ∑(2m2 + 2m2 − m2 )mb mc ≥ (m2 + m2 + m2 )2 c a a c b b cyc Bằng biến đổi tương đương, ta thấy bất đẳng thức tương đương với (m2 − (mb − mc )2 )(mb − mc )2 ≥ 2∑ a cyc www.mathvn.com 54 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Bất đẳng thức ma > |mb − mc |, mb > |mc − ma |, mc > |ma − mb | Đó điều phải chứng minh Bài HH5 Với tam giác nhọn ABC, trung tuyến ma , mb , mc , bán kính tiếp , rb , rc , nửa chu vi s, chứng minh bất đẳng thức ma · + mb · rb + mc · rc ≤ s2 (Darij Grinberg) Lời giải (Darij Grinberg) Gọi A trung điểm BC O tam đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có O nằm tam giác ABC tam giác nhọn Vậy OA = OC cos A OC = R cos A, từ suy A a A a A = cos2 = · cot sin A 2 n ma = AA ≤ OA + OA = R + R cos A = 2R cos2 as bs cs a + b + c + + = · s = s · s = s2 2 2 h ma · + mb · rb + mc · rc ≤ v a as Nói cách khác ma ≤ a : tan A Ta lại có tan A = rsa , ma ≤ : rsa = 2ra Nhân hai vế cho , ta 2 thu ma · ≤ as Tương tự cho đỉnh B,C mb · rb ≤ bs mc · rc ≤ cs Và 2 Đó điều phải chứng minh Bài HH6 Cho tam giác ABC Chứng minh A B A C o c ∑ sin + ∑ cos2 − ∑ cos cos cyc cyc cyc ≤ B C A B A + sin + sin ≤ + sin + sin 2 2 2 + cos A+B u sin ih (Trần Quang Hùng) Lời giải (T Q Hùng) Khơng tính tổng quát, ta giả sử A ≤ C ≤ B Khi ta có A B A B A B A B + sin2 + sin2 + sin sin + cos cos − sin sin 2 2 2 2 A B A B = − cos2 − cos2 + cos cos 2 2 V = = A B − cos − cos 2 2 (1) Ta chứng minh A B cos − cos 2 2 ≥ B C ∑ cos − cos cyc = A B C ∑ cos2 − ∑ cos cos cyc (2) cyc Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức dãy sau cos A B − cos 2 ≥ cos A C − cos 2 + cos B C − cos 2 , www.mathvn.com Các tốn hình học 55 A B C A C B C cos ≥ cos2 − cos cos − cos cos , 2 2 2 A C B C A B C cos cos + cos cos − cos cos − cos2 ≥ 0, 2 2 2 B C C A cos − cos cos − cos ≥ 2 2 −2 cos Điều ln ta có cos A ≥ cos C ≥ cos B (do giả thiêt A ≤ C ≤ B) Vậy từ (1), (2), ta có 2 A A B C ∑ sin ≤ − ∑ cos2 − ∑ cos cos cyc cyc cyc n Bài toán chứng minh xong Bài HH7 Cho tam giác ABC Chứng minh B −C C−A A−B 3A 3B 3C + cos + cos ≥ sin + sin + sin 2 2 2 v cos cyc B C A A A sin + ∑ sin ≥ ∑ sin − ∑ sin3 , 2 cyc 2 cyc cyc ∑ sin3 Ta chứng minh A B C A B + sin3 + sin sin + sin 2 2 u sin3 A B C A + ∑ sin sin ≥ ∑ sin 2 2 cyc cyc ih cyc o c ∑ sin h (USAMO 2002) Lời giải (T H Sơn) Thực biến đổi tương đương, ta thấy bất đẳng thức cho tương đương với B −C 3A ∑ cos ≥ ∑ sin , cyc cyc ≥ sin A B + sin 2 (1) V Thật vậy, ta thấy bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức dãy sau sin2 A A B B C − sin sin + sin2 + sin ≥ 1, 2 2 A−B C A+B − cos + sin ≥ 1, 2 C A−B + sin ≥ cos A + cos B + cos (hiển nhiên đúng) 2 − cos A + − cos B + cos Tương tự, ta có B C A B C + sin3 + sin sin + sin 2 2 C A B C A sin3 + sin3 + sin sin + sin 2 2 2 sin3 B C + sin , 2 C A ≥ sin + sin 2 ≥ sin (2) (3) www.mathvn.com 56 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Vậy từ (1), (2) (3), ta suy ∑ sin3 cyc A B A C + ∑ sin sin ≥ ∑ sin 2 2 cyc cyc Đó điều phải chứng minh Dễ thấy đẳng thức xảy ABC tam giác Bài HH8 Cho tam giác nhọn ABC, P điểm bên tam giác ABC, đường thẳng AP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC điểm thứ hai A0 , tương tự ta có B0 C0 Chứng minh (a) PA0 · PB0 · PC0 ≥ 8PA · PB · PC; (b) (Zhaoli*) PB ·CA0 + PC · BA0 BC h PA0 ≥ v Lời giải (Yimin Ge) Sử dụng bất đẳng thức Ptolemy, ta có n PA0 PB0 PC0 + + ≥ PA PB PC o c Đặt x = sin ∠BPC0 = sin ∠CPB0 , y = sin ∠BPA0 = sin ∠APB0 , z = sin ∠CPA0 = sin ∠APC0 Theo định lý hàm số sine, ta có z BA0 y CA0 = , = BC x BC x Từ ta thu z y PA0 ≥ PB + PC (1) x x Tương tự cho B0 ,C0 , ta có u ih x z PB0 ≥ PC + PB, y y y x PC0 ≥ PA + PC z z (2) (3) V Nhân bất đẳng thức (1), (2), (3), ta PA0 · PB0 · PC0 ≥ ∏ cyc y z PB + PC ≥ 8PA · PB · PC x x Đó bất đẳng thức phần a) Bây ta chứng minh phần b) Sử dụng bất đẳng thức AM − GM kết hợp với bất đẳng thức (1), (2), (3), ta PA0 ∑ PA cyc ≥∑ cyc z PB y PC + x PA x PA ≥ Bài toán chứng minh xong Bài HH9 Cho tam giác ABC điểm M đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh MA MB MC b c c a a b + + ≥ + , + , + ≥ BC CA AB c b a c b a www.mathvn.com Các toán hình học 57 (Johnmclay*) Lời giải (Darij Grinberg) Ta dễ thấy vế sau không nhỏ 2, ta phải chứng minh b c c a a b MA MB MC + + ≥ + , + , + a b c c b a c b a c c b Đặt E = b + b , a + a , a + a Không giảm tổng quát, ta giả sử M nằm cung c c b BC đường tròn ngoại tiếp không chứa A Từ đẳng thức Ptolemy, ta suy CA · MB + AB · MC = BC · MA Nói cách khác, b · MB + c · MC = a · MA Như vậy, MA = b·MB+c·MC Từ đó, a b c MB MC MB · a + a + MC · a + a b c + = a b c a b c MB · a + a + MC · a + a MB · E + MC · E b c ≥ ≥ = E MB + MC MB + MC + n b·MB+c·MC a MA MB MC + + = a b c v Như vậy, ta chứng minh ≥ h MA MB MC b c c a a b + + ≥ + , + , + a b c c b a c b a Bài HH10 Cho tam giác ABC, M điểm bên nó, tìm giá trị lớn biểu thức o c PA sin ∠BPC + PB sin ∠CPA + PC sin ∠APB (Manlio) Lời giải (LevonNurbekian*) Ta chứng minh ih PA sin ∠BPC + PB sin ∠CPA + PC sin ∠APB ≤ AB + BC +CA u Thật vậy, đặt ϕ = ∠PAB, δ = ∠PBC, ω = ∠PCA, α = ∠BAC, β = ∠ABC, γ = ∠BCA Sử dụng biến đổi lượng giác, ta có, bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với V cos ϕ cos δ cos ω + cos(α − ϕ) cos(β − δ ) cos(γ − ω) ≤ ∑ sin α cos cyc −α + β + γ +ϕ −δ −ω sin α + sin β + sin γ , ≤ sin α + sin β + sin γ γ Điều hiển nhiên, dấu xảy ϕ = α , δ = β , ω = , P trùng tâm nội 2 tiếp tam giác ABC www.mathvn.com Sưu tầm viết hay bất đẳng thức Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality3 TRẦN NAM DŨNG, GABRIEL DOSPINESCU v n Together with Arthimetic mean – Geometric mean (AM – GM), Schur, Jensen and Holder inequality, Cauchy – Bunyakovski – Schwarz inequality4 (CBS) is a fundamental result, with remarkable applications The main question is how we recognise an inequality that can be solved using this method? It is very hard to say this clearly, but it is definitely good to think of CBS inequality whenever we have sums of radicals or sums of squares and especially when we have expressions involving radicals Let us first consider some problems in which it is better to apply the direct form of CBS inequality ∑ bi n ≤ i=1 ∑ b2 i i=1 i=1 n ∑ a2 i h n The main difficulty is to choose and bi We will see that in some cases this is trivial, while in the other cases it is very difficult Let us solve some problems now: o c Example Prove that if x, y, z are real numbers such that x2 + y2 + z2 = 2, then the following inequality holds x + y + z ≤ + xyz u ih (IMO Shorlist, proposed by Poland) Solution Why we shoud think of CBS inequality? The reason: the relation we are asked to prove can be written as x(1 − yz) + y + z ≤ and we are bound to consider the sum x2 + y2 + z2 However, there are lots of ways to apply CBS The choice V [x(1 − yz) + y + z]2 ≤ [x2 + y2 + z2 ][2 + (1 − yz)2 ] does not help So, maybe it is better to look at y + z as a single number Observe that we have the equality when x = 1, y = and z = (for example), the choice x(1 − yz) + y + z ≤ [x2 + (y + z)2 ][1 + (1 − yz)2 ] becomes natural So, we must prove that 2(1 + yz)(2 − 2yz + y2 z2 ) ≤ or y3 z3 ≤ y2 z2 , which is easy, since ≥ y2 + z2 ≥ 2yz Another non-trivial application of CBS inequality is the following problem Example Let a, b, c, x, y, z be positive real numbers such that ax + by + cz = xyz Prove that √ √ √ x + y + z > a + b + b + c + c + a Bài viết trích từ tạp chí Tốn học tuổi trẻ sách này, gọi bất đẳng thức Cauchy Schwarz Trong www.mathvn.com Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality 59 b c a Solution We write yz + zx + xy = and now the substitution a = yzu, b = zxv and c = xyw becomes natural So, we must prove that z(yu + xv) + x(zv + yw) + y(zu + xw) < x + y + z for u + v + w = One can see the form of the CBS inequality z(yu + xv) + x(zv + yw) + y(zu + xw) ≤ (x + y + z)(yu + xv + zv + yw + zu + xw), and the latter is of course smaller than (x + y + z)2 , since u + v + w = We have seen that CBS inequality can be applied when we have sums What about products? The following example will show that we need some imagination in this case: v n Example Let n (n ≥ 2) be an integer and let a1 , a2 , , an be positive real numbers Prove the inequality (a3 + 1)(a3 + 1) · · · (a3 + 1) ≥ (a2 a2 + 1) · · · (a2 a1 + 1) n n ., (1 + a2 a1 )2 ≤ (1 + a3 )(1 + an a2 ) n n (1 + a2 a3 )2 ≤ (1 + a3 )(1 + a2 a2 ), 2 h (Czech – Slovak – Polish Match, 2001) Solution We try to apply CBS inequality for each factor of the product in the RHS It is natural to write (1 + a2 a2 )2 ≤ (1 + a3 )(1 + a1 a2 ), since we need + a3 , which appears in the LHS Similarly, 1 we can write o c Multiplying we obtain [(a2 a2 + 1) · · · (a2 a1 + 1)]2 ≤ [(a3 + 1) · · · (a3 + 1)][(1 + a1 a2 ) · · · (1 + an a2 )] n n (∗) ih Well, it seems that CBS inequality does not work for this one False! We use again the same argument to find that [(1 + a1 a2 ) · · · (1 + an a2 )]2 ≤ [(a3 + 1) · · · (a3 + 1)][(a2 a2 + 1) · · · (a2 a1 + 1)] n n (∗∗) V u Thus, if (a2 a2 + 1) · · · (a2 a1 + 1) ≥ (1 + a1 a2 ) · · · (1 + an a2 ), then (∗) will give the answer, otherwise n (∗∗) will It is now time to solve some harder problems Example Given x > 0, y > such that x2 + y3 ≥ x3 + y4 Prove that x3 + y3 ≤ (Russia, 1999) Solution The idea is to majorize with for a certain A, which seems reasonable, looking at the exponents We can try some tricks with CBS and AM – GM: x3 + y3 A(x3 + y4 ) (x3 + y3 )2 ≤ (x3 + y4 )(x3 + y2 ) ≤ (x2 + y3 )(x3 + y2 ) ≤ x2 + y2 + x3 + y3 2 Thus we have established that x3 +y3 ≤ x2 +y2 However (x2 +y2 )2 ≤ (x+y)(x3 +y3 ) and so x2 +y2 ≤ x + y ≤ 2(x2 + y2 ) Hence x2 + y2 ≤ and consequently x3 + y3 ≤ www.mathvn.com 60 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Example Prove that if x, y, z ∈ [−1, 1] satisfying x + y + z + xyz = 0, then √ √ x + + y + + z + ≤ Solution We first try CBS inequality in the obvious form: √ √ x + + y + + z + ≤ 3(x + y + z + 3) But is the RHS smaller than 3? Well, if x + y + z ≤ 0, it is Let us suppose it is not the case Thus xyz < Let z < It follows that x, y ∈ (0, 1] We will not give up and try to use again CBS inequality, but for the first two radicals: √ √ √ x + + y + + z + ≤ 2x + 2y + + z + We have to prove that that is −z −2z(1 + xy) √ √ ≤ , + 2x + 2y + + z + or h 2(x + y) −z √ √ ≤ , + 2x + 2y + + z + v which is equivalent to √ 2xy + 2(1 + xy) z + ≤ everything comes down to proving that (1−x)(1−y) , 1+xy 2x + 2y + xy + o c Since + z = n √ 2x + 2y + + z + ≤ 3, (1 − x)(1 − y)(1 + xy) ≤ 1+ x+y ih We would like to use CBS inequality such that − x vanishes from the LHS Specifically: √ √ xy + (1 − x)(1 − y)(1 + xy) = x · xy2 + − x · + xy − y − xy2 + xy − y ≤ ≤ 1+ x+y V u ≤ Maybe the hardest example of them all is the following problem: Example Prove that for all positive real numbers a, b, c, x, y, z, we have b c xy + yz + zx a (y + z) + (z + x) + (x + y) ≥ · b+c c+a a+b x+y+z (Walther Janous, Crux Mathematicorum) Solution We have a ∑ b + c (y + z) + ∑(y + z) = ∑ a cyc cyc cyc ≥ ∑ y+z ∑ b+c cyc √ y+z = ∑(b + c) cyc y+z ∑ b+c cyc cyc www.mathvn.com Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality 61 We will show that ∑ yz √ ∑ y+z ≥ cyc cyc + 2∑x ∑x (1) cyc cyc from which our result will follow (1) is equivalent to ∑ x2 + xy + yz + zx x+ ≥ ∑ yz + ∑x cyc cyc cyc ∑x cyc Since ≥ ∑x cyc cyc ∑x cyc + ∑ yz ≥ ∑ yz + cyc cyc ∑x cyc cyc h ∑x cyc v Hence, it is enough to show that + ∑ yz n ∑ x2 + (xy + yz + zx) which becomes obvious when we square both sides o c We will now take a look at most used trick in past year constest problems It is a direct variant of CBS inequality: n n k=1 n ih a2 k ∑ bk ≥ k=1 ∑ ak , ∑ bk k=1 for all real numbers ak and positive numbers bk (k = 1, 2, , n) V u An easy application of this trick is the following problem given at the Tournament of The Towns competition Example Prove that for all positive real numbers a, b, c, we have the following inequality a3 b3 c3 a2 + b2 + c2 + + ≥ a2 + ab + b2 b + bc + c2 c + ca + a2 a+b+c Solution If we write the RHS as (a2 +b2 +c2 )2 , (a+b+c)(a2 +b2 +c2 ) we will know what we have to ∑ a2 a3 (a2 )2 cyc =∑ ≥ ∑ a2 + ab + b2 + ab + b2 ) + ab + b2 ) ∑ a(a cyc cyc a(a cyc So, we will be able to prove the inequality if ∑ a(a2 + ab + b2 ) ≤ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ), which is cyc in fact verified with equality occur www.mathvn.com 62 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn There are cases when it is impossible to find and bi Let us discuss some problems in which it is not easy at all to use the trick Example Prove that for all positive real numbers a, b, c, we have the inequality (c + a − b)2 (a + b − c)2 (b + c − a)2 + + ≥ + (b + c)2 2 a b + (c + a) c + (a + b) (Japan, 1997) Solution The most natural way would be: ∑ b+c − a cyc cyc b+c a −1 b+c +1 a cyc ≥ ∑ cyc b+c +3 a n (b + c − a)2 ∑ a2 + (b + c)2 = ∑ v because this way we obtain a nice inequality in three variables, whose properties are well-known Thus, we have to show that if x = b+c , y = c+a , z = a+b , then a b h (x + y + z − 3)2 ≥ (x2 + y2 + z2 + 3), which is equivalent to cyc − 15 ∑ x + ∑ xy + 18 ≥ cyc cyc ∑x o c Unfortunately, we cannot use directly the fact that xy + yz + zx ≥ 12 So, we should look for some thing like xy + yz + zx ≥ k(x + y + z) The best would be k = (so as to have an equality when x = y = z = 2) Indeed, after some computations this can be written as ∑ a3 + 3abc ≥ ∑ ab(a + b), ih cyc cyc u which is Schur inequality Hence, we can write − 15 ∑ x + ∑ xy + 18 ≥ ∑x V cyc cyc cyc ∑x cyc − ∑ x + 18 ≥ 0, cyc the last one being obvious since x + y + z ≥ At IMO 2001, problem was a challenge for the contestants Here we suggest an approach, which leads to a nice generalization Example Given positive real number k ≥ Show that for positive real numbers a, b, c, we have √ b c a +√ +√ ≥√ k+1 a2 + kbc b2 + kca c2 + kab (Generalization of IMO 2001) Solution We have, by CBS inequality a ∑ √a2 + kbc cyc ∑a cyc a2 + kbc ≥ ∑a cyc www.mathvn.com Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality 63 Now, apply CBS inequality again for the second sum, we have ∑a a2 + kbc = cyc √ ∑ a· a3 + kabc ≤ cyc ∑a cyc ∑(a3 + kabc) cyc All we have to now is to show that (k + 1) ≥ ∑(a3 + kabc) ∑a cyc cyc But it is equivalent to (k − 8)(a3 + b3 + c3 ) + 3(k + 1)(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 27kabc, n which is obvious by AM – GM inequality .v Practice problems Given x, y, z > such that + + = Prove that x y z √ , x−1+ √ y − + z − h √ Prove that if a1 , a2 , , a6 ∈ x+y+z ≥ (Iran, 1998) √ , then we have √ o c a1 − a2 a2 − a3 a3 − a4 a4 − a5 a5 − a6 a6 − a1 + + + + + ≥ a2 + a3 a3 + a4 a4 + a5 a5 + a6 a6 + a1 a1 + a2 ih (Vasile Cirtoaje) Given x ∈ [0, 1] Show that − x2 + + x2 ≤ 16 V u x 13 (Olympiad of 30 April of Vietnam, 1996) Prove that for 2n arbitrary real numbers a1 , a2 , , an and x1 , x2 , , xn , we have n ∑ xi + i=1 n ∑ a2 i i=1 n ∑ xi2 i=1 ≥ n n ∑ i=1 n ∑ xi i=1 When does equality hold? (Kvant 1989) Given real numbers a, b, c, x, y, z such that (a + b + c)(x + y + z) = and (a2 + b2 + c2 )(x2 + y2 + z2 ) = Prove that ax + by + cz ≥ (Mathlinks contest 2005) www.mathvn.com Giúp bạn giải toán V u ih o c h v n Hiện chưa có mục www.mathvn.com Danh mục tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, Vol 1, GIL publishing house, 2004 [2] Võ Quốc Bá Cẩn, Cosmin Pohoata, Old and New Inequalities, Vol 2, GIL publishing house, 2008 [3] Iurie Boreico, Võ Quốc Bá Cẩn, Mircea Lascu, Yong Su, Bin Xiong, Introduction to Inequalities, GIL publishing house, 2009 .v n [4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Bất đẳng thức số vấn đề liên quan, chuyên đề bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên, hè 2005 [5] Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities – Old and New Methods, GIL publishing house, 2006 h [6] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, nhà xuất Tri Thức, 2006 [7] Hojoo Lee, Topics in Inequalities, 2006 [8] Thomas Mildorf, Olympiad Inequalities, 2005 [11] Tạp chí tốn học tuổi trẻ o c [10] Tạp chí tốn học Mathvn [9] Tạp chí Crux Mathematicorum ih [12] Tạp chí Recreatii Matematice (tiếng Romania) V u [13] Các tài liệu olympic toán online www.mathvn.com ... 2 Bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức sau (b+c−a) +(c+a−b) ≥ c2 (đúng theo Cauchy Schwarz) hai bất đẳng thức tương tự Như vậy, toán ta chứng minh xong Dễ thấy đẳng thức xảy a = b = c Lời giải Bất. .. nên bất đẳng thức hiển nhiển a c a c b c c Xét bất đẳng thức thứ hai, lấy bậc hai hai vế, ta thấy bất đẳng thức tương đương với b c a + + ≥ a + b + c a b c Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức. .. bất đẳng thức AM – GM với ý (a − c)(d − b) ≥ 0, ta thấy bất đẳng thức hệ bất đẳng thức sau (b + 2d)(a + 2b + c + 2d) ≥ (a + b + c)(b + c + d) (b + c + d)2 (d + a + b)2 Nhân hai vế bất đẳng thức