Microsoft Word Tiep noi cau chuyen bdt Nesbitt doc 1 TIẾP NỐI CÂU CHUYÊN VỀ “BẤT ðẲNG THỨC NESBITT” Cao Minh Quang, GV THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long E mail kt13quang@yahoo com ***** 1 Lời g[.]
a − + b − + c − ≥ b + c a + c a + b TIẾP NỐI CÂU CHUYÊN VỀ “BẤT ðẲNG THỨC NESBITT” Cao Minh Quang, GV THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long E-mail: kt13quang@yahoo.com ⇔ ***** Lời giới thiệu Vào tháng năm 1903, tạp chí tốn học tiếng American Mathematical Monthly, Nesbitt ñã ñề xuất toán sau a −b + a −c b−c + b−a c− a + c −b + + ≥0 b+c a+c a +b 1 ⇔ (a − b) − − + (b − c) + b + c c + a a + c c + b + (a − c) − ≥0 b+c a+b Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c + + ≥ (1) b+c c +a a+b ðẳng thức xảy a = b = c Bài tốn thật đơn giản đẹp đẽ, nhiều người quan tâm tìm cách giải Trên Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ số 358 (tháng – 2007), tác giả Vũ ðình Hịa giới thiệu cho bạn đọc tổng qt bất đẳng thức (1), bất ñẳng thức Shapiro ñược phát biểu dạng ⇔ n xi n ≥ + x i+1 i +2 i=1 ðẳng thức xảy x1 = x2 = = xn Trong viết nhỏ này, xin tổng hợp lời giải cho bất ñẳng thức (1) số kết ñược phát triển từ (1) thời gian gần ñây (1) ⇔ 2[a (a + b)(a + c) + b (b + a )(b + c) + +c (c + a)(c + b)] ≥ 3(a + b)(b + c)(c + a) ⇔ (a3 + b3 + c3 ) ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) Ta có x + y ≥ xy ( x + y ) ∀x, y > Do a3 + b3 ≥ ab (a + b) , b3 + c3 ≥ bc (b + c) , c3 + a ≥ ca (c + a ) Từ suy bất đẳng thức cuối ln Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có a2 b+c a2 b + c + ≥2 =a b+c b+c Một số lời giải cho (1) Thật bất đẳng thức (1) có nhiều cách giải, số đơn giản có nhiều cách phức tạp, đơi phải sử dụng đến bất đẳng thức Jensen, Karamata, định lí dồn biến, … Lời giải a b c + 1 + + 1 + + 1 ≥ (1) ⇔ b + c c + a a + b 1 ⇔ ( a +b) +(b +c) +(c +a) + + ≥9 a +b b +c c +a ( ) Lời giải Với xi ≥ 0, xi + xi+1 > (i = 1, 2, , n) , xn+i = xi ta có ∑x (a − b) (b − c) ( a − c) + + ≥0 (b + c)(a + c) (a + c)(a + b) (b + c)(a + b) Tương tự, ta có b2 c+a c2 a +b + ≥ b, + ≥c c+a a +b Cộng bất ñẳng thức theo vế, ta ñược a2 b2 c2 a+b+c + + + ≥ a +b+c b+c c+a a+b a2 b2 c2 ⇔ + a + + b + + c ≥ ( a + b + c) c + a a + b b + c 1 1 Dễ thấy (2) ( x + y + z ) + + ≥ ∀x, y, z > x y z ⇔ a(a +b +c) b(a +b +c) c(a +b + c) + + ≥ (a +b +c) b +c a +c a +b Lời giải ðặt x = b + c, y = c + a, z = a + b Khi ⇔ a b c + + ≥ b+c a +c a +b y+z−x z + x− y x+ y−z ,c = , b= 2 y + z−x z + x− y x+ y−z Do (1) trở thành + + ≥ , hay 2x 2y 2z y+z z+x x+ y + + ≥ (3) Dễ thấy (3) ln đúng, theo x y z bất đẳng thức AM – GM1, ta có a= y+z z+x x+ y x x y y z z x x y + + + + + ≥ 66 = x y z y z z x x y y z z Lời giải Sử dụng bất ñẳng thức Cauchy – Schwarz2 ta có Lời giải Ta đặt A = B= A+ B = Lời giải Ta có (1) tương ñương với bất ñẳng thức Bất ñẳng thức Cauchy Bất ñẳng thức Buniakowski b+c c+a a +b + + = , b+c c+a a +b a +b b + c c + a a + c b + a c +b + + , A +C = + + b + c c + a a +b b + c c + a a +b Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 3( ab + bc + ca ) = (ab + bc + ca ) b c a c a b + + ,C = + + b+c c+a a+b b+c c+a a +b Ta có B + C = (a + b + c) a b c + + ≥ ≥ b + c c + a a + b (ab + bc + ca ) ≥ a b c + + , b+c c+a a +b A + B ≥ 33 a +b b+c c+a =3 b+c c+a a +b A + C ≥ 33 a+c b+a c+b =3 b+c c+a a+b Lời giải [ Hojoo Lee ] Áp dụng bất ñẳng thức AM – GM, Suy A + B + C ≥ hay A ≥ ta có a + b3 + b3 ≥ 3 a 3b6 = ab , x y z + + ≥ xz + yz + zx + a + c3 + c3 ≥ 3 a c6 = ac Suy ( ) Do a a3 ≥ Tương tự, ta chứng b + c a3 + b3 + c3 a + b3 + c3 ≥ a (b + c) ⇔ ( x y + y z + z x) ≥ ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx) 3 b b c c , ≥ ≥ c + a a3 + b3 + c3 a + b a3 + b3 + c3 Cộng bất ñẳng thức theo vế, ta ñược Sử dụng bất ñẳng thức AM – GM, ta có x2 y + y z + z x = minh ñược a b c a + b3 + c 3 + + ≥ = b + c c + a a + b a + b3 + c + ( z x + x2 y + x2 y) ≥ x2 y5 z2 + y2 z5 x2 + z2 x5 y2 = x + y + z Chứng minh tương tự ta nhận ñược x2 y + y2 z + z2 x = Lời giải [ Hojoo Lee ] Ta có ( x + y ) ≥ xy ∀x, y > Do x y + y2 z + y2 z) + ( y2 z + z x + z x) + ( 3 + ( x y + z2 x + z2 x) + 13 ( y2 z + x2 y + x2 y) + ( z x + y2 z + y2 z) ≥ x4 z4 y + x4 y4 z + xy4 z4 = xy + yz + zx 2a +(b +c) ≥8a(b + c) ⇔ 4a2 + 4a(b + c) +(b + c)2 ≥8a(b +c) a 8a − b − c ⇔ 4a (a + b + c) ≥ (b + c) 8a −(b + c) ⇔ ≥ b +c a +b +c Suy ( x y + y z + z x) ≥ ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx) Tương tự, ta chứng minh Khi đó, dễ thấy b 8b − c − a c 8c − a − b ≥ ≥ , c+a a +b+c a +b a +b+c Cộng bất ñẳng thức theo vế, ta ñược a b c 8(a +b + c) − 2( a + b + c) + + ≥ = b + c c + a a +b a +b +c Lời giải 10 [ Cao Minh Quang ] Áp dụng bất ñẳng thức AM – (a + b + c) 2a + (b + c) + (b + c) = ≥ 2a (b + c) GM, ta có 3 Suy ñược a 3 a a ≥ Tương tự, ta chứng minh b+c (a + b + c) b b b c c c 3 3 ≥ ≥ , a +b c+a 2 (a + b + c) (a + b + c) Cộng bất ñẳng thức trên, ta ñược a b c 3 a a + b b + c c + + ≥ b+c c+a a +b (a + b + c) Do để chứng minh (1), ta chứng minh a a + b b + c c 3 ≥1 ⇔ a a + b b + c c ≥(a + b + c) (a + b + c)3 ( Lời giải 12 Không tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c 1 Áp dụng bất ñẳng thức ≥ ≥ b + c c + a a +b Chebyshev, ta có a b c 1 + + ≥ (a +b +c) + + ≥ b + c c + a a +b b +c c + a a +b ≥ (a + b + c) = (b + c) + (c + a ) + (a + b) a b c ,y= ,z= , b +c c +a a +b x+ y+z A = Ta cần chứng minh A ≥ Ta có Lời giải 13 [ Hojoo Lee ] ðặt x = x y z a +b +c + + = =1 1+ x 1+ y 1+ z a + b + c Suy = xyz + xy + yz + zx Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có = xyz + xy + yz + zx ≤ A3 + A2 , suy (2 A −1)( A + 1) ≥ , hay A ≥ Lời giải 14 [ Hojoo Lee ] Vì vai trị a, b, c a b nên ta giả sử a ≥ b ≥ c Ta ñặt x = , y = c c x ≥ y ≥ (1) trở thành ) a c b +1 c ðặt x = a , y = b , z = c , bất ñẳng thức trở thành 3( x3 + y + z ) ≥ ( x + y + z ) Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có (x + y2 + z 2 ) ≤ (x + y3 + z3 )( x + y + z) Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có ( x + y + z )( x + y + z ) ≤ ( x + y + z ) hay + ≥ a b + c c x y + + ≥ (4 ) y +1 x +1 x+ y x +1 y +1 x y 1 + ≥2⇒ + ≥ 2− − y +1 x +1 y +1 x +1 x +1 y +1 Do ñó, ñể chứng minh (4), ta chứng minh 2− a b c ,y= ,z = b c a x, y, z > 0, xyz = (1) ñược viết lại dạng a +1 c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có Nhân hai bất ñẳng thức theo vế, ta ñược 3( x3 + y + z ) ≥ ( x + y + z ) + b c 1 1 1 − ≥ − ⇔ − ≥ − x +1 y +1 x + y y +1 x +1 x + y ⇔ y −1 y −1 ≥ ( y + 1) ( x + 1)( x + y ) ⇔ ( y − 1) ( x + 1)( x + y ) − ( y + 1) ≥0 ( x + y )( x + 1)( y + 1) Lời giải 11 [ Cao Minh Quang ] ðặt x = Bất ñẳng thức cuối x ≥ y ≥ ðể chứng minh (4), ngồi lời giải trên, ta cịn lời giải khác sau Lời giải 15 [ Hojoo Lee ] ðặt m = x + y, n = xy Khi (4) trở thành m2 − 2n + m + ≥ ⇔ 2m3 − m2 − m + ≥ n (7m − 2)(5) m + n +1 m Ta ñể ý m − > m ≥ n Do để chứng minh (5), ta chứng minh ( m − m − m + ) ≥ m (7 m − ) ⇔ m3 − 2m2 − 4m +8 ≥ ⇔ (m − 2) (m + 2) ≥ (hiển nhiên) Lời giải 16 [ Cao Minh Quang ] Trước hết, ta chứng minh bổ ñề quan trọng sau Bổ ñề Cho số thực x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 thỏa mãn ñiều kiện x1 ≥ x2 ≥ x3 , y1 ≥ y2 ≥ y3 Khi 1 1 f = = f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≤ 3 Nhưng ta chứng minh f hàm tăng, x+ y+z a b c ≤ , tức + + ≥ b + c c + a a +b Lời giải 18 Ta sử dụng định lí dồn biến để chứng minh (1) a b c a +b a +b +c ðặt E (a, b, c) = + + ,t = ,v = b +c c + a a +b a + b + c (a + b ) c Dễ thấy E (a , b , c ) = + ≥ ab + c + c (a + b ) a + b 2t + 2tc c + = E (t , t , c) Do đó, theo định lí dồn 2 t + c + 2ct 2t biến, ta ñược E ( a, b, c) ≥ E (v, v, v) = ≥ Lời giải 19 [ Cao Minh Quang ] Do bất ñẳng thức Nesbitt ñồng bậc nên ta cần chứng minh bất ñẳng thức x y z + + ≥ (1') , y+z z+x x+ y x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 ≥ x1 yi1 + x2 yi2 + x3 yi3 (*) , (i1 , i2 , i3 ) hoán vị (1, 2, 3) Chứng minh ðặt z1 = yi1 , z2 = yi2 , z3 = yi3 Khi (*) trở thành x, y, z số thực dương có tổng Áp dụng bất ñẳng thức AM – GM, ta có x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 ≥ x1 z1 + x2 z2 + x3 z3 (**) hay 9x ( y + z) x ( y + z) x + ≥2 = 3x y+z 4 ( y + z) x1 ( y1 − z1 ) + x2 ( y2 − z2 ) + x3 ( y3 − z3 ) ≥ Ta nhận thấy y1 ≥ z1 , y1 + y2 ≥ z1 + z2 y1 + y2 + y3 = z1 + z2 + z3 Do đó, x1 ( y1 − z1 ) + x2 ( y2 − z ) + x3 ( y3 − z3 ) ≥ ≥ x2 ( y1 − z1 ) + x2 ( y2 − z2 ) + x3 ( y3 − z3 ) = = x2 ( y1 + y2 ) − ( z1 + z2 ) + x3 ( y3 − z3 ) ≥ ≥ x3 ( y1 + y2 ) − ( z1 + z2 ) + x3 ( y3 − z3 ) = = x3 ( y1 + y + y3 ) − ( z1 + z + z ) = Vậy (**) ñã ñược chứng minh Ta trở lại toán (1) Khơng tính tổng qt, ta giả sử a ≥ b ≥ c 1 Khi ≥ ≥ Áp dụng bổ đề trên, ta có b+c c +a a +b a b c b c a + + ≥ + + b+c c+a a +b b+c c+a a +b a b c c a b + + ≥ + + b+c c+a a +b b+c c+a a +b Cộng bất ñẳng thức theo vế, ta ñược Tương tự, ta chứng minh ñược y ( z + x) z ( x + y) y z + ≥ y, + ≥ 3z z+x x+ y Cộng ba bất ñẳng thức theo vế, ta ñược x y z + + + ( xy + yz + zx) ≥ 3( x + y + z)(i) y+z z+x x+ y 3 ( x + y + z) = ( x + y + z) ≥ ( xy + yz + zx)(ii) 2 Cộng bất ñẳng thức (i) (ii) theo vế, ta ñược Nhưng x y z 3 + + ≥ (x + y + z) = y+z z+x x+ y 2 Vậy (1’) ñã ñược chứng minh Ngồi lời giải trên, (1’) cịn có lời giải sau Lời giải 20 [ Hojoo Lee ] Ta có x −(1− x)(9 x −1) = (3x −1) ≥ Suy x ≥ (1 − x)(9 x − 1) hay Tương tự, ta có a b c b + c c + a a + b + + + + ≥ b + c c + a a + b b + c c + a a + b hay a b c + + ≥ b+c c+a a +b a b c Lời giải 17 [ Hojoo Lee ] ðặt x = ,y= ,z= b+c c+a a +b x y z a b c Ta có + + = + + =1 1+ x 1+ y 1+ z a + b + c a + b + c a + b + c x Ta chứng minh ñược hàm f hàm 1+ x lõm (0, +∞) Áp dụng bất ñẳng thức Jensen, ta có Xét hàm f ( x) = x + y + z f x x −1 ≥ 1− x y y −1 z z −1 ≥ , ≥ Do 1− z 1− y 9(x + y + z)− 3 x y z + + ≥ = y+z z+x x+ y Lời giải 21 [ Cao Minh Quang ] Với x ∈ (0,1) , sử dụng bất ñẳng thức AM – GM, ta có ( − 2x) + (1 + x) + (1 + x) = 64 27 (2 − x)(1 + x)(1 + x) ≤ Do đó, x 27 ≥ x (1 + x) Tương tự, ta có − x 32 y 27 z 27 2 ≥ y (1 + y ) , ≥ z (1 + z ) − y 32 − z 32 Cộng ba bất ñẳng thức sử dụng bất ñẳng thức + r r x y z 27 + + ≥ [( x3 + y3 + z ) + 2( x2 + y + z ) + 1− x 1− y 1− z 32 + ( x + y + z )] ≥ 1 27 3 + + 1 = 32 Lời giải 22 [ Cao Minh Quang ] Với x ∈ (0,1) , ta có x 9x2 ≥ (3x − 1) ≥ ⇔ 3x + ≥ x (1 − x) ⇔ − x 3x + Chứng minh tương tự, có Do đó, y y2 z 9z2 ≥ , ≥ − y y + 1 − z 3z + x y z x2 y2 9z2 + + ≥ + + ≥ − x − y − z 3x + y + 3z + ≥ (3 x + y + z ) = 3( x + y + z ) + x Ta chứng minh ñược 1− x hàm số lồi (0,1) Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có Lời giải 23 Xét hàm số y = f ( x) = 1 f ( x) + f ( y ) + f ( z ) ≥ 3 hay x + y + z f x y z x y z + + = + + ≥ 1− x 1− y − z y + z z + x x + y Ngồi lời giải trên, với việc chứng minh hàm số x y = f ( x) = lồi (0,1) cịn giúp ta có lời giải khác 1− x cho (1’) sau Lời giải 24 [ Cao Minh Quang ] Khơng tính tổng qt, ta 1 giả sử x ≥ y ≥ z Khi đó, dễ thấy x ≥ , z ≤ , suy 3 1 x + y = − z ≥ − = , ( x , y , z ) ≻ , , Ta 3 3 x lồi (0,1) , đó, chứng minh hàm số y = f ( x) = 1−x theo bất ñẳng Karamata, ta có hay x+ y ≥ ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x) = Bây ta trở lại việc chứng minh (1’) Dùng bất ñẳng thức r ab ≤ ( a + b ) , ∀a , b > a+b x + y + z x +y +z ≥ , ∀x, y, z ≥ 0, r ≥ , ta ñược 3 r ( z + x)( z + y ) Ta có yz x y z zx xy ≥ + + ≥ − + + y+z z+x x+ y y + z z + x x + y ≥ − ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y ) = Một số kết ñược phát triển từ (1) Trong thời gian gần ñây, với quan tâm nhiều người yêu bất ñẳng thức, ta nhận ñược số kết ñẹp ñược mở rộng làm chặt từ (1) Xin ñược ñề cập đến số tốn sau Bài [ Titu Vareescu, Mircea Lascu ] Cho a, b, c, α số thực dương cho abc = 1, α ≥ Chứng minh aα bα cα + + ≥ b+c c +a a +b Bài [ Trần Tuấn Anh ] Cho a, b, c, k số thực dương cho k ≥ Chứng minh k k k a + b + c ≥ b + c c + a a + b 2k Bài [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c, r số thực dương ln − Chứng minh cho r ≥ ln r r r 2a + 2b + 2c ≥ b + c c + a a + b Bài [ Trần Nam Dũng ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a2 + b2 + c2 a b c ab + bc + ca + ≥ + + ≥ 2− 2 ab + bc + ca b + c c + a a + b a + b2 + c Bài [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b c 13 ab + bc + ca + + ≥ − b+c c+ a a +b a + b2 + c2 Bài [ Cezar Lupu ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 1 1 1 f ( x) + f ( y) + f ( z) ≥ f + f + f , a b c a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥ + + b + c c + a a + b ( a + b)( a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) x y z + + ≥ y+z z+x x+ y Bài [ Cao Minh Quang ] Cho a, b, c số thực dương , m, n số thực không âm cho a + b + c = 6m ≥ 5n Chứng minh Lời giải 25 [ Cao Minh Quang ] Trước hết, ta chứng minh x, y, z số thực dương có tổng x + yz y + zx z + xy + + ≥2 y+z z+x x+ y Sử dụng bất ñẳng thức a + b + c ≥ ab + bc + ca, ∀a, b, c > , ñể ý x + y + z = , ta có x + yz y + zx z + xy ( x + y)( x + z) ( y + z)( y + x) + + = + + y+z z+x x+y y+z z+x ma + nbc mb + nbc mc + nab 3m + n + + ≥ b+c c+a a +b Câu chuyện “bất ñẳng thức Nesbitt” hẳn chưa dừng lại Hy vọng ngày bạn tìm cho lời giải đẹp cho tốn phát triển theo nhiều hướng khác * Các lời giải 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 12, 18, 23 chưa xác ñịnh ñược người giải ñược ñầu tiên Kính mong Ban biên tập THTT bổ sung thêm Xin chân thành cám ơn ... y = b , z = c , bất ñẳng thức trở thành 3( x3 + y + z ) ≥ ( x + y + z ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có (x + y2 + z 2 ) ≤ (x + y3 + z3 )( x + y + z) Áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev,