Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc bởi đa thức Viète

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCLÊ THỊ MAI MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC PHÂN THỨC CÓ RÀNG BUỘC BỞI ĐA THỨC VIÈTE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCLÊ THỊ MAI MỘT

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LÊ THỊ MAI

MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC PHÂN THỨC

CÓ RÀNG BUỘC BỞI ĐA THỨC VIÈTE

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LÊ THỊ MAI

MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC PHÂN THỨC

CÓ RÀNG BUỘC BỞI ĐA THỨC VIÈTE

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên - 2015

Mục lục

1.1 Đa thức đối xứng ba biến 3

1.2 Một số dạng bất đẳng thức cổ điển 4

1.2.1 Bất đẳng thức AM-GM 4

1.2.2 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 5

1.2.3 Bất đẳng thức Karamata 6

2 Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc bởi đa thức Viète 7 2.1 Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm phân thức hữu tỉ 7

2.1.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM 7

2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 13

2.2 Bất đẳng thức có tích không đổi với hàm phân thức 22

2.2.1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM 22

2.2.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 28

2.3 Một số bài toán liên quan 32

3 Một số phương pháp khảo sát bất đẳng thức dạng phân thức 39 3.1 Bất đẳng thức phân thức sinh bởi tam thức bậc hai trên một khoảng 39 3.2 Bất đẳng thức sinh bởi hàm phân tuyến tính trên một khoảng 43

3.3 Phương pháp nội suy bất đẳng thức 46

3.4 Phương pháp tiếp tuyến 623.5 Phương pháp khảo sát hàm số 67

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan các số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là khôngtrùng lặp với các đề tài khác và được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của GS TSKH.Nguyễn Văn Mậu Một số kết quả trong luận văn là mới và chưa từng được ai công

bố trong bất cứ một công trình nào khác mà tôi biết Tôi cũng xin cam đoan mọithông tin trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015

Học viên

Lê Thị Mai

Mở đầu

Bất đẳng thức là một nội dung chuyên đề quan trọng của Toán học Ngay từ khi

ra đời, bất đẳng thức đã có sức hút mạnh mẽ đối với những người yêu toán, khôngchỉ ở vẻ đẹp hình thức mà cả những bí ẩn nó mang đến, luôn thôi thúc người ta quantâm tìm tòi, sáng tạo Đặc biệt, bất đẳng thức còn có nhiều ứng dụng trong các mônkhoa học khác và trong ứng dụng thực tế Ngày nay, bất đẳng thức vẫn luôn chiếmmột vị trí quan trọng và vẫn thường xuất hiện trong các kì thi Olympic quốc gia, khuvực và quốc tế

Phân thức hữu tỷ là một trong những khái niệm cơ bản của chương trình Toán

ở bậc học phổ thông Đặc biệt, ở các trường THPT chuyên và các lớp chuyên toán

có rất nhiều dạng toán liên quan đến hàm phân thức Trong các kỳ thi học sinh giỏiToán trong nước và các kỳ thi Olympic Toán của các nước trên thế giới, có nhiều bàitoán về dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình sinh bởi các hàm số dạng phân thức và vì thế cần biết cách giải vận dụng tính đặcthù của biểu thức phân thức đã cho Hiện nay các tài liệu có tính hệ thống về vấn đềnày còn chưa được đề cập nhiều

Là một giáo viên THPT, tôi muốn nghiên cứu sâu hơn về bất đẳng thức nhằmnâng cao chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi,vậy nên tôi đã chọn đề tài "Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc bởi đathức Viète” làm luận văn thạc sĩ của mình

Bất đẳng thức vô cùng rộng lớn, trong thời gian ngắn, tôi chỉ có thể khảo sát một

số chuyên đề nhỏ trong đó Dưới sự hướng dẫn của GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, tácgiả đã hoàn thành luận văn với để tài

Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc bởi đa thức Viète

Luận văn được chia làm ba chương:

ý của các thầy cô, các anh chị đồng nghiệp và các bạn để luận văn được hoàn thiệnhơn

Qua luận văn này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS.TSKH NguyễnVăn Mậu, người Thầy đã truyền cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu toán học.Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và hoànthiện luận văn này

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, Khoa Toán và cácthầy cô đã tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành bản luận văn này

Em xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, ngày 26 tháng 03 năm 2015

Lê Thị Mai

Học viên Cao học Toán Lớp B, khóa 06/2013-06/2015

Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Email: lethimai@als.edu.vn

Chương 1

Một số kiến thức bổ trợ

Chương này trình bày một số tính chất của đa thức cần thiết để sử dụng trong cácchương sau, dựa theo các tài liệu [1]-[5] và trình bày một số dạng bất đẳng thức cổđiển được sử dụng nhiều trong các chương sau như Bất đẳng thức AM - GM, Bấtđẳng thức Cauchy - schwarz, bất đẳng thức Karamata,

1.1 Đa thức đối xứng ba biến

Định nghĩa 1.1 Một đơn thức ϕ(x, y, z) của các biến x, y, z được hiểu là hàm số có

dạng

ϕ(x, y, z) = aklmxkylzm,trong đó k, l, m ∈ N được gọi là bậc của biến x, y, z, số aklm ∈ R∗ = R\{0} đượcgọi là hệ số của đơn thức, còn số k + l + m được gọi là bậc của đơn thức ϕ(x, y, z)

Định nghĩa 1.2 Một hàm số P (x, y, z) của các biến x, y, z được gọi là một đa thức

nếu nó có thể được biểu diễn ở dạng tổng hữu hạn các đơn thức

P (x, y, z) = X

k,l,m∈N k+l+m=n

aklmxkylzm, n ∈ N

Bậc lớn nhất của các đơn thức trong đa thức được gọi là bậc của đa thức

Định nghĩa 1.3 Đa thức P (x, y, z) được gọi là đối xứng, nếu nó không thay đổi với

mọi hoán vị của x, y, z, nghĩa là

P (x, y, z) = P (y, x, z) = P (z, y, x) = P (x, z, y)

Định nghĩa 1.4 Đa thức f(x, y, z) được gọi là thuần nhất bậc m, nếu

f (tx, ty, tz) = tmf (x, y, z), t 6= 0

Định nghĩa 1.5 Các đa thức

σ1 = x + y + z, σ2 = xy + yz + zx, σ3 = xyz,được gọi là đa thức đối xứng cơ sở của các biến x, y, z

Định nghĩa 1.6 (Tổng lũy thừa) Các đa thức sk = xk+ yk+ zk, (k = 0, 1, ),đượcgọi là tổng lũy thừa bậc k của các biến x, y, z

Tính chất 1.1 (Công thức Newton) Với mọi k ∈ Z, ta có hệ thức

Hệ quả 1.1 Với mọi số thực dương a1, a2, , an,ta có

Hệ quả 1.2 Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có

1 a2+ b2+ c2 ≥ ab + bc + ca

2 a2+ b2+ c2 ≥ (a + b + c)

23

x1+ x2+ · · · + xn−1 ≥ y1+ y2+ · · · + yn−1

x1+ x2+ · · · + xn = y1+ y2+ · · · + ynKhi đó, ứng với mọi hàm số lồi khả vi f(x)(f00(x) ≥ 0)trên (a, b), ta đều có

f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ f (y1) + f (y2) + · · · + f (yn)

Đẳng thức xảy ra khi xi = yi, i = 1, 2, n

Ta cũng phát biểu tương tự đối với hàm số lõm bằng cách đổi chiều dấu bất đẳngthức

Định lí 1.5 Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên (a; b).

a Nếu f00(x) ≥ 0, ∀x ∈ (a; b)thì f(x) ≥ f0(x0)(x−x0)+f (x0), ∀x, x0 ∈ (a; b)

b Nếu f00(x) ≤ 0, ∀x ∈ (a; b)thì f(x) ≤ f0(x0)(x−x0)+f (x0), ∀x, x0 ∈ (a; b).Đẳng thức trong hai bất đẳng thức trên xảy ra khi x = x0

Chương 2

Một số dạng bất đẳng thức phân thức có ràng buộc bởi đa thức Viète

Trong mục này chúng ta thường sử dụng bất đẳng thức trung gian sau đây

Bài toán 2.1 Với a, b, c là những số thức dương Chứng minh rằng

2.1 Bất đẳng thức có tổng không đổi với hàm phân thức

hữu tỉ

2.1.1 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 phân thức hữu

tỉ và có tổng x + y + z không đổi, thì khi đó sử dụng các kĩ thuật của bất đẳng thức

AM − GM như dự đoán dấu bằng xảy ra, kĩ thuật Cauchy ngược dấu, đặt ẩn phụ,

tỏ ra rất hiệu quả

Bài toán 2.2 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh

1 Lựa chọn thừa số để đảm bảo dấu đẳng thức của bất đẳng thức xảy ra,

2 Bổ sung thêm một số số hạng để sau khi sử dụng bất đẳng thức AM - GM takhử được mẫu số của biểu thức phân số

Một số ví dụ cùng dạng

Bài toán 2.3 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh

rằng

1a(a + b) +

1b(b + c)+

1c(c + a) ≥ 3

2.

Bài toán 2.4 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh

rằng

a3b(b + c) +

b3c(c + a) +

c3a(a + b) ≥ 3

4.

Bài toán 2.5 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh

rằng

a3(a + b)(b + c) +

b3(b + c)(c + a) +

c3(c + a)(a + b) ≥ 3

4.

Nhận xét 2.2 Một trong những kĩ thuật hay, khéo léo, mới mẻ và ấn tượng nhất của

bất đẳng thức AM - GM là kĩ thuật Cauchy ngược dấu

Bài toán 2.6 (Bulgaria TST 2003) Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

ab

2 .Tương tự, ta có

b

1 + c2 ≥ b − bc

2c

a2+ 1 ≥ c − ac

2 .Cộng vế với vế, ta có

Tiếp theo, ta có một số bài toán cùng dạng

Bài toán 2.7 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 5 Chứng minh

Bài toán 2.9 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.12 (Turkey TST 2007) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b +

= (ab + bc + ca)

2ab

từ đó suy ra

1

ab + 2c2+ 2c ≥ ab

(ab + bc + ca)2.Tương tự, ta có

1

bc + 2a2+ 2a ≥ bc

(ab + bc + ca)21

ca + 2b2+ 2b ≥ ca

(ab + bc + ca)2.Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

3.

Bài toán 2.13 Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh

c2+ ab3a + 3bc ≥ 1

2+ bcb(a + b + c) + 3ca +

b2+ cac(a + b + c) + 3ab +

c2+ aba(a + b + c) + 3bc ≥ 1.Mặt khác

3b+3ac = b(a+b+c)+3ac ≤ b(a+b+c)+ac+a2+c2 = a2+b2+c2+ab+bc+ca

a2+ bc3b + 3ca +

b2+ ca3c + 3ab+

c2+ ab3a + 3bc ≥ 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.14 Với các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng

Từ đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

abp(b + c) (c + a) ≤

12

ab

b + c+

ab

c + a

.Chứng minh tương tự

bc

ca

b + a+

ca

b + c

.Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

2.1.2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Nếu yêu cầu của bất đẳng thức là chứng minh P (x, y, z) ≥ 0(≤ 0) với P (x, y, z)

có dạng tổng các bình phương hoặc phân thức với tử số của mỗi phân thức có dạngbình phương như vậy ta có thể nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz.Hoặc sử dụng giả thiết x + y + z không đổi ta có thể biến đổi để đưa bất đẳng thức

Lời giải. Ta luôn có

b2c + a +

c2a + b

22ab + ac +

b22bc + ab +

c22ac + bc.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

a22ab + ac +

b22bc + ab +

c22ac + bc ≥ (a + b + c)

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

a22ab + ac +

b22bc + ab +

c22ac + bc ≥ (a + b + c)

2

3 (ab + bc + ca) ≥ 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.16 Với các số thực dương a, b, c sao cho a + b + c = 1 Chứng minh

Theo hệ quả của bất đẳng thức AM − GM, ta có

(a + b + c)2

3 ≥ ab + bc + canên

b2+ c2+ 2

+ 1

Bất đẳng thức được chứng minh nếu

4 (a + b + c)2+ (2b − 2a)22a2+ 2b2+ 2c2+ 6 ≥ 3

⇔ 2(a + b + c)2+ 2(b − a)2 ≥ 3(a2+ b2+ c2+ 3)

⇔ (a + b + c)2+ 2 (b − a)2 ≥ 3 a2+ b2 + c2

⇔ bc − ab + ca − c2 ≥ 0

Có thể nhận thấy bất đẳng thức (2.3) không phải luôn đúng nhưng ta có thể ép

nó đúng Thật vậy, sử dụng các đánh giá tương tự (2.3), ta có

và cùng lần lượt đưa bài toán về chứng minh

Như vậy nếu trong các bất đẳng thức (2.3),(2.4) và (2.5) có một bất đẳng thức đúngthì bài toán sẽ được chứng minh song Ta thấy rằng

[(c − a)(b − c)] [(a − b)(c − a)] [(b − c)(a − b)] = (a − b)2(b − c)2(c − a)2 ≥ 0

nên ít nhất một trong ba số (c − a)(b − c), (a − b)(c − a), (b − c)(a − b) sẽ có một

số không âm Tức là phải có ít nhất một bất đẳng thức đúng hay bất đẳng thức đượcchứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Nhận xét 2.3 Có nhiều công cụ hỗ trợ ta thực hiện phương pháp dồn biến, dưới đây

ta xem xét ứng dụng yếu tố "ít nhất" và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz trong việcgiảm biến số của bất đẳng thức Cụ thể có thể đưa bất đẳng thức ba biến về bất đẳng

thức một biến để chứng minh Ý tưởng của kĩ thuật như sau.

Với bốn số thực a, b, c, k ta có

[(a − k)(b − k)] [(b − k)(c − k)] [(c − k)(a − k)] = (a − k)2(b − k)2(c − k)2 ≥ 0

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

a2+ b2 = k2+ (a + b − k)2− 2(a − k)(b − k) ≤ k2+ (a + b − k)2

Như vậy để chứng minh bất đẳng thức có giả thiết dạng a + b + c = s và đẳngthức xảy ra khi hai biến bằng một giá trị nào đó ta có thể sử dụng đánh giá trên đểlàm giảm biến số của bất đẳng thức ban đầu Cụ thể chọn k = m (đảm bảo dấu bằng)

và ta có

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 chứngminh bất đẳng thức của một biến c

Bài toán 2.18 Với a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 Chứng

minh rằng

a7a2+ 11 +

b7b2+ 11 +

c7c2+ 11 ≤ 1

14c7c2+ 11 ≥ 3 − 14

7(c − 1)2+ 47c2+ 11 ≥ 2

17c2+ 11

+ 7 (a − 1)27a2+ 11 +

(b − 1)27b2+ 11 +

(c − 1)27c2+ 11

17c2+ 11 ≥ (1 + 1 + 1)

27(a2+ b2+ c2) + 33

7(a2+ b2+ c2) + 33

221(a2+ b2+ c2) + 11(a + b + c)2

và cũng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

(1 − a)2

7a2+ 11 +

(b − 1)27b2+ 11 +

(c − 1)27c2+ 11 ≥ (1 − a + b − 1 + c − 1)

27(a+b2+ c2) + 33

= (b + c − a − 1)

27(a2+ b2+ c2) + 11.3

=3

⇔ 2.9(a + b + c)2+ 7.2(b + c − 2a)2 ≥ 21(a2+ b2+ c2) + 11(a + b + c)2

⇔ 42 [a(a − c) − b(a − c)] ≥ 0 ⇔ 42(a − c)(a − b) ≥ 0 (2.6)

Rõ ràng bất đẳng thức trên không phải lúc nào cũng đúng, nhưng từ đó vẫn điđến điều phải chứng minh bằng cách đánh giá tương tự

(a − 1)2

7a2+ 11 +

(1 − b)27b2+ 11 +

(c − 1)2

2

3 [21(a2+ b2+ c2) + 11.(a + b + c)2](a − 1)2

7a2+ 11 +

(b − 1)27b2+ 11 +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.19 Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c tùy ý ta đều có

(1 − 2b)22b2− 2b + 1 +

(1 − 2c)22c2− 2c + 1 ≥

 

b − 13

 

c − 13

 

c −13

 

a − 13

2

c − 13

 

b −13

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

(1 − 2a)2

2a2− 2a + 1 +

(1 − 2b)22b2− 2b + 1 ≥

[2 − 2(a + b)]22(a2 + b2) − 2(a + b) + 2

9 +

 2

3− c

2+ c

29c2− 3c + 5.Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được

(1 − 2c)22c2− 2c + 1 +

18c29c2− 3c + 5 ≥ 35

⇔(3c − 1)2(17c2− 8c + 5) ≥ 0 luôn đúng

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Bài toán 2.20 (China MO 2006) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c = 1.

√ca

(ab + bc + ca)

a

⇔2 (ab + bc + ca)

a

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy -Schwarz và bất đẳng thức AM-GM, ta có

b29b + 1+

a

9(9a + 1)

b29b + 1 =

b

9(9b + 1)

c29c + 1 =

c

9(9c + 1).Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

a9a + 1 +

b9b + 1+

c9c + 1 +

34p3(ab + bc + ca) ≥ 1.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có

a

9a + 1 +

b9b + 1+

c

2a(9a + 1) + b(9b + 1) + c(9c + 1)

9(a2+ b2+ c2) + 1.

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

34p3(ab + bc + ca) ≥

3

2 [1 + 3(ab + bc + ca)].

Do đó, bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được

19(a2+ b2+ c2) + 1 +

36(ab + bc + ca) + 2 ≥ 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có

19(a2+ b2+ c2) + 1 +

36(ab + bc + ca) + 2

29(a2+ b2+ c2) + 18(ab + bc + ca) + 7

2.2 Bất đẳng thức có tích không đổi với hàm phân thức

Trong phần này trình bày các dạng bất đẳng thức mà cách chứng minh chúng cóthể suy từ những bất đẳng cổ điển quen biết

s

b + c4a3bc(b + c) =

1a1

b3(a + c) +

a + c4ac ≥ 2

4b3ac(a + c) =

1b1

c3(a + b) +

a + b4ab ≥ 2

s

a + b4c3ab(a + b) =

1

c.

≥ 323r1abc =

3

2.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.23 Với các số thực dương x, y, z có xyz = 1 Chứng minh rằng

2y − xy

2 .Chứng minh tương tự, ta có

x3y3z3

3

2.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất nếu ta chứng minh được

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 2.24 (Romania MO 1997 ) Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz =

√abc = 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay x = y = z = 1

Bài toán 2.25 (Korea MO 1999) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1.

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

a2+ b2 + c2.Chứng minh tương tự, ta có

1

a4+ b + c4 ≤ b

a2+ b2 + c21

a4 + b4+ c ≤ c

a2+ b2+ c2.Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

a + b + c ≤ 3

3√3abc ≤ 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.26 (Hongkong 2000) Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

a3b3c3 = 9

Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.27 (Internationnal Compelition SRMC 2006) Với các số thực dương

a, b, cthỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

4 r a3

b +3rb

c +3

r ca



23

Lời giải. Do abc = 1 nên tồn tại các số dương x, y, z sao cho a = y



23

3

s

z3xyz +

3

s

x3xyz

⇔ 4x + y + z

3

√xyz ≤ 3 (x + y)(y + z)(z + x)

xyz



23

Bài toán 2.28 (APMO 2005) Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 8.

Chứng minh rằng

a2p(a3+ 1)(b3+ 1) +

b2p(b3+ 1)(c3+ 1) +

c2p(c3+ 1)(a3+ 1) ≥ 4

b2p(b3+ 1)(c3+ 1) +

c2p(c3+ 1)(a3+ 1)

2(a2 + 2)(b2+ 2) +

4b2(b2+ 2)(c2+ 2) +

4c2(c2+ 2)(a2+ 2).Vậy ta chỉ cần chứng minh

4a2(a2+ 2)(b2 + 2) +

4b2(b2+ 2)(c2+ 2) +

4c2(c2+ 2)(a2+ 2) ≥ 4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2

Bài toán 2.29 (Đề thi đại học khối D 2005) Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn

điều kiện xyz = 1 Chứng minh rằng

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

xz.Cộng các bất đẳng thức cùng chiều ta có

xz.Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

zx ≥ 3 3

27p

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz kết hợp với xyz = 1, ta có

1

1 + x3+ y6 =

z4+ x + 1

y2(1 + x3+ y6)(z4 + x + 1

y2)

≤

z4+ x + 1

y2(z2+ x2+ y2)2

= z

4+ x2yz + x2z2(x2+ y2+ z2)2 Chứng minh tương tự, ta có

1

1 + y3+ z6 =

x4+ y + 1

z2(1 + y3+ z6)(x4+ y + 1

z2)

≤ x

4+ y2xz + x2y2(x2+ y2+ z2)2

1

1 + z3+ x6 =

y4+ z + 1

x2(1 + z3+ x6)(y4+ z + 1

x2)

≤ y

4+ z2xy + y2z2(x2+ y2+ z2)2 Cộng các bất đẳng thức cùng chiều, ta có

(a2+ b2+ c2)2 ≥ a4 + b4+ c4+ abc(a + b + c) + a2b2+ b2c2+ c2a2.Thật vậy

(a2 + b2+ c2)2 ≥ a4+ b4+ c4 + abc(a + b + c) + a2b2+ b2c2+ c2a2

⇔a2b2+ b2c2+ c2a2 ≥ abc(a + b + c)

⇔(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 2.32 (IMO 2008) Với các số thực x, y, z khác 1 và thỏa mãn xyz = 1.

Chứng minh

x

x − 1

2+

y

y − 1

2+

z

bc, y =

b2

ca, z =

c2ab

và (a2− bc)(b2− ca)(c2− ab) 6= 0

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

a4(b2− bc)2 + b

4(b2− ca)2 + c

4(c2− ab)2 ≥ 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

a4

(b2− bc)2 + b

4(b2− ca)2 + c

4

2+ b2+ c2)2(a2 − bc)2+ (b2− ca)2+ (c2− ab)2

Bất đẳng thức đã cho được chứng minh nếu ta chứng minh được

(a2+ b2 + c2)2 ≥ (a2− bc)2+ (b2− ac)2+ (c2− ab)2

⇔(ab + bc + ca)2 ≥ 0 (luôn đúng)

Nhận xét 2.4 Bài toán trên có thể làm cách hai như sau

a2 + b2+ c2 ≥ 1Theo giả thiết xyz = 1

Do vế phải luôn không âm nên ta có a2+ b2+ c2 ≥ 1(điều phải chứng minh)

Bài toán 2.33 (IMO 1995) Với các số thực dương a, b, c và abc = 1.

2

a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)

2a(b + c) + b(c + a) + c(a + b).

Bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được

(ab + bc + ca)2 ≥3

2[a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)]

⇔ab + bc + ca ≥ 3 (luôn đúng theo AM-GM)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.34 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng

√a

2 + b√

a +

√b

2 + c√

b +

√c

2 + y2

z2.xy+

yz

2 + z2

x2.yz+

zx

2 + x2

y2.zx

≥ 1

2z22xyz2+ x2y2 + y

2x22x2yz + y2z2 + z

2y22xy2z + x2z2 ≥ 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

x2z22xyz2+ x2y2 + y

2x22x2yz + y2z2 + z

2y22xy2z + x2z2

Bất đẳng thức được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

2.3 Một số bài toán liên quan

Bài toán 2.35 (Italia - 2007) Cho các số thực dương a, b, c sao cho 1

1 + a + b +1

1 + b + c +

1

1 + c + a ≥ 1

Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca

3(a + b + c)

a + b + c + 2 (ab + bc + ca) ≥ 1 ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca

Vậy ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.36 Cho các số thực dương a, b, c sao cho a2+ b2+ c2 = 1.Chứng minhrằng

a + b

1 + ab ≥ c + a

1 + ca ⇔ (b − c) 1 − a2
≥ 0 ⇔ (b − c) b2 + c2
≥ 0

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, đpcm.

Bài toán 2.37 Cho các số thực dương a, b, c sao cho

3 (a + b + c)

a + b + c + 6abc ≥ 1 ⇒ a + b + c ≥ 3abc

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài toán 2.38 Cho các số thực dương a, b, c sao cho ab + bc + ca + abc = 4 Chứng

minh rằng

3

1

!2

≥ 8(x + y + z)

2(x + y) (y + z) (z + x).