Tap san Bat dang thuc

1 Tập san Bất đẳng thức Diễn đàn Bất đẳng thức Việt Nam VietNam Inequality Forum  Nhóm biên soạn: Ban Quản Lý VIF • Phạm Kim Hùng [hungkhtn] Sinh viên đại học Stanford, USA • Nguyễn Thúc Vũ Hoàng [ZaiZai] Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Quảng Trị • Phan Phương Đức [Duca1pbc] Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An • Đinh Tuấn Đông [dtdong91] Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Phan Bội Châu, tỉnh Nghệ An • Bạch Ngọc Thành Công [10maths-tp06-09] Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT chuyên Trần Phú, thành phố Hải Phòng • Lê Thúc Trình [pi3.14] Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2006-2009, THPT Quốc Học, thành phố Huế • Lê Trung Kiên [kelieulinh] Học sinh chuyên Toán, niên khóa 2004-2007, THPT chuyên Bắc Giang, tỉnh Bắc Giang • Cùng các thành viên khác của VIF đã nhiệt tình tham gia cộng tác để hoàn thành tập san. 2 Lời giới thiệu Diễn đàn bất đẳng thức Việt Nam đã từ lâu trở thành ngôi nhà thân thiết của rất nhiều bạn trẻ yêu toán nói chung và bất đẳng thức nói riêng. Các bạn đã từng gặp những bất đẳng thức với hình thức phát biểu đẹp mắt và đi cùng với những bài toán đó là những lời giải đơn giản, trong sáng ở VIF. Các bạn muốn lưu giữ nó để làm một tài liệu tham khảo cho việc học của mình. Các bạn muốn xem một cách có hệ thống các bài toán đã từng xuất hiện ở VIF. Hay đơn giản là các bạn muốn có một tài liệu để học hỏi thêm kinh nghiệm. Đáp ứng nhu cầu này chúng tôi cho ra đời tập san VIF. Đây là tập san đã được tập hợp, chọc lọc và biên tập lại từ các bài toán đã từng xuất hiện trên VIF. Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi lỗi vì vậy mong nhận được sự bổ sung, góp ý của tất cả các bạn. Mong rằng với tài liệu này các bạn sẽ có một tài liệu tham khảo bổ ích và tiếp tục thành công trên con đường hoa lệ nhưng cũng không thiếu sự chông gai của: Thế giới bất đẳng thức sơ cấp. 3 Mục lục 4 Phần 1: Problems of Day Problems of Day là các bài toán được đề xuất vào mỗi ngày của VIF. Mỗi bài toán sẽ được đặt ra và người giải sẽ được nhận 7 hạt dẻ nếu lời giải đề xuất đúng. Đây là một box rất sôi động của VIF. Các bài toán được chọn là các bài toán tự sáng tạo, chưa từng xuất hiện ở bất kì nơi nào khác. Từ đây nhiều bài toán đẹp, nhiều lời giải hay đã hình thành  Bài toán 1: [Nguyễn Thúc Vũ Hoàng] Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc =1. Chứng minh rằng: 1+ 3  (a 3 + 1)(b 3 + 1)(c 3 +1)≥ 1 a + 1 b + 1 c Lời giải: [Phan Phương Đức] Trong ba số a −1,b−1,c−1 luôn tồn tại 2 số cùng dấu,ta giả sử (b −1)(c −1) ≥ 0 áp dụng bất đẳng thức Holder cho 3 số: (a 3 + 1)(1 + b 3 )(1 + c 3 ) ≥ (a + bc) 3 Ta phải chứng minh: a + bc +1≥ ab + bc + ca ⇔ a +1≥ ab + ca ⇔ a(1 −b)+ac(b − 1) ≥ 0 ⇔ (b −1)(c −1) ≥ 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1  Lời giải 2: [Lê Thúc Trình] Đặt a + b + c = p, ab + bc + ca = q Ta có: (a 3 + 1)( b 3 + 1)( c 3 +1)=2+a 3 b 3 + b 3 c 3 + a 3 c 3 + a 3 + b 3 + c 3 Sử dụng các kết quả sau: a 3 + b 3 + c 3 = p 3 − 3pq +3 a 3 b 3 + b 3 c 3 + a 3 c 3 = q 3 − 3pq +3 Ta có: (a 3 + 1)( b 3 + 1)( c 3 +1)=p 3 − 3pq + q 3 − 3pq +8 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: p 3 − 3pq + q 3 − 3pq +8≥ (q − 1) 3 ⇔ p 3 +3q 2 +9≥ 6pq +3q(∗) 5 Ta xét các trường hợp sau đây: • Trường hợp 1: Nếu q ≥ p thì theo bất đẳng thức Schur ta có: p 3 +9≥ 4pq Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3q 2 ≥ 3q +2pq Do q ≥ p nên ta phải chứng minh: q 2 ≥ 3q Điều này hiển nhiên đúng. • Trường hợp 2: Nếu p ≥ q khi đó: (∗) ⇔ p 3 +3q 2 +9q +9≥ 6pq +12q Theo bất đẳng thức AM-GM ta có p 3 +3q 2 +9q ≥ 9pq Như vậy ta cần chứng minh: 9pq +9≥ 6pq +12q ⇔ pq +3≥ 4q Do p ≥ q nên pq +3≥ q 2 +3≥ 4q điều này hiển nhiên đúng vì p ≥ 3   Bài toán 2: [Phạm Kim Hùng] Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + d 2 =4. Chứng minh rằng: a + b + c + d −4 ≤ 2(a −1)(b −1)(c −1)(d − 1) Lời giải [Lê Thúc Trình] Đặt a − 1=x, b −1=y, c − 1=z, d −1=t Điều kiện của bài toán trở thành x 2 + y 2 + z 2 + t 2 = −2(x + y + z + t) Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: x + y + z + t ≤ 2xyzt ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + t 2 +4xyzt ≥ 0 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho 4 số không âm x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ≥ 4  |xyzt| Như vậy ta cần chứng minh  |xyzt|+ xyzt ≥ 0 Mặt khác lại có:  |xyzt| = 4  x 2 y 2 z 2 t 2 = 4  (a − 1) 2 (b − 1) 2 (c − 1) 2 (d − 1) 2 6 ≤ a 2 + b 2 + c 2 +4− 2(a + b + c + d) 4 = 4 − (a + b + c + d) 2 ≤ 1 Như vậy ta có: 0 ≤  |xyzt|≤1 Từ đó suy ra:  |xyzt|+ xyzt ≥ 0 Dấu bằng xảy ra và chỉ khi xyzt =0hoặc xyzt = −1 Khi đó a = b = c = d =1hoặc a = b = c =0,d=2hoặc các hoán vị   Bài toán 3: [Phạm Kim Hùng] Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c + d =4. Chứng minh rằng: 1+ab 1+b 2 c 2 + 1+bc 1+c 2 d 2 + 1+cd 1+d 2 a 2 + 1+da 1+a 2 b 2 ≥ 4 Lời giải: [Lê Thúc Trình] Sử dụng kĩ thuật "Côsi ngược dấu". Ta có: 1+ab 1+b 2 c 2 = ab +1− (ab +1)b 2 c 2 b 2 c 2 +1 ≥ ab +1− (ab +1)b 2 c 2 2bc = ab +1− (ab +1)bc 2 Tương tự với các biến còn lại, ta có: VT ≥ 4+ (ab + bc + cd + da) − (ab 2 c + bc 2 d + cd 2 a + da 2 b 2 Như vậy ta cần chứng minh: (ab + bc + cd + da) − (ab 2 c + bc 2 d + cd 2 a + da 2 b 2 ≥ 0 ⇔ ab + bc + cd + da ≥ (ab + cd)(ac + bd) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có ab + bc + cd + da ≥ 2  (ab + cd)( ac + bd) Mặt khác do ab + bc + cd + da ≤ 4 Nên ta suy ra 0 ≤  (ab + cd)(ac + bd) ≤ 2 7 Từ đó 2  (ab + cd)( ac + bd) ≥ (ab + cd)(ac + bd) Bài toán đã đượ c chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d =1hoặc a = b = c =0,d=4hoặc các hoán vị   Bài toán 4: [Phạm Kim Hùng] Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng: a 1+ab + b 1+bc + c 1+ca ≤ a + b + c − 3abc 1+ 3 √ a 2 b 2 c 2 • Lời giải 1: [Bạch Ngọc Thành Công] Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ⇔  cyc a 2 b 1+ab ≥ 3abc 1+ 3 √ a 2 b 2 c 2 Ta đặt a = kx y ,b= ky z ,c = kz x Khi đó bất đẳng thức tương đương với:  cyc k 3 x 2 y(k 2 x + z) ≥ 3k 3 1+k 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwars, ta có: VT ≥ k 3 (x + y + z) 2 (k 2 + 1)( xy + yz + zx) ≥ 3k 3 k 2 +1 • Lời giải 2: [Phan Phương Đức] Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:  a 2 b 1+ab ≥ 3abc 1+ 3 √ a 2 b 2 c 2 ⇔  a c + abc ≥ 3 1+ 3 √ a 2 b 2 c 2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwars, ta có: VT ≥ (a + b + c) 2 ab + bc + ca + abc(a + b + c) ≥ 3 1+ 3 √ a 2 b 2 c 2 8 Điều này hiển nhiên đúng khi ta qui đồng mẫu số và biến đổi.   Bài toán 5: [Phạm Kim Hùng] Cho a 1 ,a 2 , , a n là các số thực không âm có tổng bằng 1.Tìm giá trị lớn nhất của: P = a 4 1 (1 − a 1 )+a 4 2 (1 −a 2 )+ + a 4 n (1 − a n ) Lời giải: [Phạm Sinh Tân] Không mất tính tổng quát giả sử a 1 ≤ a 2 ≤ a 3 ≤ ≤ a n Ta đặt f(a 1 ,a 2 ,a 3 , a n )= 1 12 (  a i ) 5 −  a 4 1 (a 2 + a 3 + + a n ) Như vậy ta phải chứng minh: f(a 1 ,a 2 , a n ) ≥ f(0,a 1 + a 2 ,a 3 , a n ) ⇔ a 4 1 (a 1 + a 2 )+a 4 2 a 1 ≤ 2a 1 a 2 (2a 2 1 +3a 1 a 2 +2a 2 2 )(  a 3 ) Điều này hiển nhiên đúng vì: a 1 ≤ a 2 ≤ a 3 ≤ ≤ a n Tiếp tục quá trình như trên ta chứng minh được: f(a 1 ,a 2 , a n ) ≥ f(0,a 1 + a 2 ,a 3 , a n ) ≥ f(0, 0, 0, , a 1 + a 2 + a n−2 ,a n−1 ,a n ) Ta đặt: a 1 + a 2 + a n−2 = x, a n−1 = y,a n = z Ta sẽ phải chứng minh: 1 12 (x + y + z) 5 ≥ x 4 (y + z)+y 4 (x + z)+z 4 (x + y) Bất đẳng thức này khá quen thuộc, có thể sử dụng phương pháp dồn biến để chứng minh như sau, đặt: f(x, y, z)=x 4 (y + z)+y 4 (x + z)+z 4 (x + y) − 1 12 (x + y + z) 5 Giả sử x ≥ y ≥ z Ta cần chứng minh: f(x, y, z) −f(x, y + z, 0) = (2x(2y 2 +3yz +2z 2 ) −y 3 −z 3 )yz ≥ 0 9 Không mất tính tổng quát, ta chuẩn hóa a + b + c =1, khi đó: (x, 1 −x, 0)=3x 4 − 6x 3 +4x 2 − x + 1 12 f  (x, 1 −x, 0) = (2x − 1)(6x + √ 3 −3)(6x − √ 3 −3) 6 ≥ 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: (x, y, z) = ((2 − √ 3)a, a, 0) hoặc (x, y, z) = ((2 + √ 3)a, a, 0)   Bài toán 6: [Phạm Kim Hùng] Cho a, b, c, k là các số thực không âm. Chứng minh rằng: 3 k 2 + k +1 ≤ a ka + k 2 b + c + b kb + k 2 c + a + c kc + k 2 a + b ≤ 1 k Lời giải: [Phan Phương Đức] Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawrz ta có:  a ka + k 2 b + c ≥ (a + b + c) 2 k(a 2 + b 2 + c 2 )+k 2 (ab + bc + ca)+ab + bc + ca ≥ 3 k 2 + k +1 Bất đẳng thức cuối tương đương với: (k − 1) 2 ((a − b) 2 +(b −c) 2 +(c − a) 2 ) ≥ 0 Điều này hiển nhiên đúng. Lại có:  ( a ka + k 2 b + c − a (a + b + c)k ) ≤ 0 ⇔  (k − 1)(ac −kab) ka + k 2 b + c ≤ 0 ⇔ (k −1)( (ac − kab) ka + k 2 b + c + (ba − kbc) kb + k 2 c + a + (cb − kca) kc + k 2 a + b ) ≤ 0 Ta sẽ chia bài toán ra 2 trường hợp: • Trường hợp 1: k ≥ 1 ⇒ (ac − kab) ka + k 2 b + c + (ba − kbc) kb + k 2 c + a + (cb − kca) kc + k 2 a + b ≤  ac − ab a + b + c =0 Khi đó bất đẳng thức đúng. • Trường hợp 2: k ≤ 1 ta chỉ cần xét ngược lại. Bài toán được chứng minh hoàn toàn.  10  Bài toán 7: [Nguyễn Thúc Vũ Hoàng] Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + d 2 =4. Chứng minh rằng: 1 5 − ab + 1 5 −bc + 1 5 −cd + 1 5 − da ≤ 1 Lời giải: [Bạch Ngọc Thành Công] Giả sử: a ≤ c, b ≤ d. Ta đặt: ab = x, bc = y, cd = z, da = t. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 1 5 −x + 1 5 −y + 1 5 −z + 1 5 −t ≤ 1 ⇔ (1 − x)(1 + x) (5 − x)(1 + x) + (1 − y)(1 + y) (5 − y)(1 + y) + (1 − z)(1 + z) (5 − z)(1 + z) + (1 − t)(1 + t) (5 − t)(1 + t) ≥ 0 Ta xét 2 trường hợp: • Trường hợp 1: x ≤ y ≤ t ≤ z Ta dễ dàng chứng minh được: (1 − x)(1 + x) ≥ (1 −y)(1 + y) ≥ (1 − t)(1 + t) ≥ (1 − z)(1 + z) (5 − x)(1 + x) ≤ (5 −y)(1 + y) ≤ (5 − t)(1 + t) ≤ (5 − z)(1 + z) Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có: VT ≥ [(1 −x)(1 + x)+(1−y)(1 + y)+(1− t)(1 + t)+(1−z)(1 + z)] ×  1 (5 − x)(1 + x) + 1 (5 − y)(1 + y) + 1 (5 − t)(1 + t) + 1 (5 −z)(1 + z)  • Trường hợp 2: x ≤ t ≤ y ≤ z Ta cũng dễ dàng chứng minh được: (1 − x)(1 + x) ≥ (1 −t)(1 + t) ≥ (1 − y)(1 + y) ≥ (1 − z)(1 + z) (5 − x)(1 + x) ≤ (5 −t)(1 + t) ≤ (5 − y)(1 + y) ≤ (5 − z)(1 + z) Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có: VT ≥ [(1 −x)(1 + x)+(1−t)(1 + t)+(1− y)(1 + y)+(1−z)(1 + z)] ×  1 (5 − x)(1 + x) + 1 (5 − t)(1 + t) + 1 (5 − y)(1 + y) + 1 (5 −z)(1 + z)  Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh: [(1 − x)(1 + x)+(1−t)(1 + t)+(1− y)(1 + y)+(1−z)(1 + z)] ≥ 0 ⇔ 4 ≥ (a 2 + c 2 )(b 2 + d 2 ) . một tài liệu để học hỏi thêm kinh nghiệm. Đáp ứng nhu cầu này chúng tôi cho ra đời tập san VIF. Đây là tập san đã được tập hợp, chọc lọc và biên tập lại từ các bài toán đã từng xuất hiện trên VIF Bắc Giang • Cùng các thành viên khác của VIF đã nhiệt tình tham gia cộng tác để hoàn thành tập san. 2 Lời giới thiệu Diễn đàn bất đẳng thức Việt Nam đã từ lâu trở thành ngôi nhà thân thiết của. 1 Tập san Bất đẳng thức Diễn đàn Bất đẳng thức Việt Nam VietNam Inequality Forum  Nhóm biên soạn: Ban