Tuyển chọn các bài bất đẳng thức hay

500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc ♦♦♦♦♦ Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 2 a + (1− b) + b + (1− c) + c + (1− a ) ≥ Komal [ Dinu Serbănescu ] Cho a, b, c ∈ (0,1) Chứng minh abc + (1− a )(1− b)(1− c) < Junior TST 2002, Romania 500 [ Mircea Lascu ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh b+c c +a a +b + + ≥ a + b + c + a b c Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Gazeta Matematică 4 Nếu phương trình x + ax + x + bx + = có nghiệm thực, Cao Minh Quang a + b2 ≥ ♦♦♦♦♦ Tournament of the Towns, 1993 Cho số thực x, y, z thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = Hãy tìm giá trị lớn biểu thức x3 + y + z − 3xyz Cho a, b, c, x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = Chứng minh ax + by + cz + ( xy + yz + zx )(ab + bc + ca ) ≤ a + b + c Ukraine, 2001 [ Darij Grinberg] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a (b + c) + b (c + a ) + c ( a + b) ≥ (a + b + c) [ Hojoo Lee ] Cho a, b, c ≥ Chứng minh a4 + a2b2 + b4 + b4 + b2c2 + c4 + c4 + c2a2 + a4 ≥ a 2a2 + bc + b 2b2 + ca + c 2c2 + ab Gazeta Matematică Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh a + b + c3 ≥ a b + c + b c + a + c a + b JBMO 2002 Shortlist 10 [ Ioan Tomescu ] Cho x, y, z số thực dương Chứng minh xyz Vĩnh Long, Xuân Mậu Tý, 2008 ≤ (1 + 3x)( x + y )( y + z )( z + 6) 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc c) xy + yz + zx ≤ ≤ x + y + z , Gazeta Matematică 11 [ Mihai Piticari, Dan Popescu ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh (a + b + c ) ≤ (a + b + c3 ) +1 d) xy + yz + zx ≤ + xyz 20 [ Marius Olteanu ] Cho x1 , x2 , , x5 ∈ ℝ cho x1 + x2 + + x5 = Chứng minh 12 [ Mircea Lascu ] Cho x1 , x2 , , xn ∈ ℝ , n ≥ 2, a > cho x1 + x2 + + xn = a, x12 + x22 + + xn2 ≤ Cao Minh Quang cos x1 + cos x2 + + cos x5 ≥ a2 n −1 Gazeta Matematică 21 [ Florina Cârlan, Marian Tetiva ] Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = xyz Chứng minh Chứng minh  2a  xi ∈ 0,  , i = 1, 2, , n  n  xy + yz + zx ≥ + x + + y + + z + 13 [ Adrian Zahariuc ] Cho a, b, c ∈ (0,1) Chứng minh 22 [ Laurentiu Panaitopol ] Cho x, y, z số thực thỏa mãn ñiều kiện x, y , z > −1 Chứng minh b a c b a c + + ≥1 4b c − c a 4c a − a b 4a b − b c 1+ x2 1+ y2 1+ z + + ≥2 2 1+ y + z 1+ z + x 1+ x + y 14 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc ≤ Chứng minh JBMO, 2003 a b c + + ≥ a +b+c b c a 23 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh 15 [ Vasile Cirtoaje, Mircea Lascu ] Cho a, b, c, x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + x ≥ b + y ≥ c + z , a + b + c = x + y + z Chứng minh a2 + b b2 + c c2 + a + + ≥ b+c c+a a +b ay + bx ≥ ac + xz 24 Cho a, b, c ≥ thỏa mãn ñiều kiện a + b + c ≤ (a 2b + b c + c a ) Chứng minh 16 [ Vasile Cirtoaje, Mircea Lascu ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh 1+ ≥ a + b + c ab + bc + ca a + b + c ≤ (ab + bc + ca ) Kvant, 1988 25 Cho x1 , x2 , , xn > 0, n > thỏa mãn ñiều kiện Junior TST 2003, Romania 1 1 + + + = x1 +1998 x2 +1998 xn +1998 1998 17 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b3 c a b c + + ≥ + + b2 c2 a b c a Chứng minh n JBMO 2002 Shortlist 18 Cho x1 , x2 , , xn > 0, n > thỏa mãn ñiều kiện x1 x2 xn = Chứng minh x1 x2 xn ≥ 1998 n −1 Vietnam, 1998 1 + + + >1 + x1 + x1 x2 + x2 x3 + xn + xn x1 26 [Marian Tetiva ] Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = xyz Chứng minh Russia, 2004 a) xyz ≥ 27, 19 [ Marian Tetiva ] Cho x, y, z số thực dương thỏa ñiều kiện x + y + z + xyz = Chứng minh b) xy + yz + zx ≥ 27 , c) x + y + z ≥ , a) xyz ≤ , d) xy + yz + zx ≥ ( x + y + z ) + b) x + y + z ≤ , 27 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + zx 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Russia 2002 x x + ( x + y )( x + z ) 28 [ D Olteanu ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a+b a b+c b c+a c + + ≥ b + c 2a + b + c c + a 2b + c + a a + b 2c + a + b + z z + ( z + x)( z + y ) ≤1 Crux Mathematicorum Gazeta Matematică a1a24 + a2 a34 + + an a14 ≥ a2 a14 + a3a24 + + a1an4 39 [ Mircea Lascu ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a b c c +a a+b b+c + + ≥ + + b c a c +b a +c b+a  a b+c c +a a +b b c  + + ≥  + +  b + c c + a a + b  a b c India, 2002 40 Cho a1 , a2 , , an số nguyên dương lớn Tồn số 30 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a1 3(ab + bc + ca) a b c + + ≥ b2 − bc + c c − ac + a a − ab + b a +b +c y y + ( y + z )( y + x ) 38 Cho a1 , a2 , , an , n ≥ n số thực cho a1 < a2 < < an Chứng minh 29 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh + Cao Minh Quang a1 , a2 a3 , , an−1 an , an a1 nhỏ 3 Adapted after a well – known problem Proposed for the Balkan Mathematical Olympical 31 [ Adrian Zahariuc ] Cho x1 , x2 , , xn số nguyên ñôi phân biệt Chứng minh 41 [ Mircea Lascu, Marian Tetiva ] Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện xy + yz + zx + xyz = Chứng minh a) xyz ≤ , x12 + x22 + + xn2 ≥ x1 x2 + x2 x3 + xn x1 + 2n − b) x + y + z ≥ , 32 [ Murray Klamkin ] Cho x1 , x2 , , xn ≥ 0, n > thỏa mãn ñiều kiện x1 + x2 + + xn = Hãy tìm giá trị lớn biểu thức x12 x2 + x22 x3 + + xn2−1 xn + xn2 x1 c) 1 + + ≥ 4( x + y + z) , x y z d) (2 z −1) 1 , z = max { x, y, z } + + − 4( x + y + z) ≥ x y z z (2 z +1) Crux Mathematicorum 33 Cho x1 , x2 , , xn > thỏa mãn ñiều kiện xk +1 ≥ x1 + x2 + + xk với k Hãy tìm giá trị lớn số c cho x1 + x2 + + xn ≤ c x1 + x2 + + xn 42 [ Manlio Marangelli ] Cho x, y, z số thực dương Chứng minh IMO Shortlist, 1986 3( x y + y z + z x )( xy + yz + zx ) ≥ xyz ( x + y + z ) 34 Cho số thực dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn ñiều kiện a + x = b + y = c + z = Chứng minh 43 [ Gabriel Dospinescu ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện 1 1 (abc + xyz ) + +  ≥  ay bz cx  max {a, b, c} − {a, b, c} ≤ Chứng minh Russia, 2002 35 [ Viorel Vâjâitu, Alexvàru Zaharescu ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh + a + b3 + c + 6abc ≥ 3a 2b + 3b c + 3c a 44 [ Gabriel Dospinescu ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh   1 1 a  b2  c2  27 + 2 + 2 + 2 +  ≥ (a + b + c ) + +   a b c       bc  ca  ab  ab bc ca + + ≤ (a + b + c) a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b Gazeta Matematică 36 Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn ñiều kiện a + b + c + d = Tìm giá trị nhỏ biểu thức a2 45 Cho a0 = , a k+1 = ak + k Chứng minh n 1− < an < n a (b + c + d ) + b3 (c + d + a) + c (d + a + b) + d (a + b + c) TST Singapore 37 [ Walther Janous ] Cho x, y, z số thực dương Chứng minh 46 [ Călin Popa ] Cho a, b, c ∈ (0,1) thỏa mãn ñiều kiện ab + bc + ca = Chứng minh 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc a b c 1− a 1− b2 1− c   + + ≥  + + b c  1− a 1− b 1− c  a France, 1996 56 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh (a + b)(b + c)(c + a ) ≥ (a + b + c −1) 47 [ Titu Vàreescu, Gabriel Dospinescu ] Cho x, y, z ≤ thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = Chứng minh 1 27 + + ≤ + x + y + z 10 48 [ Gabriel Dospinescu ] Cho MOSP, 2001 57 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (a + b2 + c2 )(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ≤ abc (ab + bc + ca) x + y + z = Chứng minh Cao Minh Quang 58 [ D.P.Mavlo ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh (1− x) (1− y ) (1− z ) ≥ 215 xyz ( x + y )( y + z )( z + x) (a + 1)(b +1)(c +1) 1 a b c 3+ a +b + c + + + + + + ≥ + abc a b c b c a 49 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện xyz = x + y + z +2 Chứng minh a) xy + yz + zx ≥ ( x + y + z ) , b) x+ y+ z≤ Kvant, 1988 59 [ Gabriel Dospinescu ] Cho x1 , x2 , , xn số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x1 x2 xn = Chứng minh xyz 50 Cho x, y, z số thực thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = Chứng minh n n  n 1 n n ∏( xin + 1) ≥ ∑ xi + ∑    i=1 i=1 i=1 xi  n x + y + z ≤ xyz + IMO Shortlist, 1987 60 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh 51 [ Titu Vàreescu, Gabriel Dospinescu ] Cho x1 , x2 , , xn ∈ (0,1) σ hoán vị 1 d    a + b3 + c3 + abcd ≥  , +   27      {1, 2, , n} Chứng minh n    xi   n   ∑  1 ∑ 1− x ≥ 1+ i=1n .∑ 1− x x  i=1 i i σ(i )    i=1    Kvant, 1993 61 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh n n 52 Cho x1 , x2 , , xn số thực dương thỏa mãn ñiều kiện n i=1 n xi ≥ (n −1) ∑ i=1 2 ∑ 1+ x i=1 ∑ ∑ (1+ a ) (1 + b ) (a − c) (b − c) ≥ (1 + a )(1 + b )(1 + c )(a − b) (b − c) (c − a) 2 2 2 2 AMM = Chứng minh i xi 53 [ Titu Vàreescu ] Cho n > a1 , a2 , , an số thực thỏa mãn ñiều kiện 62 [ Titu Vàreescu, Mircea Lascu ] Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện xyz = α ≥ Chứng minh xα yα zα + + ≥ y+z z+x x+ y Vojtech Jarnik n ∑a ≥ n i 63 Cho x1, x2 , , xn , y1, y2 , , yn ∈ ℝ thỏa mãn ñiều kiện x12 + x22 + + xn2 = y12 + y22 + + yn2 =1 Chứng minh  i=1 n  ( x1 y2 − x2 y1 ) ≤ 1− ∑ xi yi   i=1  n 2 ∑ ai2 ≥ n2 Chứng minh i=1 Korea, 2001 max {a1 , a2 , , an } ≥ 64 [ Laurentiu Panaitopol ] Cho a1 , a2 , , an số nguyên dương khác ñôi Chứng minh USAMO, 1999 54 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh a12 + a22 + + an2 ≥ a −b b−c c − d d −a + + + ≥0 b+c c +d d +a a +b 2n + (a1 + a2 + + an ) TST Romania 65 [ Călin Popa ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh 55 Cho x, y số thực dương Chứng minh x y + yx >1 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc a b c ( 3c + ab ) Cao Minh Quang + b ( c a 3a + bc ) + c ( a b 3b + ca ) ≥ 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc a + b + c + 2abc + ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) 3 75 [ Titu Vàreescu, Zuming Feng ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 66 [ Titu Vàreescu, Gabriel Dospinescu ] Cho a, b, c, d số thực thỏa mãn ñiều kiện 2 2 −3 ≤ ab + bc + cd + da + ac + bd − abcd ≤ USAMO, 2003 67 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 76 Cho x, y số thực dương m, n số nguyên dương Chứng minh (a + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9(ab + bc + ca) (n −1)(m −1)( x m+n + y m+n ) + (m + n −1)( x m y n + x n y m ) ≥ mn ( x m+n−1 y + y m+n−1 x) APMO, 2004 Austrian – Polish Competition, 1995 68 [ Vasile Cirtoale ] Cho x, y, z số thực thỏa mãn ñiều kiện < x ≤ y ≤ z, x + y + z = xyz + Chứng minh 77 Cho a, b, c, d , e số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abcde = Chứng minh a + abc b + bcd c + cde d + dea e + eab 10 + + + + ≥ + ab + abcd + bc + bcde + cd + cdea + de + deab + ea + eabc a) (1− xy )(1− yz )(1− zx) ≥ , b) x y ≤ 1, x y ≤ ( 2a + b + c ) (2b + a + c) (2c + b + c) + + ≤8 2 2 2a + (b + c) 2b + (a + c) 2c + (a + b) (1 + a )(1+ b )(1+ c )(1 + d ) = 16 Chứng minh Cao Minh Quang Crux Mathematicorum 32 27 69 [ Titu Vàreescu ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c ≥ abc Chứng minh ba bất ñẳng thức sau ñây ñúng  π 78 [ Titu Vàreescu ] Cho a, b, c ∈ 0,  Chứng minh   sin a.sin (a − b).sin (a − c ) sin b.sin (b − c ).sin (b − a ) sin c.sin (c − a ).sin (c − b) + + ≥0 sin (b + c ) sin (c + a ) sin (a + b) 6 + + ≥ 6, + + ≥ 6, + + ≥ a b c b c a c a b TST 2003, USA TST 2001, USA 70 [ Gabriel Dospinescu, Marian Tetiva ] Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = xyz Chứng minh 79 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a + b4 + c + a 2b + b 2c + c a ≥ a 3b + b3c + c 3a + ab3 + bc3 + ca ( x −1)( y −1)( z −1) ≤ −10 KMO Summer Program Test, 2001 80 [ Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu ] Cho a1 , a2 , , an > 0, n > thỏa mãn ñiều kiện a1a2 an = Hãy tìm số kn nhỏ cho 71 [ Marian Tetiva ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 2 a3 − b3 b3 − c3 c − a3 (a − b) + (b − c ) + (c − a ) + + ≤ a +b b+c c+a a1a2 a2 a3 + (a12 + a2 )(a22 + a1 ) (a22 + a3 )(a32 + a2 ) Moldova TST, 2004 + + an a1 (an2 + a1 )(a12 + an ) ≤ kn 81 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c, x, y, z số thực dương Chứng minh 72 [ Titu Vàreescu ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ax + by + cz + (a5 − a + 3)(b5 − b2 + 3)(c5 − c + 3) ≥ (a + b + c)3 (a + b2 + c )( x + y + z ) ≥ (a + b + c)( x + y + z ) Kvant, 1989 USAMO, 2004 82 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c ñộ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 73 [ Gabriel Dospinescu ] Cho x1 , x2 , , xn > 0, n > thỏa mãn ñiều kiện a b c  b c a 3 + + −1 ≥  + +   b c a   a b c   n  n  ∑  = n2 +1 ∑ xk   k =1  k =1 xk  83 [ Walther Janous ] Cho x1 , x2 , , xn > 0, n > thỏa mãn ñiều kiện x1 + x2 + + xn = Chứng minh Chứng minh  n   n  2  x   k  ∑ > n + 4+  ∑ n (n −1)  k =1 xk  k =1 n i=1 74 [ Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Marian Tetiva ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh  1 n i i=1  n − xi  ∏1 + x  ≥ ∏ 1− x  i Crux Mathematicorum 10 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc (a + b + c) − abc ≤ 10 84 [ Vasile Cirtoaje, Gheoghe Eckstein ] Cho x1 , x2 , , xn số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x1 x2 xn = Chứng minh 1 + + + ≤1 n −1 + x1 n −1 + x2 n −1 + xn Vietnam, 2002 94 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh          a + −1b + −1 + b + −1c + −1 + c + −1a + −1 ≥  b  c   c  a   a  b  TST 1999, Romania 85 [ Titu Vàreescu ] Cho a, b, c số thực không âm thỏa ñiều kiện a2 +b2 +c2 +abc = Chứng minh ≤ ab + bc + ca − abc ≤ 95 [ Gabriel Dospinescu ] Cho n số nguyên lớn Tìm số thực lớn mn số thực nhỏ M n cho với số thực dương x1 , x2 , , xn (xem xn = x0 , xn+1 = x1 ), ta có USAMO, 2001 n mn ≤ ∑ 86 [ Titu Vàreescu ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a +b +c − abc ≤ max {( ) ( a− b , Cao Minh Quang ) ( b− c , c− a i=1 ) } xi ≤ Mn xi−1 + (n −1) xi + xi +1 96 [ Vasile Cirtoaje ] Cho x, y, z số thực dương Chứng minh 1 + + ≥ x + xy + y y + yz + z z + zx + x ( x + y + z )2 TST 2000, USA 87 [ Kiran Kedlaya ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh Gazeta Matematică a + ab + abc a + b a + b + c ≤ a 3 97 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh (a3 +1)(b3 +1)(c + 1)(d +1) ≥ (1 + abcd )(1 + a )(1 + b )(1 + c )(1 + d ) 88 Tìm số k lớn cho với số nguyên dương n không phương, ta có (1+ n ) sin (π n ) > k Gazeta Matematică 98 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 4 (a + b) + (b + c) + (c + a) ≥ Vietnamese IMO Training Camp, 1995 89 [ Trần Nam Dũng ] Cho x, y, z số thực dương thỏa ñiều kiện ( x + y + z ) = 32 xyz Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức x4 + y4 + z 4 (x + y + z) Vietnam TST, 1996 99 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh 1 1 1 + + ≤ + + 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a + a + b + c Vietnam, 2004 Bulgaria, 1997 90 [ George Tsintifas ] Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh 100 [Trần Nam Dũng ] Cho a, b, c số thực dương thỏa 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3 3 (a + b) (b + c) (c + d ) (d + a) ≥ 16a 2b2 c d (a + b + c + d ) + + a b c Crux Mathematicorum 91 [ Titu Vàreescu, Gabriel Dospinescu ] Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = n số nguyên dương Tìm giá trị lớn biểu thức (ab) n 1− ab (bc) n + 1− bc (ca) n + 4 (a + b + c ) 1− ca Vietnam, 2001 101 [ Titu Vàreescu, Gabriel Dospinescu ] Cho a, b, c, x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện xy + yz + zx = Chứng minh a b c ( y + z)+ ( z + x) + ( x + y) ≥ b+c c+a a +b 92 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 1 + + ≥ a (1 + b) b (1 + c ) c (1 + a ) abc + abc ( 102 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ) 2 93 [Trần Nam Dũng ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh 11 2 (b + c − a ) (c + a − b) (a + b − c) + + ≥ 2 2 2 b + c + a c + a + b a + b + c ( ) ( ) ( ) Japan, 1997 12 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc 103 [ Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu ] Cho a1 , a2 , , an ≥ 0, an = {a1 , a2 , , an } Chứng minh a12 + a22 + + an2 − n ≥ 2a 2b 2c + + ≤ a +b b+c c+a 104 [ Turkervici ] Cho x, y , z , t số thực dương Chứng minh Gazeta Matematică x + y + z + t + xyzt ≥ x y + y z + z 2t + x z + y 2t 114 Cho x, y, z số thực dương Chứng minh Kvant  105 Cho a1 , a2 , , an số thực dương Chứng minh ( xy + yz + zx)  (a +b )(b +c )(c 2 2 2 (1 + a ) + (1 + b) + (1 + c) + (1 + d ) n i Chứng minh ) 2 n ∑ x +1 ≥ i=1 i 116 [ Suranyi ] Cho a1 , a2 , , an số thực dương Chứng minh (n −1)(a1n + a2n + + ann ) + na1a2 an ≥ (a1 + a2 + + an )(a1n−1 + a2n−1 + + ann−1 ) 108 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abcd = Chứng minh n n + a ) ≥ 8(a b + b c + c a  ≥  ( z + x)  i=1 107 [ Titu Vàreescu, Gabriel Dospinescu ] Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh ( y + z) ∏(3x +1) ≤ n TST Singapore + 115 [ Cao Minh Quang ] Cho x1 , x2 , , xn số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a a a 17 + + + ≤ (a12 + a22 + + an2 ) b1 b2 bn 10 Iran, 1996 106 Cho a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn ∈ (1001, 2002) cho a12 + a22 + + an2 = b12 + b22 + + bn2 Chứng minh +  ( x + y ) n  n 2 ij  a  ≤ a j ∑ i  ∑  i , j=1 i + j −1 i=1 2n n n −1 (a1 + a2 + + an − n) n −1 113 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh  a + a2 + + an−1 n a1n + a2n + + ann − na1a2 an ≥ (n −1) − an    n −1 Cao Minh Quang ≥1 Miklos Schweitzer Competition 117 [ Gabriel Dospinescu ] Cho x1 , x2 , , xn > thỏa mãn ñiều kiện x1 x2 xn = Chứng minh n ∑ (x − x ) ≥ ∑ x i Gazeta Matematică j 1≤i≤ j≤n 109 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a, b, c số thực dương Chứng minh i −n i =1 A generazation of Tukervici’s Inequality a2 b2 c2 a b c + + ≥ + + b2 + c c + a a + b b + c c + a a + b 118 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a1 , a2 , , an < nhỏ biểu thức Gazeta Matematică n ∑ 110 [ Gabriel Dospinescu ] Cho n số thực a1 , a2 , , an Chứng minh i=1 a1 + a2 + + an = 1, n > Tìm giá trị n −1 a1a2 an 1−(n −1)    ∑  ≤ ∑ (ai + + a j ) i∈ℕ*  1≤i≤ j≤n 119 [ Vasile Cirtoaje ] Cho a1 , a2 , , an ∈ [0,1) thỏa mãn ñiều kiện TST 2004, Romania a= 111 [Trần Nam Dũng ] Cho x1 , x2 , , xn ∈ [−1,1] thỏa mãn ñiều kiện x13 + x23 + + xn3 = Tìm giá trị lớn biểu thức Chứng minh a a1 a na + + + n ≥ 1− a12 1− a22 1− an 1− a x1 + x2 + + xn 112 [ Gabriel Dospinescu, Călin Popa ] Cho n số thực a1 , a2 , , an , n ≥ thỏa mãn ñiều kiện a1a2 an = Chứng minh 13 a12 + a22 + + an2 ≥ n 120 [ Vasile Cirtoaje, Mircea Lascu ] Cho a, b, c, x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện 14 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc (a + b + c)( x + y + z ) = (a + b + c )( x + y + z ) = ab bc ca + + ≤ 1+ c 1+ a 1+ b Chứng minh abcxyz < Cao Minh Quang 130 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh 36 a + b + c + 3abc ≤ 121 [ Gabriel Dospinescu ] Cho x1 , x2 , , xn > 0, n > thỏa mãn ñiều kiện x1 x2 xn = Tìm Poland, 1999 131 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh số kn nhỏ cho 1 + + + ≤ n −1 + kn x1 + kn x2 + kn xn a +b+c + ≥4 abc Macedonia, 1999 Mathlinks Contest 122 [ Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu ] Cho x1 , x2 , , xn > 0, n > thỏa mãn ñiều kiện 132 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh ab + c + bc + a + ca + b ≥ + ab + bc + ca x12 + x22 + + xn2 = Tìm số kn lớn cho 133 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh (1− x1 )(1− x2 ) (1− xn ) ≥ kn x1 x2 xn (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1− a )(1− b)(1− c) 123 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh Russia, 1991 134 Cho a, b số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b = Chứng minh 1 + + ≥ a3 (b + c ) b3 (c + a ) c3 (a + b) a2 b2 + ≥ a +1 b +1 IMO, 1995 Hungary, 1996 124 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh 135 Cho số thực x, y Chứng minh ab bc ca + + ≤ a + b5 + ab b5 + c5 + bc c5 + a + ca 3( x + y + 1) + ≥ xy IMO Shortlist, 1996 Columbia, 2001 125 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh 136 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh + ab + bc + ca 18 + + ≥ c3 a3 b3 a + b3 + c3 Hong Kong, 2000 Czech and Slovakia, 2000 126 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh 1 + + 2 (a +1) + b + (b +1) + c + (c +1) + a + ≤  1 a b (a + b) +  ≥ +  a b  b a 137 Cho a, b, c ≥ Chứng minh a −1 + b −1 + c −1 ≤ c (ab + 1) Hong Kong, 1998 127 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh 138 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = xyz Chứng minh     a −1 + b −1 + c −1 +  ≤  b  c  a  1+ x2 IMO, 2000 + 128 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện abc = Chứng minh a + b + c (1 + b)(1 + c) (1 + a)(1 + c) (1 + a )(1 + b) 1+ y + 1+ z2 ≤ Korea, 1998 139 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ≥ a a + 8bc IMO Shortlist, 1998 + b b + 8ca + IMO, 2001 129 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c = Chứng minh 15 16 c c + 8ab ≥1 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc 140 Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh Cao Minh Quang x2 y y2 z z x + + ≥ x2 + y2 + z z x y a b c d + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + a + 3b a + 2b + 3c Vietnam, 1991 150 Cho a ≥ b ≥ c > Chứng minh IMO Shortlist, 1993 141 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn ñiều kiện ab + bc + cd + da = Chứng minh a3 b3 c3 d3 + + + ≥ b+c +d c +d +a d +a +b a +b+c a − b c − b2 a − c + + ≥ 3a − 4b + c c a b Ukraine, 1992 151 Cho x, y, z số thực dương Chứng minh IMO Shortlist, 1990 ( xyz x + y + z + x + y + z 142 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ( x + y + z )( xy + yz + zx) a2 b2 c2 bc ca ab + + ≥1 ≥ + + a + 2bc b + 2ca c + 2ab a + 2bc b2 + 2ca c + 2ab ) ≤ 3+ Hong Kong, 1997 152 Cho a1 , a2 , , an > a1 + a2 + + an < Chứng minh Romania, 1997 143 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a1a2 an (1− a1 − a2 − − an ) ≤ (a1 + a2 + + an )(1− a1 )(1− a2 ) (1− an ) n n+1 a b3 c3 + + ≥ a +b +c bc ca ab IMO Shortlist, 1998 Canada, 2002 153 Cho hai số thực a, b , a ≠ Chứng minh 144 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a + b2 + 1 1 + + ≤ a + b3 + abc b3 + c + abc c + a + abc abc b + ≥ a2 a Austria, 2000 USA, 1997 145 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh 154 Cho a1 , a2 , , an > Chứng minh a2 a2 a12 a22 + + + n−1 + n ≥ a1 + a2 + + an a2 a3 an a1 1 + + ≥ + ab + bc + ca China, 1984 Belarus, 1999 155 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện xyz = Chứng minh 146 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh x + y + z + x + y + z ≥ ( xy + yz + zx) a b c a +b b + c + + ≥ + +1 b c a b+c a +b Russia, 2000 156 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện xyz ≥ xy + yz + zx Chứng minh Belarus, 1998 147 Cho a, b, c ≥ − , a + b + c = Chứng minh xyz ≥ 3( x + y + z ) a b c + + ≤ a + b + c + 10 India, 2001 1 157 Cho x, y, z > + + = Chứng minh x y z Poland, 1996 148 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện xyz = Chứng minh x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1 x9 + y y9 + z9 z + x9 + + ≥2 x6 + x3 y + y y + y z + z z + z z + x IMO, 1992 158 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ñiều kiện ab +bc +ca =1 Chứng minh Roamania, 1997 149 Cho x ≥ y ≥ z > Chứng minh 17 18 1 1 + 6b + + 6c + + 6a ≤ a b c abc 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc IMO Shortlist, 2004 Cao Minh Quang abc + bcd + cde + def + efa + fab ≤ 159 Cho x ≥ 2, y ≥ 2, z ≥ Chứng minh Poland, 1998 ( x3 + y )( y + z )( z + x) ≥ 125 xyz 168 Cho a, b, c ∈ [0,1] Chứng minh Saint Petersburg, 1997 a + b + c ≤ a 2b + b c + c a + 160 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn ñiều kiện c + d = (a + b ) Chứng minh Italy, 1993 169 Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c ≥ abc Chứng minh a b3 + ≥ c d a + b + c ≥ abc Ireland, 1997 Singapore, 2000 170 Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c ≥ abc Chứng minh 161 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a + b + c ≥ 3abc a b c + + ≥1 b + 2c c + 2a a + 2b BMO, 2001 Czech – Slovak Match, 1999 171 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x + y + z = xyz Chứng minh 162 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh xy + yz + zx ≥ ( x + y + z ) ab bc ca a b c + + ≥ + + c (c + a) a (a + b) b (b + c) c + a b + a c + b Belarus, 1996 172 Cho x1 , x2 , x3 , x4 số thực dương thỏa mãn ñiều kiện x1 x2 x3 x4 = Chứng minh Moldova, 1999 163 Cho a, b, c, d số thực dương Chứng minh    1 1 x13 + x23 + x33 + x43 ≥ max   x1 + x2 + x3 + x4 , + + +     x x x x 4    a +c b+d c +a d +b + + + ≥ a+b b+c c +d d +a Iran, 1997 Baltic way, 1995 173 Cho a, b, c, x, y, z số thực dương Chứng minh 164 Cho x, y, u , v số thực dương Chứng minh a b3 c (a + b + c ) + + ≥ x y z 3( x + y + z ) xy + xu + uy + uv xy uv ≥ + x + y +u +v x+ y u +v Poland, 1993 Belarus TST, 2000 174 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn ñiều kiện 165 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh  a + b + c   a  b  c   1 + 1 + 1 +  ≥ 1 +  b  c  a   abc  1 1 + + + =1 1+ a4 1+ b4 1+ c 1+ d Chứng minh APMO, 1998 abcd ≥ 166 Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn ñiều kiện x + y + z =1 Chứng minh x2 y + y z + z x ≤ 36 Latvia, 2002 27 175 Cho x, y, z > Chứng minh Canada, 1999 xx 167 Cho a, b, c, d , e, f số thực dương thỏa mãn ñiều kiện a + b + c + d + e + f = 1, ace + bdf ≥ +2 yz yy + zx zz +2 xy xy + yz + zx ≥ ( xyz ) Proposed for 1999 USAMO 108 176 Cho c ≥ b ≥ a ≥ Chứng minh (a + 3b)(b + 4c)(c + 2a) ≥ 60abc Chứng minh Turkey, 1999 19 20 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Với bất đẳng thức (2.5), áp dụng bất đẳng thức H¨older, ta có 2.2 Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có a Vậy a (a + b + c)3 a+b+c =√ ∑ a(b2 + bc + c2 ) ab + bc + ca Tiếp theo ta chứng minh bất đẳng thức (2.6) Không tính tổng quát, giả sử c = min{a, b, c} Ta có đánh giá sau b+c c+a 2(a + b + 2c) √ √ +√ ≥√ b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2 Đánh giá đối xứng cho a b, ta giả sử a ≥ b Bây giờ, ta có √ b2 + bc + c2 − ab + bc + ca ∑ √b2 + bc + c2 ∑ a(b2 + bc + c2 ) ≥ (a + b + c)3 ∑ b2 + bc + c2 ≥ Chương Tuyển tập toán = b2 + bc + c2 − c2 + ca + a2 c2 + ca + a2 c2 + ca + a2 2 (a + b + c)2 (a − b)2 √ = √ ( b + bc + c2 + c2 + ca + a2 )2 Vậy ta cần chứng minh (a + b + c)(a − b)2 √ √ ≥ ( b + bc + c2 + c2 + ca + a2 )3 3(a2 + ab + b2 )[2 (a − b)2 √ √ a2 + ab + b2 + 3(a + b)] Dễ thấy b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2 ab + ca + a2 · a2 + ab + b2 √ √ = 2(a + b + c) a+ b a2 + ab + b2 ≤ Do hai số sau đơn điệu ngược chiều b2 + bc + ab + ≤ 4(a + b + c)(a + b) a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 , c2 + ca + a2 ; b+c √ , b2 + bc + c2 c+a √ c2 + ca + a2 Vậy từ bất đẳng thức Chebyshev ta suy Mặt khác, 3(a2 + ab + b2 ) √ a2 + ab + b2 + 3(a + b) ≥ √ 3(a2 + ab + b2 ) · 3(a + b) = 6(a + b) a2 + ab + b2 > 4(a + b) a2 + ab + b2 Từ suy b+c c+a √ +√ b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 b+c c+a ≥2 b2 + bc + c2 · √ + c2 + ca + a2 · √ b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 = 2(a + b + 2c) c2 + ca + a2 Đánh giá ta chứng minh Sử dụng nó, ta đưa bất đẳng thức (2.6) √ 2(a + b + 2c) ab + bc + ca a+b √ √ − ≥ √ −√ , 2 2 a+b+c b + bc + c + c + ca + a a2 + ab + b2 √ √ √ √ ( b2 + bc + c2 − ab + bc + ca)2 + ( ab + bc + ca − c2 + ca + a2 )2 √ √ ( b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2 )(a + b + c) ≥ √ ab + bc + ca − √ √ b2 + bc + c2 − ab + bc + ca + ab + bc + ca − (c + a)2 c(ab − c2 )(a − b) (b + c)2 − = ≥ b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 (b2 + bc + c2 )(c2 + ca + a2 ) b2 + bc + c2 + + ≥ b2 + bc + c2 − c2 − ca − a2 = (b − a)(a + b + c) ≤ 0, (a − b)2 √ √ 3(a2 + ab + b2 )[2 a2 + ab + b2 + 3(a + b)] 62 (a − b)2 (a + b + c)(a − b)2 √ √ √ ≥ ( b2 + bc + c2 + c2 + ca + a2 )3 4(a + b) a2 + ab + b2 (a − b)2 √ ≥ √ 2 3(a + ab + b )[2 a2 + ab + b2 + 3(a + b)] Vậy bất đẳng thức (2.6) chứng minh Bất đẳng thức chứng minh hoàn chỉnh Với c = min{a, b, c} ta có đẳng thức xảy a = b = 12 , c = Nhận xét Mời bạn đọc thử sức với kết tổng quát sau Bài toán Với số thực không âm a, b, c, k, tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P(a, b, c) = √ +√ +√ kb2 + bc + kc2 kc2 + ca + ka2 ka2 + ab + kb2 57 Tìm giá trị lớn biểu thức sau với số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = P(a, b, c) = ca ab bc + + + a2 + b2 + c2 63 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Lời giải Giả sử a ≥ b ≥ c Ta có Cố định p = a + b + c = r = abc, xét hàm số f (x) = 3x + 3x2 x2 (3 + x2 )2 ⇒ k (x) = − Chương Tuyển tập toán Ta có 1 + + P(a, b, c) = abc 3a + a3 3b + b3 3c + c3 f (x) = − 2.2 Lời giải ⇒ k(x) = f x , 3x+x3 g (t) = − có dấu với hàm số h(t) = −t k + 2t k−1 − Lại có h (t) = t k−2 [2(k − 1) − kt], suy < Ngoài ra, qua t0 h (t) đổi dấu từ dương sang h (t) có nghiệm t = t0 = 2(k−1) k âm Điều chứng tỏ h(t) đồng biến t ∈ [0,t1 ) nghịch biến t ∈ (t1 , 1) Do limt→0 h(t) = −1 h(1) = nên h(t) có nghiệm t1 ∈ [t0 , 1] , h(t) < với t ∈ (0,t1 ) h(t) > với t ∈ (t1 , 1) Suy g (t1 ) = 0, g (t) < với t ∈ (0,t1 ) g (t) > với t ∈ (t1 , 1) Do g(t) nghịch biến t ∈ [0,t1 ] đồng biến t ∈ [t1 , 1] Từ lập luận trên, ta có g(t) ≤ max {g(0), g(1)} = max 41k , 93k ta thu =− 2k(t k − 2t k−1 + 1) (t + 2)2k+1 3x4 (1 + x2 ) (1 + 3x2 )2 18x2 (2 − x2 + 4x4 + 3x6 ) < (1 + 3x2 )4 (ii) k ≥ Giả sử a = max{a, b, c}, ta có Từ suy P(a, b, c) đạt giá trị lớn a = b ≥ c Khi a ∈ 1, 23 P(a, b, c) = (ab)k + (bc)k + (ca)k ≤ (ab)k + (bc)k + ak−2 bc ≤ (ab + ca)k 2ca a2 2a(3 − 2a) a2 + = + = g(a) P(a, b, c) = + c2 + a2 + (3 − 2a)2 + a2 Mà theo bất đẳng thức AM – GM Tính đạo hàm g(a), ta có a+b+c (ab + ca)k = [a · (b + c)]k ≤ g (a) = 27(4 − 3a + a2 )(6 − 3a − a2 )(1 − a)2 4(3 − 3a + a2 )2 (3 + a2 )2 Nên kết hợp trên, ta suy P(a, b, c) ≤ √ √ 33−3 Do g (a) có ba nghiệm phân biệt − 33+3 , 1, Trong ba nghiệm có hai nghiệm √ a0 = 33−3 thỏa mãn a ∈ 1, Mặt khác, dễ thấy qua a0 g (a) đổi dấu từ dương 2 sang âm Suy g(a) đồng biến a ∈ [1, a0 ] nghịch biến a ∈ a0 , 32 Từ lập luận trên, ta có √ √ 33 − 11 33 − 45 = 24 √ √ 33−45 c = − 33 nên ta kết luận 11 24 giá trị g(a) ≤ g(a0 ) = g Do đẳng thức xảy a = b = lớn P(a, b, c) √ 33−3 2k = 4k 4k Từ tất trường hợp trên, ta đến kết luận max P(a, b, c) = max 41k , 93k Do 41k = 93k ⇐⇒ ln k = k0 = ln 9−ln nên với k = k0 đẳng thức xảy a = b = c a = b, c = hoán vị; với k > k0 đẳng thức xảy a = b, c = hoán vị; với k < k0 , đẳng thức đạt ba biến a, b, c 59 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b+c P(a, b, c) = k b c+a + k + c a+b k , a, b, c, k số thực không âm cho ab + bc + ca > 58 Tìm giá trị lớn biểu thức Lời giải Ta chứng minh kết sau P(a, b, c) = (ab)k + (bc)k + (ca)k , P(a, b, c) = với a, b, c, k số thực không âm tùy ý thỏa mãn a + b + c = Lời giải Giả sử a ≥ b ≥ c Ta có hai trường hợp cần xét (i) ≤ k ≤ Cố định r = abc p = a + b + c = Xét hàm số f (x) = f (x) = − k ⇒ k(x) = f xk+1 x 64 + b c+a k + c a+b k ≥ 2, 2k (i) ≤ k ≤ 12 Trước hết, ta có kết sau ta có x + y+z = −kxk+1 ⇒ k (x) = −k2 (k + 1)xk−1 ≤ a2k + 2(ca)k 2t k + = = g(t) (a + b + c)2k (t + 2)2k k Để chứng minh kết này, ta xét ba trường hợp , xk Suy k(x) hàm lõm, P(a, b, c) đạt giá trị lớn a = b ≥ c Khi P(a, b, c) = a2k + 2(ca)k = a b+c t= c ∈ [0, 1] a y + z+x z ≥ x+y Thật vậy, theo bất đẳng thức AM – GM, ∑ x = y+z ∑ x x ≥ 2∑ = x+y+z x · (y + z) 65 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Sử dụng kết với x = a2k , y = b2k , z = c2k , ta ak bk 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán Ta có (a + b)3 c(a + b)2 (a − b)2 (a + b − 2c) + − 4 (a + b) c(a + b) ≤ + , ck a2 (b + c) + b2 (c + a) = √ +√ +√ ≥ b2k + c2k c2k + a2k a2k + b2k Tiếp theo, ta chứng minh k a b+c Bất đẳng thức tương đương với b2k + c2k b b+c nên áp dụng bất đẳng thức H¨older, ta ak ≥√ 2k b + c2k ≥ 2k (b + c)2k , c b+c + a + b+c k + b c+a k k c a+b + (a + b)3 = (a+b)3 a b+c k b + c+a k c + a+b P(a, b, c) ≥ P k t +1 f (t) = + k f (t) = t k ≥ 2, ≥ f (t) = ⇐⇒ kt k−1 −k 2k t +1 k k g (t) =  a b+c  ≥ k b c+a  +  k + b c+a k  ≥ 2 a b+c + 2k b c+a  Vậy ta cần chứng minh  1−k < 2k k≥ (iii) k ≥ Áp dụng bất đẳng thức trung bình lũy thừa bất đẳng thức Nesbitt a b c + + ≥ , b+c c+a a+b ta thu a ∑ b+c k ≥ a ∑ b+c k ≥ 2k Từ suy a + b+c b ≥2 c+a 66 a+b a + b + 2c t +1 Dễ thấy qua t0 g (t) đổi dấu từ âm sang dương Suy g(t) nghịch biến t ∈ (0,t0 ] đồng biến t ∈ [t0 , 1] Do limt→0 g(t) = +∞ g(1) = nên tồn t1 ∈ (0,t0 ) để g(t1 ) = 0, g(t) > với t ∈ (0,t1 ) g(t) < với t ∈ (t1 , 1) Do f (t1 ) = 0, f (1) = 0, f (t) > với t ∈ (0,t1 ) f (t) < với t ∈ (t1 , 1) Vậy f (t) đồng biến t ∈ [0,t1 ] nghịch biến t ∈ [t1 , 1] Từ lập luận trên, ta có f (t) ≥ min{ f (0), f (1)} = 2, 23k Suy  k 2kt + k − t(t + 1) g (t) = ⇐⇒ t = t0 = Với ý k ≥ 12 , áp dụng bất đẳng thức trung bình lũy thừa, ta có a k b k b+c + c+a ⇐⇒ (k − 1) lnt − k ln = (r + 1) ln k a+b ≥2 a + b + 2c 2k Tiếp tục xét hàm số g(t) = (k − 1) lnt − ln − (k + 1) ln t+1 , ta có a+b a+b , , c ≥ 2, k 2 b + c+a 4(a + b) a + b + 2c k kt k−1 =k 2k t +1 Bất đẳng thức bên trái tương đương với a b+c = + c(a+b) Bất đẳng thức bên trái chứng minh Bây ta chứng minh bất đẳng thức bên 2c phải Đặt t = a+b ≤ ta có bất đẳng thức tương đương với bk ck ak +√ +√ ≥√ b2k + c2k c2k + a2k a2k + b2k ≤ k ≤ Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Ta chứng minh a b+c (a + b)3 a2 (b + c) + b2 (c + a) Ta có P(a, b, c) = (ii) ≥ ≥ 1, Kết hợp với ta suy 2 2k hiển nhiên Từ đây, cách thiết lập hai bất đẳng thức tương tự, ta có a b+c b c+a a b+c k + b c+a 67 k + c a+b k ≥ 2k Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Từ tất trường hợp trên, ta kết luận P(a, b, c) = 2, 23k Do = 23k ⇐⇒ k = k0 = ln ln − nên với k < k0 , đẳng thức đạt a = b, c = hoán vị; với k > k0 , đẳng thức xảy a = b = c; với k = k0 , đẳng thức có hai trường hợp 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có (a − b)2 (c − d)2 (a − b + c − d)2 + ≥ , b + 2c + d d + 2a + b (b + 2c + d) + (d + 2a + b) 60 Cho số nguyên dương lẻ a, b, c, d đôi khác Chứng minh (a − d)2 (c − b)2 (a − d + c − b)2 + ≥ , b + 2c + d d + 2a + b (b + 2c + d) + (d + 2a + b) abc + bcd + cda + dab + 34 ≤ 2abcd Lời giải Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d Từ giả thiết, ta dễ dàng suy a ≥ 7, b ≥ 5, c ≥ 3, d ≥ ≤ min{a − b, b − c, c − d} Vậy suy 8(a + c)(b + d) 2(a + c)(b + d) 2(a + c)(b + d) + ≥ b + 2c + d d + 2a + b (b + 2c + d) + (d + 2a + b) Công ba bất đẳng thức lại ý V P −V T = abc(d − 1) + abcd − bcd − cda − dab − 34 (a − b + c − d)2 + (a − d + c − b)2 + 8(a + c)(b + d) = 2(a + b + c + d)2 , ≥ d(abc − bc − ca − ab) − 34 = d[ab(c − 1) − bc − ca] − 34 ≥ d(2ab − bc − ca) − 34 ≥ 2ab − bc − ca − 34 = b(a − c) + ab − a(b − 2) − 34 ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = c b = d 62 Cho a, b, c, d số thực dương đồng thời thỏa mãn điều kiện sau ≥ b(a − b) + b(b − c) + 2a − 34 ≥ 4b + 2a − 34 ≥ 20 + 14 − 34 = Đẳng thức xảy a = 7, b = 5, c = 3, d = hoán vị abcd = 1; a+b+c+d > Hãy chứng minh b c d a + + + > a + b + c + d a b c d 61 Với số thực dương a, b, c, d ta có bất đẳng thức a2 − bd b2 − ca c2 − db d − ac + + + ≥ b + 2c + d c + 2d + a d + 2a + b a + 2b + c Lời giải Có thể thấy bất đẳng thức cho suy trực tiếp từ hai bất đẳng thức Lời giải Ta có, theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz AM – GM a b c d + + + b c d a + b c d a + + + a b c d c + 2d + a + d − ac a + 2b + c ≥ = (a + c) 1 + b d = (a + c)(b + d) a2 − bd c2 − db a+c−b−d + ≥ , b + 2c + d d + 2a + b b2 − ca a b c d + + + b c d a + (b + d) 1 + a c 1 + ac bd 1 ≥ (a + c)(b + d) √ + √ ac bd 2 ≥ (a + c)(b + d) + a+c b+d b+d −a−c Ta chứng minh bất đẳng thức thứ nhất, bất đẳng thức thứ hai chứng minh tương tự Ta thực biến đổi sau · √ √ ac bd = 2(a + b + c + d) a2 − bd b+d + b + 2c + d + c2 − db b+d + d + 2a + b ≥ a+b+c+d , 2a2 + b2 + d + 2c(b + d) 2c2 + d + b2 + 2a(d + b) a + b + c + d + ≥ , 2(b + 2c + d) 2(d + 2a + b) (a − b)2 + (a − d)2 + 2(a + c)(b + d) (c − b)2 + (c − d)2 + 2(a + c)(b + d) + b + 2c + d d + 2a + b ≥ a + b + c + d, (a − b)2 (c − d)2 (a − d)2 (c − b)2 + + + b + 2c + d d + 2a + b b + 2c + d d + 2a + b 2(a + c)(b + d) 2(a + c)(b + d) + + ≥ a + b + c + d b + 2c + d d + 2a + b 68 Vậy ta có a b c d + + + b c d a a b b c + c d Thế mà a + b + c + d > + + + Chứng minh hoàn tất d a b c d a + + + a b c d ≥ 2(a + b + c + d) nên ta bắt buộc phải có b a + bc + dc + da > a + b + c + d 63 Cho a, b, c, d số thực dương thỏa mãn a+b+c+d = 1 1 + + + a2 b2 c2 d Hãy chứng minh 2(a + b + c + d) ≥ a3 + + 69 b3 + + c3 + + d + Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Lời giải Từ điều kiện toán ta có a3 − a2 a3 + + 2b − + b2 + c3 − c2 + d3 − d2 1−x 1−y 1−z 1−t + + + ≥ 5−x 5−y 5−z 5−t = Do x ≤ y nên − x − x2 ≥ − y − y2 , tức (1 − x)(2 + x) ≥ (1 − y)(2 + y) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM x + y = cd(a + b) ≤ c+d+a+b = 64 27 < nên b3 + + 2c − c3 + + 2d − Do hai số sau đơn điệu ngược chiều a3 − ∑ 4a2 + 2a√a3 + + (a3 + 7)2/3 ≥ 0, a3 −1 a2 2/3 + + a73 + + a73 7 + 1+ a3 a 7 4+2 1+ + 1+ c c 2/3 4+2 1+ 4∑ 4+2 1+ a3 + 1+ 2/3 a3 4+2 1+ 7 + 1+ b3 b 2/3 , 7 4+2 1+ + 1+ d d a2 , (5 − t)(2 + t) (1 − x)(2 + x) 1 Như ta cần chứng minh (1 − x)(2 + x) + (1 − y)(2 + y) + (1 − z)(2 + z) + (1 − t)(2 + t) ≥ Khai triển đổi biến lại bcd = x, cda = y, dab = z, abc = t, ta thấy tương đương với abc + bcd + cda + dab + (abc)2 + (bcd)2 + (cda)2 + (dab)2 ≤ Áp dụng kết toán 70 ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = d = 65 Với a, b, c, d > ta có a· a+b b+c c+d d +a +b· +c· +d · ≥ a + b + c + d b+c c+d d +a a+b Lời giải Không tính tổng quát giả sử a = max{a, b, c, d} Khi đó, ta thực biến đổi bất đẳng thức cho sau ∑ 4+2 1+ a3 + + a73 2/3 = Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = d = 64 Cho a, b, c, d > thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh 1 1 + + + ≤ − abc − bcd − cda − dab Lời giải Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d Đặt x = bcd, y = cda, z = dab,t = abc hiển nhiên < x ≤ y ≤ z ≤ t Ngoài ra, bất đẳng thức cho viết lại thành 1 1 + + + ≤ 1, 5−x 5−y 5−z 5−t 70 (1 − t)(2 + t); (5 − z)(2 + z), 1−x , ≥∑ (1 − z)(2 + z), (5 − y)(2 + y), ∑ − x = ∑ (5 − x)(2 + x) ≥ ∑(1 − x)(2 + x) ∑ (5 − x)(2 + x) 2/3 a3 − (1 − y)(2 + y), (5 − x)(2 + x), ≥ Và theo bất đẳng thức Chebyshev cho ta a3 −1 a2 (1 − x)(2 + x), Vậy từ bất đẳng thức Chebyshev ta suy Tới đây, bạn đọc thấy rõ tương đồng điều kiện điều phải chứng minh b3 −1 c3 −1 d −1 đại lượng a a−1 , b2 , c2 , d Như thế, ý nghĩ đơn giản ta lúc sử dụng đánh giá để đưa đại lượng tổng Với ý nghĩ vậy, bất đẳng thức Chebyshev lựa chọn tối ưu Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d, ta dễ dàng nhận thấy hai số sau đơn điệu ngược chiều a3 − b3 − c3 − d3 − , , , ; a2 b2 c2 d2 2/3 (5 − x)(2 + x) − (5 − y)(2 + y) = (x − y)(3 − x − y) ≤ d + ≥ 0, 8a3 − (a3 + 7) ∑ 4a2 + 2a√3 a3 + + (a3 + 7)2/3 ≥ 0, ∑ Chương Tuyển tập toán hay tương đương với b3 − Một cách tương tự, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2a − 2.2 Lời giải a a+b b+c c+d d +a −1 +b −1 +c −1 +d − ≥ 0, b+c c+d d +a a+b a(a − c) b(b − d) c(c − a) d(d − b) + + + ≥ 0, b+c c+d d +a a+b a c b d (a − c) − + (b − d) − ≥ 0, b+c d +a c+d a+b (a − c)(a2 + ad − bc − c2 ) (b − d)(b2 + ab − cd − d ) + ≥ 0, (b + c)(d + a) (a + b)(c + d) (a − c)2 (a + c + d) (b − d)2 (b + d + a) + (b + c)(d + a) (a + b)(c + d) + (a − c)(b − d) d c − ≥ (a + b)(c + d) (b + c)(d + a) 71 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán Lời giải Đặt P(a, b, c, d) vế trái bất đẳng thức cho Khi đó, ta có Dễ thấy d c (a − c)(b − d) − (a + b)(c + d) (b + c)(d + a) d c ≥ −|(a − c)(b − d)| + , (a + b)(c + d) (b + c)(d + a) P(a, b, c, d) − P(a + c, b + d, 0, 0) = b2 c + d a + bcd + dab − bc2 − da2 − abc − cda = (b + d − c − a)(ad + bc), P(a, b, c, d) − P(0, b + d, a + c, 0) = a2 b + c2 d + abc + cda − ab2 − cd − dab − bcd = (a + b − c − d)(ab + cd) nên ta cần chứng minh (a − c)2 (a + c + d) (b + c)(d + a) + Rõ ràng có hai số (b + d − c − a)(ad + bc), (a + c − b − d)(ab + cd) không âm nên (b − d)2 (b + d + a) (a + b)(c + d) ≥ |(a − c)(b − d)| P(a, b, c, d) ≤ max{P(a + c, b + d, 0, 0), P(0, b + d, a + c, 0)} d c + (a + b)(c + d) (b + c)(d + a) Mặt khác, ta lại có, theo bất đẳng thức AM – GM, Theo AM – GM ta có P(a + c, b + d, 0, 0) = (a + c)(b + d)2 = · (a + c) · V T ≥ 2|(a − c)(b − d)| (a + c + d)(b + d + a) (a + b)(b + c)(c + d)(d + a) ≤4 b+d a + c + b+d + b+d b+d · 2 = 4, Do ta chứng minh kết mạnh P(0, b + d, a + c, 0) = (b + d)(a + c)2 = · (b + d) · (a + c + d)(b + d + a) d c ≥ + (a + b)(b + c)(c + d)(d + a) (a + b)(c + d) (b + c)(d + a) ≤4 Ta có (a + c + d)(b + d + a) d ≥ (a + b)(b + c)(c + d)(d + a) (a + b)(c + d) (2.7) a+c b + d + a+c + a+c a+c · 2 = Suy max{P(a + c, b + d, 0, 0), P(0, b + d, a + c, 0)} ≤ Bất đẳng thức cho ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = 1, b = 2, c = d = hoán vị tương ứng Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với (a + c + d)(b + d + a)(a + b)(c + d) ≥ d (b + c)(d + a), Nhận xét Bằng phương pháp tương tự trên, ta chứng minh Bài toán Với số thực không âm a, b, c, d có tổng ta có a + c + d ≥ b + c, b + d + a ≥ d + a, a + b ≥ d, c + d ≥ d Hoàn toàn tương tự, ta có (a + c + d)(b + d + a) c ≥ (a + b)(b + c)(c + d)(d + a) (b + c)(d + a) √ ab(a + 2b + 3c) + bc(b + 2c + 3d) + cd(c + 2d + 3a) + da(d + 2a + 3b) ≤ (2.8) Cộng (2.7) (2.8) lại ta thu điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = c b = d Nhận xét Ngoài ra, có kết sau Bài toán Nếu a, b, c, d > a(a − c) b(b − d) c(c − a) d(d − b) + + + ≥ b + 2c c + 2d d + 2a a + 2b 66 Nếu a, b, c, d số thực không âm thỏa mãn a + b + c + d = 67 Cho số thực không âm a, b, c, d Chứng minh a4 + b4 + c4 + d + 2abcd ≥ a2 b2 + a2 c2 + a2 d + b2 c2 + b2 d + c2 d Lời giải Không tính tổng quát giả sử d = min{a, b, c, d} Đặt P(a, b, c, d) = a4 + b4 + c4 + d + 2abcd − (a2 b2 + a2 c2 + a2 d + b2 c2 + b2 d + c2 d ) = a4 + b4 + c4 + d + 2abcd − (a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) − d (a2 + b2 + c2 ) Ta chứng minh P(a, b, c, d) ≥ P(t,t,t, d) với t = đương với a+b+c Thật vậy, bất đẳng thức tương ab(b + c) + bc(c + d) + cd(d + a) + da(a + b) ≤ a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 − 2d(t − abc) − d (a2 + b2 + c2 − 3t ) ≥ 72 73 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Theo bất đẳng thức AM – GM t − abc ≥ a2 + b2 + c2 − 3t ≥ Suy d(t − abc) ≤ t(t − abc) d (a2 + b2 + c2 − 3t ) ≤ t (a2 + b2 + c2 − 3t ) Do ta cần chứng minh a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 − 2t(t − abc) − t (a2 + b2 + c2 − 3t ) ≥ 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán x = 27a(a + b + c + d) − 45d(a + b + c + d) + 16d(a + 4b + 4c) = (9a + 7d)(a − d) + 19d(b + c − 2d) + 9a(2a + 2b + 2c) ≥ 0, biểu thức y, z tương tự Ta có Giả sử t = Đặt q = ab + bc + ca ≤ abc = r ≤ ta viết lại bất đẳng thức thành q2 − 34q + 73 + 20r ≥ x − y = 27(a − b)(a + b + c + d) − 48d(a − b) ≥ 108d(a − b) − 48d(a − b) = 60d(a − b) ≥ 0, z(c − a)(c − b) ≥ 0, nên Theo bất đẳng thức Schur bậc ba, ta có x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Kết hợp với t = 1, ta dễ dàng suy r ≥ 4q−9 q2 − 34q + 73 + 20r ≥ q2 − 34q + 73 + ≥ y(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) = y(a − b)2 ≥ Và điều dẫn đến 20(4q − 9) (3 − q)(13q − 3) = ≥ 3 Vậy ta có P(a, b, c, d) ≥ P(t,t,t, d) Công việc ta chứng minh P(t,t,t, d) ≥ Rất đơn giản, ta viết lại thành Đánh giá ta chứng minh Sử dụng kết hợp với a + b + c + d = 1, ta đưa điều phải chứng minh trở thành (1 − d)3 + 5d(1 − d)2 + 4d ≥ + 16d(1 − d)3 Ta có bất đẳng thức hiển nhiên theo AM – GM Chứng minh hoàn tất Với d = min{a, b, c, d}, đẳng thức xảy a = b = c = d lặp lại a = b = c, d = 16d(1 − d)3 d(1 − 4d)2 (2 + d) = ≥0 9 nên bất đẳng thức hiển nhiên phép chứng minh ta hoàn tất Với a ≥ b ≥ c ≥ d, ta có đẳng thức xảy a = b = c = d, lặp lại a = b = c, d = lặp lại lần a = b, c = d = 68 Với số thực không âm a, b, c, d có tổng ta có 69 Cho a, b, c, d số thực không âm có tổng Chứng minh 3 (1 − d)3 + 5d(1 − d)2 + 4d − − 2 d + t d + t d ≥ 3t d , a4 + b4 + c4 + d + 4(a3 + b3 + c3 + d ) + 15(abc + bcd + cda + dab) ≥ + 48abcd Lời giải Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d Lúc này, có đánh giá sau 16d(a + b + c)3 48abcd ∑ a3 + 15 ∑ abc + 9(a + b + c + d) ≥ (a + b + c)3 + 5d(a + b + c)2 + a + b + c + d a,b,c Thật vậy, sử dụng đẳng thức quen thuộc 4(a3 + b3 + c3 ) + 15abc − (a + b + c)3 = ∑ a(a − b)(a − c), a,b,c 15d(ab + bc + ca) − 5d(a + b + c)2 = −5d ∑ (a − b)(a − c), a,b,c 16d(a + b + c)3 − 48abcd = 16d ∑ (a + 4b + 4c)(a − b)(a − c) a,b,c ta dễ dàng viết lại bất đẳng thức thành x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0, 74 , 148 abcd ≥ 27 27 Lời giải Đặt P(a, b, c, d) vế trái bất đẳng thức cho Do tính đối xứng, giả sử d = min{a, b, c, d} Ta chứng minh P(a, b, c, d) ≥ P(t,t,t, d) với t = a+b+c ≥ d, bất đẳng thức tương đương với 148d(t − abc) a4 + b4 + c4 − 3t − ≥ 27 Do t − abc ≥ theo bất đẳng thức AM – GM nên ta có d(t − abc) ≤ t(t − abc) Vậy ta cần chứng minh 148t(t − abc) a4 + b4 + c4 − 3t − ≥ 27 Do tính nhất, giả sử t = đặt q = ab + bc + ca ≤ 3, r = abc ≤ 1, bất đẳng thức trở thành 1958 − 972q + 54q2 + 472r ≥ Theo kết toán trước r ≥ 4q−9 Suy 1958 − 972q + 54q2 + 472r ≥ 1958 − 972q + 54q2 + = 472(4q − 9) 2(3 − q)(271 − 81q) ≥ 75 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Điều chứng tỏ P(a, b, c, d) ≥ P(t,t,t, d) Mặt khác, t ≤ P(t,t,t, d) − 148t d nên 1 = 3t + d + − = 3t + (1 − 3t)4 + 27 27 27 2(1 − 3t)(13 − 19t)(1 − 4t)2 = ≥ 27 27 − x = (t + abc + 3d 2t)(a + 4b + 4c) − 27bcd 27 = (t − abc)(a + 4b + 4c) + d (a2 + 7bc) + 4d (b − c)2 + 2bc(a2 + 4ab + 4ac − 9d ) ≥ 0, (i) (1 + 3a)(1 + 3b)(1 + 3c)(1 + 3d) ≤ + 353abcd; (ii) 176 abc + bcd + cda + dab ≤ + abcd; 27 27 ab + ac + ad + bc + bd + cd ≤ nên kết hợp với a − c ≥ ta = (a − b)[x(a − c) − y(b − c)] + z(c − a)(c − b) (a − b)(b − c)(ax − by) ≥ + z(c − a)(c − b) ≥ b 32 + abcd; 3 Vậy bất đẳng thức (2.10) chứng minh Sử dụng (2.9) (2.10), ta đưa điều phải chứng minh trở thành t + 3dt + t + 3d 2t ≤ Thay d = − 3t thực biến biến đổi, ta có bất đẳng thức tương đương với 70 Giả sử a, b, c, d số thực dương có tổng Hãy chứng minh (4t + 3t + 4t + − 7t )(t − 1)2 ≥ 0, abc + bcd + cda + dab + (abc)2 + (bcd)2 + (cda)2 + (dab)2 ≤ a+b+c a(b−c) b , x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) Bạn đọc thử sức với chúng nhé! Lời giải Giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d đặt t = biểu thức y, z tương tự Ta có ax − by = (t + abc + 3d 2t)(a2 − b2 + 4ac − 4bc) ≥ 0, 9(abc + bcd + cda + dab) ≤ ab + ac + ad + bc + bd + cd + 48abcd (iiii) Chương Tuyển tập toán với 148t (1 − 3t) Từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = d = a = b = c = 13 , d = hoán vị Nhận xét Ngoài ta, có số kết dạng Bài toán Cho a, b, c, d số thực không âm thỏa mãn a + b + c + d = Khi (iii) 2.2 Lời giải Ta chứng minh hai bất đẳng thức sau abc + bcd + cda + dab ≤ t + 3dt , bất đẳng thức hiển nhiên t < 43 Đẳng thức xảy a = b = c = d = (2.9) 71 Cho số dương a, b, c, d có tích Khi đó, ta có 2 2 (abc) + (bcd) + (cda) + (dab) ≤ t + 3d t (2.10) Bất đẳng thức (2.9) hiển nhiên theo AM – GM Vậy ta cần xét bất đẳng thức (2.10) đủ Bất đẳng thức tương đương với 3 2 2 2 (t − abc)(t + abc) + 3d t(t − abc) ≥ d (a b + b c + c a − 3tabc) Lời giải Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d Lúc này, ta có abc ≥ ≥ d Để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần có bất đẳng thức sau (a − 1)(a − 2) + (b − 1)(b − 2) + (c − 1)(c − 2) ≥ Ta có đẳng thức sau t − abc = (a − 1)(a − 2) + (b − 1)(b − 2) + (c − 1)(c − 2) + (d − 1)(d − 2) ≥ a+b+c ∑ (a + 4b + 4c)(a − b)(a − c) − abc = a,b,c 27 , √ abc − √ abc − Thay a, b, c a3 , b3 , c3 , ta có bất đẳng thức tương đương với a6 + b6 + c6 − 3a2 b2 c2 ≥ 3(a3 + b3 + c3 − 3abc) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 − 3tabc = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 − abc(a + b + c) = bc(a − b)(a − c) + ca(b − c)(b − a) + ab(c − a)(c − b), nên bất đẳng thức viết lại thành Sử dụng đẳng thức quen thuộc x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x + y + z) ∑(x − y)(x − z), ta viết lại bất đẳng thức thành x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0, S = x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0, 76 77 (2.11) Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có x = (a2 + b2 + c2 )(a + b)(a + c) − 3(a + b + c) ≥ a2 (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca)2 − 3abc(a + b + c) ≥ 0, 1 + + b3 c3 b3 + c3 2V T = ∑ biểu thức y, z tương tự Dễ thấy y ≥ z, ≥ 3∑ S ≥ y(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) = y(a − b)2 ≥ ≥ 3∑ Vậy (2.11) chứng minh Sử dụng nó, ta đưa toán Đặt √ abc − + (d − 1)(d − 2) ≥ √ abc − √ abc = t thay d = t3 vào, ta cần chứng minh −1 t3 3(t − 1)(t − 2) + 24 ∑ − ≥ t3 = 3∑ b3 c3 (b3 + c3 ) 3 3bc+b2 −bc+c2 b3 c3 (b2 − bc + c2 )(b + c) = 24 ∑ (b + c) , (b + c)3 ≥ 24 · (b + c)3 (a + b)(b + c)(c + a) 243 ≥ 24 · = a+b+b+c+c+a (a + b + c)3 Suy Không khó khăn, ta viết lại thành 2 2 2 243 + + + + + ≥ a3 b3 c3 b3 + c3 c3 + a3 a3 + b3 (a + b + c)3 (t − 1)2 (3t − 3t − t + t + 3t + 2t + 1) ≥ 0, 3t − 3t − t + t + 3t + 2t + = t (3t − 1)(t − 1) + 3t + 2t + > (vì t ≥ 1) Đẳng thức xảy a = b = c = d = Từ đây, chia hai vế cho 2, ta thu kết cần chứng minh Với giả thiết trên, đẳng thức có a = b = c d = Nhận xét Chú ý số k tốt cho bất đẳng thức 72 Cho a, b, c, d số thực không âm cho chúng hai số đồng thời Chứng minh 1 1 1 243 + + + + + ≥ a3 + b3 a3 + c3 a3 + d b3 + c3 b3 + d c3 + d 2(a + b + c + d)3 k = Lời giải Đặt P(a, b, c, d) = V T −V P Giả sử d = min{a, b, c, d}, ta chứng minh P(a, b, c, d) đạt giá trị nhỏ d = Để chứng minh điều này, ta cần có bất đẳng thức sau d d d P(a, b, c, d) ≥ P a + , b + , c + , 3 Ta có 1 ≥ a3 + d a + d3 ≥ a3 + b3 a + d3 1 ≥ b3 + d b + d3 , + b + d3 3 , ≥ a3 + c3 a + d3 , (2.12) 1 ≥ c3 + d c + d3 + c + d3 3 1 1 1 k + + + + + ≥ a3 + b3 a3 + c3 a3 + d b3 + c3 b3 + d c3 + d (a + b + c + d)3 243 Đây bất đẳng thức chặt khó 73 Với số thực không âm a, b, c, d thỏa mãn abc + bcd + cda + dab > ta có 1 1 1 81 + + + + + ≥ a2 + b2 a2 + c2 a2 + d b2 + c2 b2 + d c2 + d 2(a + b + c + d)2 Lời giải Tương tự toán trước, đặt P(a, b, c, d) = V T − V P, ta chứng minh P(a, b, c, d) đạt giá trị nhỏ d = với a ≥ b ≥ c ≥ d Khi đó, đánh sau d d P(a, b, c, d) ≥ P a, b + , c + , 2 , , Thật vậy, sau vài biến đổi, ta viết lại sau 1 1 1 243 + + + + + ≥ a3 b3 c3 b3 + c3 c3 + a3 a3 + b3 2(a + b + c)3 d(4b + d) d(4c + d) + (a2 + b2 )(4a2 + 4b2 + 4bd + d ) (a2 + c2 )(4a2 + 4c2 + 4cd + d ) d2 d(2b + 2c + d) + − (b + c2 )(2b2 + 2c2 + 2bd + 2cd + d ) a2 (a2 + d ) 2d 2d + + ≥ (b + d )(2b + d)2 (c2 + d )(2c + d)2 78 79 ≥ b3 + c3 b + d3 + c+ d 3 , 243 243 = 2(a + b + c + d)3 a + d + b + d + c + d 3 Cộng tất đánh giá lại ta thu (2.12) Vậy ta cần chứng minh Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải 4b + d d ≥ , (a2 + b2 )(4a2 + 4b2 + 4bd + d ) 4a2 (a2 + d ) 4c + d d ≥ , (a2 + c2 )(4a2 + 4c2 + 4cd + d ) 4a2 (a2 + d ) d 2b + 2c + d ≥ (b2 + c2 )(2b2 + 2c2 + 2bd + 2cd + d ) 2a2 (a2 + d ) 1+ Hoàn toàn tương tự với bất đẳng thức thứ hai 2 2b(a − b d) + 2c(a − c d) + 2b(a − bc d) + 2c(a − b cd) + 2d (a − bc)(b + c) + d (2b + d)(a2 − b2 ) + d (2c + d)(a2 − c2 ) + 2a4 d ≥ −1 d +e (2.13) = 1 + + a2 b2 c2 ≥ 1 + + a b c ≥ a+b+c = 27 2(a + b + c)2 (2.14) Cộng (2.13) (2.14) lại, ta có điều phải chứng minh.Với a ≥ b ≥ c ≥ d, đẳng thức có a = b = c d = 80 a d +e 1+ b e+a ≥ −1 b+c 3 , , −1 ≥ c+d = (x − y)2 (1 − x − y) ≥ xy(x + y)2 −1 d +e+a+b 2 −1 1−c = −1 ≥ b+c −1 ≥ c+d −1 1−d 2 −1 1−e , , −1 b+c −1 ≥ d +e −1 1−a −1 c+d −1 ≥ e+a −1 1−b , Nhân năm bất đẳng thức chiều cho ta 27 , (a + b + c)2 −1 ≥ a+b −1 a+b −1 a+b −1 − −1 y x+y −1 e+a 1 1 + ≥ + ∑ a2 ∑ b2 + c2 ∑ 2bc b2 + c2 ≥∑ = 4∑ 2bc + b2 + c2 (b + c)2 (b + c) + (c + a) + (a + b) −1 e+a −1 x Sử dụng bất đẳng thức AM – GM Cauchy – Schwarz, ta có ≥ 1+ Một cách tương tự 1 1 1 81 + + + + + ≥ a2 b2 c2 b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 2(a + b + c)2 1 + + b+c c+a a+b e c+d Từ đánh giá ta suy Các đánh giá chứng tỏ ta cần chúng minh P(a, b, c, d) ≥ với d = Khi đó, bất đẳng thức trở thành ≥ 1+ Để ý với x, y > thỏa mãn x + y ≤ ta có Bất đẳng thức thứ ba dạng tương đương d b+c a+b+c b+c+d c+d +e d +e+a e+a+b · · · · ≥ d +e e+a a+b b+c c+d −1 d +e 8a2 cd(c − d) + 4cd (a2 − cd) + d (a2 − c2 ) + 4c(a4 − c3 d) + 2a2 (d + 6a2 c) ≥ 1+ (a + b + c)(b + c + d)(c + d + e)(d + e + a)(e + a + b) ≥ (a + b)(b + c)(c + d)(d + e)(e + a) 8a2 bd(b − d) + 4bd (a2 − bd) + d (a2 − b2 ) + 4b(a4 − b3 d) + 2a2 (d + 6a2 b) ≥ c a+b Lời giải Không tính tổng quát giả sử a + b + c + d + e = Khi đó, ta thực biến đổi bất đẳng thức cho sau Bất đẳng thức thứ tương đương với Chương Tuyển tập toán 74 Cho a, b, c, d, e số thực dương Chứng minh Bất đẳng thức thực chất hệ bất đẳng thức sau 2.2 Lời giải 1 1 −1 −1 −1 −1 −1 d +e e+a a+b b+c c+d 2 2 ≥ −1 −1 −1 −1 −1 1−a 1−b 1−c 1−d 1−e Vậy để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần chứng minh −1 1−a −1 1−b −1 1−c 81 −1 1−d −1 ≥ 1−e Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Lấy logarith nêpe hai vế xét hàm số f (x) = ln x ∈ [0, 1], ta có 1−x − = ln(1 + x) − ln(1 − x) với 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán Từ suy (2.15) chứng minh b = Lúc a + c + d = ta cần có a4 c2 d (c2 + d ) ≤ 1 f (x) = + 1+x 1−x −1 −1 f (x) = + ≥ + = (1 + x)2 (1 − x)2 (1 + x)2 (1 + x)2 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có 2a4 c2 d (c2 + d ) = a4 · cd · 2cd(c2 + d ) Suy f (x) hàm lồi, bất đẳng thức Jensen cho ta = 5f = ln a = 729 Bài toán giải Đẳng thức xảy a = b = c = d = e Nhận xét Chúng ta có kết tổng quát Bài toán Nếu a1 ≥ a2 ≥ ≥ an > 1+ a3 a1 + a2 1+ a4 a2 + a3 a2 an + a1 n ≥ = 729 729 (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + d )(d + e2 )(e2 + a2 ) ≤ e d +e ≤ d + a2 + b2 ≤ a + nên e 2 e e +a ≤ a+ 2 , + b2 , , e , 729 (2.15) Do vai trò b, c nhau, giả sử b ≤ c Bây giờ, ta lại có nên b = a+ 2 , c+d c+d c+d + a2 + c+d + + 10 10 a+c+d = 729 abc + bcd + cde + dea + eab = cd(b + e − a) + a(b + d)(c + e) Từ suy ta cần chứng minh bất đẳng thức ban đầu với e = Khi đó, ta có a+b+c+d = bất đẳng thức trở thành b2 a2 (a2 + b2 ) ≤ a2 + ab + abc + bcd + cde + dea + eab ≤ e e P(a, b, c, d, e) ≤ P a + , b, c, d + , 2 Q(a, b, c, d) = a2 d (a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + d ) ≤ c+d Lời giải Không tính tổng quát, giả sử a = min{a, b, c, d, e} Khi đó, sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có c2 + d ≤ c2 + d + = 4a4 76 Với a, b, c, d, e số thực dương có tổng 5, chứng minh Lời giải Do vai trò hoán vị vòng quanh biến a, b, c, d, e nên ta giả sử e = min{a, b, c, d, e} Đặt P(a, b, c, d, e) vế trái bất đẳng thức cho Ta có 2 2cd + c2 + d 2 Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy (a, b, c, d, e) = 2, 0, 23 , 32 , hoán vị tương ứng 75 Giả sử a, b, c, d, e số thực không âm có tổng Chứng minh a ≤ 729 ··· 1+ c+d ≤ a4 a+b+c+d +e f (a) + f (b) + f (c) + f (d) + f (e) ≥ f 729 b b2 + c2 ≤ c + ≤ c+d +b+e−a = − 2a 3 +a b+d +c+e +a 5−a Mặt khác, ta lại có 5− − 2a 3 −a 5−a 2 = 5(1 − a)2 (2 + a) ≥ 0, 108 nên kết hợp với trên, ta suy kết cần chứng minh Đẳng thức xảy tất biến a, b, c, d, e , 77 Cho sáu số thực dương a, b, c, x, y, z Chứng minh b b Q(a, b, c, d) ≤ Q a + , 0, c + , d 2 (a + b + c)(x + y + z) ax by cz ≥ + + a+b+c+x+y+z a+x b+y c+z 82 83 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Lời giải Ta thực biến đổi bất đẳng thức cho sau 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán Kết hợp với trên, ta dễ dàng suy a + b + c + x + y + z (a + b + c)(x + y + z) − a+b+c+x+y+z ax by a+x b+y c+z c+z − − − ≤ + + , a+x b+y cz x(y + z ) + y(z + x ) + z(x + y ) + x (y + z) + y (z + x) + z (x + y) ≥ 6 xyz(x + y)(y + z)(z + x)x y z (x + y )(y + z )(z + x ) 64(xyz)3/2 (x + y + z)3/2 (x y z )3/2 (x + y + z )3/2 27 = 4 9xyz(x + y + z)x y z (x + y + z ) ≥6 (a + b + c − x − y − z)2 a+b+c+x+y+z ≤ (a − x)2 a+x + (b − y)2 b+y + (c − z)2 c+z , hiển nhiên theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Đây điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC A B C [(a − x) + (b − y) + (c − z)]2 (a − x)2 (b − y)2 (c − z)2 VP = ≤ + + = V T (a + x) + (b + y) + (c + z) a+x b+y c+z 79 Cho a1 , a2 , , an (n ≥ 3) số thực không âm có tổng Hãy chứng minh Bài toán giải n √ n n2 ∑ √ ≤√ n+1 i=1 i=1 + 78 Với hai tam giác ABC A B C ta có ∑ √ a (b + c − a) + b (c + a − b) + c (a + b − c) ≥ 3SS Lời giải Đặt x = p − a, y = p − b, z = p − c, x = p − a , y = p − b , z = p − c ta có x, y, z, x , y , z số dương bát đẳng thức cần chứng minh trở thành 2x(y + z ) + 2y(z + x ) + 2z(x + y ) ≥ 4 9xyz(x + y + z)x y z (x + y + z ), Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz √ √ √ a1 + a2 + + an ≤ 1 n a1 + + + n n x(y + z ) + y(z + x ) + z(x + y ) + x (y + z) + y (z + x) + z (x + y) ≥ 4 9xyz(x + y + z)x y z (x + y + z ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có n−1 n + − a1 n = n a1 + = (na1 + n − 1)(n + − na1 ) n x(y + z ) + y(z + x ) + z(x + y ) ≥ 3 xyz(x + y )(y + z )(z + x ), Từ suy x (y + z) + y (z + x) + z (x + y) ≥ 3 x y z (x + y)(y + z)(z + x) n √ ∑ √ ≤ + a1 Sử dụng hai kết này, ta i=1 x(y + z ) + y(z + x ) + z(x + y ) + x (y + z) + y (z + x) + z (x + y) (na1 + n − 1)(n + − na1 ) n(1 + a1 ) ≥ 3 xyz(x + y )(y + z )(z + x ) + 3 x y z (x + y)(y + z)(z + x) = ≥ 6 xyz(x + y)(y + z)(z + x)x y z (x + y )(y + z )(z + x ) Mặt khác, từ ab+bc+ca ≥ √ √ 9(a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8(a+b+c)(ab+bc+ca) ta suy 3(a + b)(b + c)(c + a) ≥ abc(a + b + c)3/2 , + a2 + + an n n + − na1 − 2n + n(1 + a1 ) 3abc(a + b + c) Thiết lập đánh giá tương tự, ta chứng minh bất đẳng thức mạnh xyz(x + y)(y + z)(z + x)x y z (x + y )(y + z )(z + x ) ≥ 64(xyz)3/2 (x + y + z)3/2 (x y z )3/2 (x + y + z )3/2 27 84 n ∑ i=1 n + − nai − 2n + n2 ≤√ n(1 + ) n+1 85 Chương Tuyển tập toán 2.2 Lời giải Lại sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có n ∑ n + − nai − i=1 2n + ≤ n(1 + ) 2.2 Lời giải Chương Tuyển tập toán Ta thấy bất đẳng thức hiển nhiên theo Cauchy – Schwarz n n ∑ n + − nai − i=1 n 2n + n(1 + ) i< j VT ≥ = ≤ n2 (n + 1) − = V P n ∑ a j ∑ a j i< j i[...]... dụng Các chứng minh của các kết quả này các bạn có thể tìm thấy trong các tài liệu tham khảo mà chúng tôi ghi ở cuối tuyển tập 1 (Bất đẳng thức AM – GM) Với các số thực không âm a1 , a2 , , an , ta luôn có a1 + a2 + + an √ ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an 2 (Bất đẳng thức AM – GM suy rộng) Với các số thực không âm x1 , x2 , , xn và các số thực dương α1 ,... thuộc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Lời giải 2 Chú ý ta có đẳng thức sau hay là ab2 bc2 ab + bc + ca ca2 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a2 a+b+c Ta có thể thấy ngay bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ca2 (∑ ca)2 c2 a2 ∑ a2 + ab + b2 = ∑ c(a2 + ab + b2 ) ≥ ∑ c(a2 + ab + b2 ) = ab + bc + ca a+b+c 1 ∑ b2 + bc + c2 = Do đó bất đẳng thức cần... giải 1 của bài toán trước và lời giải của bài toán này đều sử dụng đến đẳng thức Có thể nói đó là những lời giải rất hay, nhưng nghĩ ra quả thật chả phải dễ dàng gì Việc phát hiện ra những đẳng thức để tách và ghép có nhiều ý nghĩa trong chứng minh bất đẳng thức Mời các bạn cùng làm một số bài toán sau để rèn luyện thêm kỹ thuật này Bài toán 1 Cho a, b, c là các số thực có tổng bằng 3 Chứng minh 1 1... Nhưng bất đẳng thức này lại hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM – GM ta có 27 · (a + c) · (a + c) · 2b 2 27 (a + c) + (a + c) + 2b · ≤ 2 3 27(a + c)2 b = 14 Từ đây, bằng cách thiết lập hai bất đẳng thức tương tự, ta suy ra ∑ a+ a 1 a a ≤ ∑ + a+b a+c (a + 2b)(a + 2c) 4 b a 1 + = ∑ 4 a+b a+b 3 = 4 Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Nhận xét Lời giải 1 của bài toán... a)(c − b) ≥ 0 Các dạng tương đương của bất đẳng thức trên là 3 3 3 a + b + c + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) 10 (Bất đẳng thức Jensen) Nếu a1 , a2 , , an là các số thực không âm sao cho a1 + a2 + + an = 1 và x1 , x2 , , xn là các số thực thì với mọi hàm f lồi trên R ta luôn có a1 f (x1 ) + a2 f (x2 ) + + an f (xn ) ≥ f (a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) 11 (Bất đẳng thức Newton) Với... – Schur) Cho a ≥ b ≥ c là các số thực và x, y, z là các hàm số không âm Xét bất đẳng thức sau x(a − b)(a − c) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0 Bất đẳng thức trên đúng nếu một trong các tiêu chuẩn sau được thỏa mãn (ii) Nếu hai dãy trên đơn điệu ngược chiều thì 1 x ≥ y (hoặc z ≥ y); 1 a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≤ (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) n 6 (Bất đẳng thức trung bình lũy thừa)... j=1 Đẳng thức xảy ra khi m dãy số đó tương ứng tỷ lệ 5 (Bất đẳng thức Chebyshev) Giả sử a1 , a2 , , an và b1 , b2 , , bn là hai bộ số thực bất kỳ 1 Chương 1 Một số kết quả và các ký hiệu 1.1 Một số kết quả (i) Nếu hai dãy trên đơn điệu cùng chiều thì 1 a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≥ (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) n 1.1 Một số kết quả Chương 1 Một số kết quả và các ký hiệu 8 (Bất đẳng thức. .. một cách tốt nhất các bài toán bất đẳng thức Xin chân thành cảm ơn hai anh sau đã giúp chúng tôi rất nhiều trong việc thực hiện tuyển tập này 1 Nguyễn Văn Dũng - Giảng viên Học Viện Kỹ thuật Quân sự Hà Nội; 2 Võ Quốc Bá Cẩn - Sinh viên Đại học Y Dược Cần Thơ Chương 1 Một số kết quả và các ký hiệu 1.1 Một số kết quả Trong phần này chúng tôi sẽ liệt kê ra các kết quả và các ký hiệu được sử dụng Các chứng... 1 + a1 1 + a2 a1 a2 an   a1 a2 289 Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng ðẳng thức xảy ra khi nào? x2 − z 2 y 2 − x2 z 2 − y 2 + + ≥0 y+z z+x x+ y Nordic, 1999 31 32 500 Bài Toán Bất ðẳng Thức Chọn Lọc Cao Minh Quang 301 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho với các số thực x1 , x2 , , xn , y1 , y2 , , yn , ta luôn có bất ñẳng thức x1 x2 xn + y1 y2 yn ≤ x12 + y12 + x22 + y22 + +... c thực (a2 + b2 + c2 )2 ≥ 3(a3 b + b3 c + c3 a) 28 Nếu a, b, c là các số thực dương và n ≥ 2 thỏa mãn an + bn + cn = 3 thì an+1 bn + bn+1 cn + cn+1 an ≤ 3 7 Chương 2 Tuyển tập các bài toán 2.1 Đề toán 2 2 2 2 Chương 2 Tuyển tập các bài toán 39 Với mọi số thực a, b, c thỏa mãn (a − b)(b − c)(c − a) = 0 ta luôn có 29 Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực a, b, c 2 2.1 Đề toán 2 3 3 3 3 3 3 a−b