Các bài toán có nhiều cách giải THPT

1 CÁC BÀI TOÁN CÓ NHIỀU LỜI GIẢI Võ Quốc Bá Cẩn Bài 1. (Chọn đội tuyển Rumani 1999) Cho 12 ,,, n aa a là các số thực dương thỏa mãn 12 1. n aaa Chứng minh rằng 12 11 11 1 1. 1 n n a n na a Chứng minh. Cách 1. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cho 1n và để ý rằng 1 1, 11 i ii a n a n a n ta viết được nó dưới dạng 12 12 1. 1 1 1 n n a a a a n a n a n Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz 12 12 2 12 12 1 1 1 , ( 1) ( 1) ( 1) n n n n a a a a n a n a n aa a n a n a an ta đưa được bài toán về chứng minh 2 1 2 1 2 ( 1). nn a a a aa a n n Do 2 12 1 1 2 n n i j i j n i i aa a a aa nên bất đẳng thức trên tương đương với 1 ( 1) . 2 ij i j n nn aa Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức AM-GM VIETMATHS.NET 2 ( 1) 2 1 1 ( 1) ( 1) . 22 nn i j i j i j n i j n n n n n a a a a Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 12 1. n a aa Cách 2. Giả sử bất đẳng thức đã cho sai. Khi đó tồn tại các số thực dương 12 ,,, n aa a thỏa mãn 12 1 n aa a sao cho 12 11 11 1 1, 1 n n a n na a hay 12 12 1. 1 1 1 n n a a a a n a n a n Từ đây sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 12 23 1 23 3 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 1 ( 1) . (1 1 ) n n n n n n n i i a an a a a a a a n a n a n a n n a n a n a n an n an an a Suy ra 1 1 1 1 (1 1. (1 ) ) i n n i a a a n n Tương tự ta cũng có 23 1 1 1 23 1 1 1 1, 1, 1. ( 1) ( ( 1) 1) ( 1 ( 1) ( , ) 1) n n n n n n n i i i i i i n a a a a n a n a n a n a n a n Nhân các bất đẳng thức này lại theo vế ta thu được 11 (vô lý). Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ở trên là sai, hay nói một cách khác, bài toán được chứng minh. Cách 3. Thực hiện biến đổi tương tự như cách 1, ta phải chứng minh VIETMATHS.NET 3 12 12 1. 1 1 1 n n a a a a n a n a n Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 ( 1) ( 1) ( 1) . n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n nn n a a a an a n a a a n a a a a n a a a a a a a a a a Tương tự 1 22 1 1 1 2 12 1 33 1 1 1 3 12 1 1 1 1 12 , 1 , . 1 , 1 n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n n aa an a a a aa an a a a aa an a a a Cộng n bất đẳng thức trên lại theo vế, ta có ngay điều phải chứng minh. Cách 4. Ta sẽ chứng minh mệnh đề tổng quát như sau: Nếu 12 ,,, n aa a là các số thực dương thỏa mãn 12 1 n aa a và 1, n mn thì 12 11 1 . 1 n nn nn a m a m n a m m Kết quả bài toán ứng với trường hợp 1. n mn Chứng minh. Ta sử dụng phương pháp quy nạp Toán học. VIETMATHS.NET 4 Với 2,n bất đẳng thức trở thành 1 2 2 2 2 11 , 1 n a m a m m đúng vì 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 12 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 ( 1) ( 1) 0. ( )(1 )(1 ) a a m a m m a m m a m am a m m a m Giả sử bất đẳng thức đúng với 2.nk Ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với 1,nk tức là: Nếu 12 1 ,,,, kk aaa a là các số thực dương thỏa mãn 112 1 kk aa aa và 1 , k mk thì 111 121 11 11 1 1 1 . 1 kkkk k k k k a m a m ma m a m Không mất tính tổng quát giả sử 12 1 , kk aaaa suy ra 1 1. k a Đặt 1 12 1 1, 2,1 ,, 1 , , . k i k k ik k k a i k m a b b a a b m b a Khi đó ta có 12 1 k bb b và 1 1 kk m m k k nên theo giả thiết quy nạp, ta sẽ có 12 1 1 . 1 1 k k k kk b m b m k mmb Thay i i a b b và 1k k m m b vào rồi rút gọn, ta thu được ngay 1 11 121 1 1 . 1 k k k kk k amam bmam Từ đánh giá này suy ra ta chỉ cần chứng minh (chú ý 1 1 k k a b ) 11 1 1 . 1 1 k k kk k k b k b m m mb Bất đẳng thức này tương đương với VIETMATHS.NET 5 11 1 1 1 1 1 11 (1 ) (1 ) 1, 1 1 (1 ) , 1 (1 ) ( )(1 ) (1 ) 0, k kk k k k k k k k kk kk b m k m k bm mb b k b bm mb b b m b b k m b 12 1 2 1 1 1 (1 ) (1 ) 0, (1 ) (1 2 ) ( 1) 0. k k k k kk k b m b b kb b b b k b m b kb k k b b Bất đẳng thức cuối cùng đúng do 1 1 1 1 1 ( 1) (1 ) (1 2 ) (1 2 ). k k k k k k k b b k b b k b kb m b kb Như vậy, ta đã chứng minh được bất đẳng thức cũng đúng với 1.nk Theo nguyên lý quy nạp, ta có nó đúng với mọi 2.n Bài 2. Cho , , ,a b c d là các số thực dương thỏa mãn 1.abcd Chứng minh bất đẳng thức sau 2 2 2 2 1 1 1 1 1. (1 ) (1 ) (1 ) (1 )a b c d Chứng minh. Cách 1. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề. Nếu ,xy là các số thực dương, thì 22 1 1 1 . 1 (1 ) (1 ) xy xy Chứng minh. Cách 1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 2 ( )(1 ) (1 ) 1 (1 ) , x x y xy x xy yy suy ra 2 1 . ( )(1 ) (1 ) y x y xy x Tương tự ta cũng có VIETMATHS.NET 6 2 1 . ( )(1 ) (1 ) x x y xy y Cộng hai bất đẳng thức này lại, ta được 22 1 1 1 . ( )(1 ) 1 (1 ) (1 ) yx x y xy xy xy Bổ đề được chứng minh. Cách 2. Tiến hành biến đổi trực tiếp, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 22 22 1 1 1 ( ) 2 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ( ) ( 1) 0. (1 ) (1 ) (1 ) xy x y x y xy xy x y x y xy xy x y xy x y xy Trở lại bài toán. Sử dụng bổ đề trên ta được 22 22 1 1 1 , 1 (1 ) (1 ) 1 1 1 1 . 1 1 1 (1 ) (1 ) 1 ab ab ab cd ab cd ab Từ đó suy ra 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1. 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) ab ab a b c d Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c d Cách 2. Đặt 5 5 5 4 2 3 3 2 2 4 1 1 1 ,,x y z a b c ab c a bc và 1,t ta dễ dàng kiểm tra được 2 2 2 2 , , , . yz zt tx xy a b c d x y z t Thay bất đẳng thức đã cho, ta viết được nó lại thành 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1. ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x yz y zt z tx t xy Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được VIETMATHS.NET 7 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) () . ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x yz y zt z tx t xy x y z t x yz y zt z tx t xy Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ), ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ). x yz z tx x y x z z t z x x y z t x z y zt t xy y z y t t x t y x y z t y t Kết hợp với trên, ta suy ra 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) () 1. ( )( ) ( )( ) x y z t x yz y zt z tx t xy x y z t x y z t x z x y z t y t Cách 3. Đặt 1, ,x y a z ab và ,t abc ta dễ thấy ,, yz ab xy t c z và . x d t Thay vào bất đẳng thức đã cho, ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 1. ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x y y z z t t x Gọi P là vế trái của bất đẳng thức trên. Sử dụng lần lượt các bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ( ) x x t y y x z z y t t z P x y x t y z y x z t z y t x t z x y z t x y yz zt tx x y z t x t y z x y z t x t y z x y z t 2 2 2 1. ( ) ( )x t y z VIETMATHS.NET 8 Cách 4. Đặt 4 4 4 4 1 1 1 1 , , ,a b c d x y z t ( , , , 0)x y z t thì ta cũng có 1.xyzt Khi đó 8 8 6 2 4 2 4 2 3 2 1 . (1 ) ( 1) ( ) ( ) x x x a x x xyzt x yzt Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành 6 6 6 6 3 2 3 2 3 2 3 2 1. ( ) ( ) ( ) ( ) x y z t x yzt y ztx z txy t xyz Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta đưa được bài toán về chứng minh 3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .x y z t x yzt y ztx z txy t xyz Thực hiện khai triển và rút gọn, ta được 3 2 2 233 2 2 . sym x yzt y z txy Bất đẳng thức này đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 4 2 2 , 33 2 . 33 sym sym y z t x yzt x x y y z z t t y y z t x y Phép chứng minh hoàn tất. Bài 3. (Olympic Toán Ukraine 2001) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , , , , , ,a b c x y z bất đẳng thức sau đây luôn được thỏa mãn 2 ( ) 4( )( ).ay az bz bx cx cy ab bc ca xy yz zx Chứng minh. Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) . bc y z yz b c VP a y z x b c y z y z bc y z yz b c a y z x b c y z y z Do đó, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh được VIETMATHS.NET 9 ( ) ( ) ( ) ( ) . bc y z yz b c ay az bz bx cx cy a y z x b c y z y z Bất đẳng thức này tương đương với ( ) ( ) , bc y z yz b c bz cy b c y z 22 () . b z c y yz b c b c y z Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được 2 2 2 11 ( ) ( ) .b z c y b c zy Từ đó suy ra 22 () . 11 b z c y b c yz b c b c y z zy Phép chứng minh được hoàn tất. Cách 2. Lấy căn bậc hai của hai vế và chú ý rằng ( )( ) ( ),ay az bz bx cx cy a b c x y z ax by cz ta có thể viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng 2 ( )( ) ( )( ).ax by cz ab bc ca xy yz zx a b c x y z Đến đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2( ) 2( ) [ 2( )][ 2( )] ( )( ) . VT a b c x y z ab bc ca xy yz zx a b c ab bc ca x y z xy yz zx a b c x y z VP Cách 3. Tương tự như cách 2, ta phải chứng minh rằng 2 ( )( ) ( )( ).ax by cz ab bc ca xy yz zx a b c x y z Để ý rằng đây là một bất đẳng thức thuần nhất cho các bộ số ( , , )a b c và ( , , ).x y z Vì thế, không giảm đi tính tổng quát, ta hoàn toàn có thể giả sử rằng 1.a b c x y z Lúc này, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có VIETMATHS.NET 10 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 ( ) ( ) 2 2 2 2( ) 2( ) 22 ( ) ( ) 1 ( )( ). 22 a x b y c z VT ab bc ca xy yz zx a b c ab bc ca x y z xy yz zx a b c x y z a b c x y z Bài 4. (IMO 2008) Cho ,, 1x y z và 1.xyz Chứng minh rằng 2 2 2 1. 1 1 1 x y z x y z Chứng minh. Cách 1. Đặt , , , 1 1 1 x y z a b c x y z khi đó ta có ,,. 1 1 1 a b c x y z a b c Do giả thiết 1xyz nên ( 1)( 1)( 1),abc a b c suy ra 1.a b c ab bc ca Bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về 2 2 2 1.a b c Để ý rằng 1 2 1 2( ) 1,a b c ab bc ca ta có thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng 2 2 2 2( ) 1.a b c a b c ab bc ca Không mấy khó khăn, ta có thể phân tích bất đẳng thức cuối thành 2 ( 1) 0a b c là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Chứng minh hoàn tất. Cách 2. Do ,, 1x y z và 1xyz nên tồn tại các số thực ,,a b c sao cho 2 2 2 ,, bc ca ab x y z a b c (chẳng hạn 33 3 1 1 1 ,,a b c x y z ). Khi đó, bất đẳng thức đã cho được viết lại dưới dạng thuần nhất là 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1. ( ) ( ) ( ) a b c a bc b ca c ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có VIETMATHS.NET [...]... AM-GM) Bài toán được chứng minh xong Bài 12 Chứng minh rằng với các số không âm a, b, c thỏa mãn không có VIE TM hai số nào đồng thời bằng 0, ta luôn có a(b c) b bc c 2 2 b(c a ) c ca a 2 2 c(a b) a ab b 2 2 2 Chứng minh Cách 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a(b c) 4a(b c)(ab bc ca ) 4a(ab bc ca ) , 2 2 2 2 2 b bc c (b bc c ab bc ca ) (b c)(a b c)2 nên để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần có. .. và vì thế bài toán của ta cũng được chứng minh trong trường hợp này Xét trường hợp ngược lại a 2 a 2 18 1 b2 2 1 và 8 b2 6, khi đó ta có 1 c2 2 b 2 1 c2 1 a 1 8 2 2 1 2 2 b 1 (do 0 2 1 b 2 8 b2 2 b 2 6) 1 8 1 8 1 2 NE Điều này dẫn đến 1 1 1 2 2 2 2 2 a b 2 b c 2 c a2 và bài toán của ta được giải quyết hoàn toàn 1 2 2 T a 2 3 , 4 Cách 3 Trước hết, ta chứng minh kết quả sau: Nếu x, y, z là các số thực... đẳng thức đúng Bài 10 (Olympic Toán Belarus 1998) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a b b c c a a b b c b a 1 HS Chứng minh c b VIE TM AT Cách 1 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a b c a b b c (a 2b c)2 1 2 b c a b c a b (a b)(b c) Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có a b c a 2 b2 c2 b2 (a b c b )2 1 b c a ab bc ca b 2 ab bc ca b 2 (a 2b c)2 (a b)(b c) Bài toán được chứng... thức xảy ra khi và chỉ khi a Cách 2 Để ý rằng 0 Do đó, ta dễ dàng thu 1) abc 1 2 abc ab 3 3 abc 2 2 2 zx ), ta có 3 3 a 2b 2c 2 3 3 abc abc (abc 3 abc 2 2 2 luôn tăng với mọi t, k được 3(xy 3 2 2 2 abc 3 (abc 1) z )2 y AT Bây giờ, để ý rằng (a 1)(b 1)(c ca 1) abc 1 HS Cách 1 Áp dụng kết quả quen thuộc (x thể đưa bài toán về chứng minh 1 ab(b 1)(c 1) 3 3 T 1 NE 1 b c 1) , ta có 1 1 1) 3 3 abc b(c 1)... arctan 7 5 HS tan A 2 3 ) arctan 7 7 2 Bài 14 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0 Chứng minh rằng 1 bc b2 1 ca c2 VIE TM a2 1 ab 2 2 ab bc ca Chứng minh Cách 1 Không mất tính tổng quát, giả sử a dụng bất đẳng thức Holder, ta có VT 2 (b c)3 (a 2 bc) a 3 (b 2 ca ) a 3 (c 2 max{a, b, c} Khi đó, sử ab) (2a b c)3 Bài toán được đưa về chứng minh (2a b c)3 (ab... yz zx ) c) b(b a) c(c b), nên từ trên, ta có ngay điều phải chứng minh Bài 5 Cho A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn Chứng minh rằng cos2 A cos A 1 cos2 B cos B 1 cos2 C cosC 1 1 2 Chứng minh Cách 1 Đặt x xy yz zx cot A, y cot B và z cotC thì ta có x , y, z 0 và 1 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 11 x2 x 2 1 x3 1 x2 1 x3 2 x 2(x y ) Tương tự ta cũng có cos2 B cos B 1 cos2 C cosC 1 Từ đây suy... b c2 ab c 2ab c a b c2 a 2 b2 c c2 a b ab(a b) bc(b c) a b HS ab Bài toán được chứng minh xong Bài 13 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 2x giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y 4y ca(c 7z a) 2xyz Tìm AT z Lời giải Cách 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2x 4y x 3 6 x 30 3 và 2(x y z) 6 15 Từ đây ta có 30 2y 5 10 1 5 x 3 x 3 1 3 2y 5 5 2 5 z 2 2y 5 30 x 3 10 2y 5 z 2 1 14 30 7 15 2y 5 1 3 z 2 14... x2 2x 3 z Cách 3 Ta đã biết tính chất sau: Nếu f (x ) khả vi bậc hai và lồi trên (a, b) thì với mọi x, y (a, b), ta có f (x ) f (y) f (y)(x y) Dưới đây, ta sẽ sử dụng tính chất này để giải bài toán đã cho 7 (14a 14 P A B 0 và a và a C P 0, 2 tan y 32 c abc nên tồn tại A, B, C tan A, b tan B, c 7 (14 tan A 14 abc và 7 tan B 0, 2 thỏa mãn tanC , suy ra 4 tan C ) 2 nên theo tính chất trên, , ta có (tan... a2 b2 c2 9, a2 b2 c2 (a b c)2 , ab bc ca a2 b2 c2 17 Bất đẳng thức cuối đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (a 2 b 2 )(a 2 c2 ) (a 2 bc) a2 b2 c2 ab bc ca nếu a 2 b2 VIE TM AT HS NE T Bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 Cách 2 Tương tự như cách 1, ta phải chứng minh a 2 b2 b2 c2 c2 a 2 3 , a 2 b2 2 b2 c2 2 c2 a 2 2 2 tương đương (a b)2 (b c)2 (c a )2 3 ... được bất đẳng thức đúng 2(x y)2(y z )2(z x )2 12xyz(x y)(y z )(z x ) 2x 2y 2z 2 0 Bài toán được chứng minh xong Bài 15 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng a(b b(c 1) c(a 1) 3 (a 2 1) 1)(b 1)(c 1) VIE TM Chứng minh Cách 1 Chia hai vế của bất đẳng thức cho a b 1 a 1 c 1 b 1 a Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a a 1 a 2 a 1 1 1 c 1 1 c c 1 , a 1), ta được 1 3 2 c 1 1 b b b 1 1 a 2 a 1 1 . 1 CÁC BÀI TOÁN CÓ NHIỀU LỜI GIẢI Võ Quốc Bá Cẩn Bài 1. (Chọn đội tuyển Rumani 1999) Cho 12 ,,, n aa a là các số thực dương thỏa mãn 12 1. n aaa . thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ở trên là sai, hay nói một cách khác, bài toán được chứng minh. Cách 3. Thực hiện biến đổi tương tự như cách 1, ta phải chứng minh VIETMATHS.NET 3 12 12 1. 1. Cauchy-Schwarz, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) .a b a c a bc a b c ab bc ca Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c Cách 2. Tương tự như cách 1, ta phải chứng