ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC

Nguyễn Tấn Sang ĐỊNH MỆNH CỦA CÁC BÀI BẤT ĐẲNG THỨC Hà Nội 7/2018 All rights reserved No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by any means, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author Copyright (c) 2018 by Nguyen Tan Sang LỜI NÓI ĐẦU Đây sách viết bất đẳng thức! Nếu bạn người bắt đầu học bất đẳng thức tránh xa sách Nếu bạn tìm tài liệu cho kỳ thi THPT nghĩ bạn khơng nên đọc sách Nếu bạn học sinh giỏi, ôn thi Quốc gia, Quốc tế sách khơng giúp cho bạn Nếu bạn đọc yêu quý đừng lãng phí thời gian, gấp sách lại, làm thứ thú vị nhiều Nếu bạn đọc đơn giản đam mê với bất đẳng thức, chấm hết đội mình! Đối với nhiều người, bất đẳng thức thực nỗi ám ảnh, khơng ngoại lệ Ngay từ học sinh cấp 2, bị anh trai vã lên bờ xuống ruộng bất đẳng thức Và có lẽ "nơi tình yêu bắt đầu" "chúng mình" Ghét trời trao của ấy, câu với Mình làm bất đẳng thức nhận u từ lúc khơng hay? Nhiều gặp hay tự hỏi: "Mần mà nghị hay ri hề?" Rồi bắt đầu tập tành sáng tạo bất đẳng thức cho riêng minh Lúc vui hay lúc buồn cho cảm hứng riêng để làm sáng tạo bất đẳng thức Được quen sống chậm nên tâm trạng ổn định, mà số bất đẳng thức có khơng nhiều, lại mỗi vẻ Và sách đời để tổng hợp lại bất đẳng thức dở tệ - đứa tinh thần - thứ "đánh cắp" phần tuổi trẻ Ban đầu bật chế độ "only me", thật viết chưa tới, để thỏa mãn thân mà Nhưng sau viết xong, lại thay đổi suy nghĩ, "save & share", ơng bố mà chả muốn khoe với thiên hạ Hỡi bạn đọc - người dại dột sờ vào sách này, có nhiều sách thật dở tệ, mong chờ lời giải đẹp từ bạn đọc để thay đổi định mệnh chúng Nếu có ý kiến phản hồi nhẹ nhàng cho qua email Ntspbc94@gmail.com, cịn khơng u xin đừng nói lời cay đắng nhé! Và cuối xin chúc cho yêu, yêu yêu, đặc biệt đọc sách thật khỏe mạnh để làm điều u thích, ln vui vẻ, hạnh phúc thành cơng tình u sống Thân! Hà Nội, ngày 22 tháng 07 năm 2018 MỤC LỤC Lời nói đầu Mục lục Phần I Bổ đề NTS .7 Phần II Đưa ẩn chứng minh bất đẳng thức 18 Phần III Giải toán nhờ liên hệ biểu thức 55 Phần IV Bài toán sinh nhật 63 Phần V Các toán khác 67 Phần VI Các tốn chưa có lời giải .104 Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN I Bổ đề NTS PHẦN I: BỔ ĐỀ NTS Trong q trình giải tốn, có tìm bổ đề bất đẳng thức Cũng khơng biết tìm từ trước chưa nhờ mà có lời giải ngắn gọn cho toán cũ nên muốn giới thiệu tới người Nếu người dùng bổ đề NTS để giải tốn khác hay sáng tác cho biết với nhé! Bổ đề NTS Với a, b, c số thực dương, chứng minh rằng: (a2 + b2 + c2 ) √ abc a b c + + ≥ b c a Lời giải Chuẩn hóa abc = 1, ta đưa chứng minh a b c + + ≥ b c a (a2 + b2 + c2 ), hay a b c + + b c a ≥ a2 + b + c (1) Sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có a4 a2 a a + + ≥ = 3a2 b2 c c b2 c Thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự cộng vế theo vế ta suy a2 b c + + +2 b c a2 a b c + + c a b ≥ a2 + b + c , hay a b c + + b c a ≥ a2 + b + c Suy (1) ln Phép chứng minh hồn tất Đẳng thức xảy a = b = c • Sử dụng bổ đề định hướng nhanh lời giải số toán trước đây: Ví dụ (Vasile Citoaje) Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3, chứng minh rằng: a b c + + ≥ b c a ab + bc + ca Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có a b c (a + b + c)2 + + ≥ , b c a ab + bc + ca Ntspbc94@gmail.com PHẦN I Bổ đề NTS Nguyễn Tấn Sang - A1K38 Vậy nên ta cần chứng minh (a + b + c)2 ≥ , ab + bc + ca a+b+c hay a+b+c ≥ ab + bc + ca Theo bất đẳng thức AM − GM ta có a+b+c = = a+b+c 2 2 a +b +c + (ab + bc + ca) = + (ab + bc + ca) ≥ 3 (ab + bc + ca) 3 = (ab + bc + ca) Đây điều cần chứng minh Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = Lời giải Sử dụng bổ đề, ta có a b c + + ≥ b c a (a2 + b2 + c2 ) √ = √ 3 abc abc Vậy nên ta cần chứng minh √ hay , ≥ a+b+c abc √ a + b + c ≥ abc Theo bất đẳng thức AM − GM ta dễ suy điều Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = Ví dụ (sưu tầm) Với a, b, c số thực dương, chứng minh rằng: a b c + + ≥3 b c a a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Lời giải Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử c = min{a, b, c} Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a b c a2 + b2 + c2 + + ≥9 b c a ab + bc + ca ⇐⇒ M (a − b)2 + N (a − c) (b − c) ≥ 0, với M= ab a b c + + +3 − , b c a ab + bc + ca Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN I Bổ đề NTS N= bc a b c + + +3 − b c a ab + bc + ca Vì c = min{a, b, c} nên M ≤ N (a − c) (b − c) ≥ 0; nên ta cần chứng minh M ≥ đủ Ta có a b c + + +3 − ≥0 ab b c a ab + bc + ca c c a b c + + +3 1+ + ≥ ⇐⇒ b c a a b M ≥ ⇐⇒ Bất đẳng thức a b c + + +3 b c a 1+ c c a b + > + + a b b a ≥2+4+4 = 10 > 4c b + b c +4 Vậy ta có M ≥ Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c Lời giải Sử dụng bổ đề, ta có a b c + + ≥ b c a (a2 + b2 + c2 ) √ abc Vậy nên ta cần chứng minh (a2 + b2 + c2 ) √ ≥ 3 abc hay a2 + b + c , ab + bc + ca √ 3 (ab + bc + ca) ≥ abc Theo bất đẳng thức AM − GM ta có (ab + bc + ca) ≥ √ √ 3 3.3 a2 b2 c2 = abc Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ (Phạm Hữu Đức) Với a, b, c số thực dương, chứng minh rằng: b+c + a c+a + b a+b ≥ c a+b+c √ abc Lời giải Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau: Với a, b, c > 0, ta ln có √ 3 (a + b) (b + c) (c + a) ≥ abc (a + b + c) √ abc Chứng minh: Ntspbc94@gmail.com PHẦN I Bổ đề NTS Nguyễn Tấn Sang - A1K38 Mũ hai vế, ta đưa bất đẳng thức tương đương 27 (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ 64abc (a + b + c)3 Ta có abc (a + b + c) ≤ (ab + bc + ca)2 Vậy nên ta cần chứng minh 81 (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 ≥ 64 (a + b + c)2 (ab + bc + ca)2 , hay (a + b) (b + c) (c + a) ≥ (a + b + c) (ab + bc + ca) Theo bất đẳng thức AM − GM ta có √ √ 3 (a + b + c) (ab + bc + ca) ≥ abc.3 a2 b2 c2 = 9abc, mà (a + b) (b + c) (c + a) = (a + b + c) (ab + bc + ca) − 9abc ≥ (a + b + c) (ab + bc + ca) − (a + b + c) (ab + bc + ca) = (a + b + c) (ab + bc + ca) Vậy bổ đề chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Trở lại toán, đặt t = (a+b)(b+c)(c+a) ; abc bình phương hai vế sau sử dụng bất đẳng thức AM − GM ba số cho biểu thức vế trái, ta dễ dàng thu V T ≥ t3 − + 6t Mặt khác, sử dụng bổ đề ta lại có V P ≤ t2 , vậy, ta cần chứng minh t3 − + 6t ≥ t2 ⇐⇒ (2t − 1) (t − 2)2 ≥ Bất đẳng thức hiển nhiên t ≥ Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c Lời giải Sử dụng bất đẳng thức M incopxki ta có b + a VT ≥ c + b a c ≥ (a + b + c) √ abc + c + a a + b b c Theo bổ đề ta có b + a 10 c + b a c 2 = (a + b + c) √ , abc Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN V Các toán khác Bài Toán 23 Với a, b, c số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3, chứng minh rằng: (ab + − 2c) (bc + − 2a) (ca + − 2b) ≤ 64 Lời giải Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử a ≥ b ≥ c Xét f (a, b, c) = (ab + − 2c) (bc + − 2a) (ca + − 2b) Ta xét trường hợp sau: • Trường hợp a ≥ b ≥ c ≥ Ta có ab + − 2c ≥ c2 + − 2c = (c − 1)2 ≥ Do f (a, b, c) = (ab + − 2c) (bc + − 2a) (ca + − 2b) ≤ (ab + − 2c) bc + − 2a ca + − 2b ≤ (ab + − 2c) bc + + 2a ca + + 2b = (ab + − 2c) (bc + + 2a) (ca + + 2b) = f (−a, −b, −c) • Trường hợp a ≥ b ≥ ≥ c Ta có f (a, b, c) = (ab + − 2c) (bc + − 2a) (ca + − 2b) ≤ (ab + − 2c) bc + − 2a ca + − 2b ≤ (ab + − 2c) − bc + + 2a − ca + + 2b = (ab + − 2c) (−bc + + 2a) (−ca + + 2b) = f (−a, −b, c) • Trường hợp a ≥ ≥ b ≥ c Ta có f (a, b, c) = (ab + − 2c) (bc + − 2a) (ca + − 2b) ≤ ab + − 2c bc + − 2a ca + − 2b ≤ − ab + − 2c bc + + 2a − ca + − 2b = f (−a, b, c) Từ trường hợp suy ta cần chứng minh với a, b, c ≤ Ta có ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 = 3, (−a) + (−b) + (−c) ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) = Lúc sử dụng bất đẳng thức AM − GM cho số khơng âm ta có VT ≤ 27 ab + − a ≤ 64 Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a = b = c = −1 Ntspbc94@gmail.com 91 PHẦN V Các toán khác Nguyễn Tấn Sang - A1K38 Bài Toán 24 Với a, b, c > abc = 1, số m, n, p ∈ Q+ thỏa mãn m2 + mn + n2 ≥ p(m + 2n), chứng minh rằng: am b m c m + n + n ≥ ap + b p + c p n b c a Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM − GM suy rộng ta có 3p(m + n) √ am bm 2 bp c p + 3pn + 2(m + mn + n − pm − 2pn) bn cn a ≥ (2m2 + 2mn + 2n2 + pm + 2pn) 3pm(m+n)−p(m2 +mn+n2 −pm−2pn) 2m2 +2mn+2n2 +pm+2pn 3pn2 3pn(m+n)−3pmn b 2m2 +2mn+2n2 +pm+2pn c 2m2 +2mn+2n2 +pm+2pn 3pm(m+n)−p(m2 +mn+n2 −pm−2pn)+3pn2 2m2 +2mn+2n2 +pm+2pn = (2m2 + 2mn + 2n2 + pm + 2pn).a = (2m2 + 2mn + 2n2 − 2pm − 4pn).ap , thiết lập√thêm √bất đẳng thức tương tự cộng vế theo vế với ý ap + bp + cp ≥ √ ap bp + bp cp + cp ap ta dễ suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài Toán 25 Với x, y, z ∈ [a, b], b > a ≥ 0, tìm GTNN biểu thức T = x2 y + y z + z z − xy − yz − zx2 Lời giải Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử x = max{x, y, z} Ta có T = (x − y)(y − z)(x − z) + Nếu x ≥ y ≥ z, ta có T ≥ Đẳng thức xảy x = y = z + Nếu x ≥ z ≥ y Xét f (y) = (x − y)(y − z)(x − z), y ∈ [a, b] Ta có f (y) = −(y − z)(x − z) + (x − y)(x − z) ≥ 0, suy f (y) đồng biến [a, b], suy f (y) ≥ f (a) = (x − z)(x − a)(a − z) = −(x − a) (x − z)(z − a) = (x − a)2 −1 −1 (x − a)3 ≥ (b − a)3 4 Đẳng thức xảy x = b, y = a, z = a+b Kết hợp trường hợp ta suy GTNN T 92 ≥ −(x − a) (a − b)3 a+b x = b, y = a, z = Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN V Các toán khác Bài Toán 26 Cho a, b, c ≥ a + b + c = 2, chứng minh √ √ √ √ −135 + 27 33 4a + + 4b + + 4c + ≥ + abc Hướng dẫn Ta có dấu √ a = b = 0, c = 2√cùng hốn vị √ xảy Lúc 4a + = a + 1, 4b + = b + 1, 4c + = c + Với ý: √ x(2 − x) 4x + − (x + 1)2 =√ 4x + − (x + 1) = √ 4x + + x + 4x + + x + Ta đưa toán chứng minh √ a(2 − a) 4a + + a + ( ) Một tương tự: Bài Toán 27 Cho a, b, c ≥ a + b + c = 2, chứng minh a+ a + b+1 b+ b + c+1 c+ c ≥ 2(abc + 1) a+1 Và hôm (25/08/2017) ngồi giải lại nảy ý tưởng để giải mà bỏ năm trước: Bài Toán 28 Cho a, b, c ≥ a + b + c = 2, chứng minh √ √ √ 4a + 4b + 4c + + + ≤ b+2 c+2 a+2 Lời giải Ta có √ 4a + − (a + 1) = √ √ a(2 − a) ≥ ⇒ 4a + ≥ a + 4a + + a + Do √ 4a + a(2 − a) a+1 a(2 − a) a+1 √ = + ≤ + b+2 b+2 (b + 2) (2a + 2) b + (b + 2) 4a + + a + = a+5 − b + (a + 1)(b + 2) Thiết lập thêm bất đẳng thức tương tự, ta cần chứng minh a+5 ≤9+6 b+2 (a + 1)(b + 2) 2 ( ab + 3q + 116) ( a2 b + ab2 + 11r + 9q + 44) ⇐⇒ ≤9+ r + 2q + 16 (r + q + 16)(r + q + 3) Với ý a2 b + ab2 + 3r = (a + b + c)(ab + bc + ca) = 2q, bất đẳng thức trở thành 2(3q +116)(r +q +3) ≤ 9(r +q +3)(r +2q +16)+6(8r +9q +44)+2 Ntspbc94@gmail.com a2 b + 3r − 2q (q +r) 93 PHẦN V Các toán khác Nguyễn Tấn Sang - A1K38 Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh 2(3q + 116)(r + q + 3) ≤ 9(r + q + 3)(r + 2q + 16) + 6(8r + 9q + 44) + (3r − 2q) (q + r) ⇐⇒ 15r2 + 8q + 23qr + 2q ≥ 11r Ta có 23qr + 2q ≥ √ 46q r ≥ 46.6r.r > 11r Ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy q = r = hay a = 2, b = c = hốn vị Phép chứng minh hồn tất Nhận xét Câu hỏi đặt tìm số k tốt để bất đẳng thức sau với điều kiện √ √ √ 4a + 4b + 4c + 5k + + + ≤ b+k c+k a+k k(k + 2) Mình chưa trả lời câu hỏi (hi vọng có người trả lời được) sau đưa số tốt số ;) • Hướng dẫn : Cho a = b = c = 2/3, ta thu k < 2.574 Hoàn toàn tương tự lời giải trên, ta đưa bất đẳng thức (r + q + 3) ab2 + (5 − k)q + 17k + 24k ≤ 10k + 16 r + (k + 1)qr + (k + 2k + 3)r + (k + 2k + 3k)q + 3k + 6k k(k + 2) +3 (3k + 5)r + (k + k + 3)q + 7k + 8k + (q + r) ab2 + 3r + 3(2 − k) ab2 + 3r Trường hợp 1: ≤ k ≤ Ta có 3(2 − k) ( ab2 + 3r) ≥ (q + r) ( ab2 + 3r) ≥ (q + r) bất đẳng thức Trường hợp 2: ≤ k < 2.574 Ta có ab2 = 2q − 3r − a2 b ≤ 2q − 3r − q2 + 3r , thay vào ta q2 Thay vào bất đẳng thức trên, khai triển rút gọn ta đưa q + q r 3k + 16k + 16 k + 7k + 16k + 16 5k + 16k − + r + qr + q k(k + 2) k(k + 2) 2(k + 2) + ⇐⇒ −7k − 13k + 17k + 60k + 48 −4k − 10k + 20k + 36 r+ q≥0 k(k + 2) k+2 A −7k − 13k + 17k + 60k + 48 −4k − 10k + 20k + 36 q + + ≥0 r k(k + 2) k+2 r Ta có A ≥ Nếu ta cho a, b → q, r, A q → 0, → +∞ r r Vậy ta có: 94 Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN V Các toán khác - Điều kiện cần: −4k − 10k + 20k + 36 ≥ 0, suy  √   85 397     arc cos 7225   1√ − k ≤ k0 = 85 cos    3     ≤ k < 2.574 ⇐⇒ ≤ k ≤ k0 - Điều kiện đủ: Với ≤ k ≤ k0 −7k − 13k + 17k + 60k + 48 ≥0 k(k + 2) Tóm lại √  397 85  arc cos 7225  1√ − 0≤k≤ 85 cos    3  Bài Toán 29 Với a, b, c số không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh √ √ √ √ a+b b+c c+a + + ≥ a+1 b+1 a+1 Lời giải Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử c = max{a, b, c} Ta xét trường hợp sau: • Trường hợp c ≥ a ≥ b Ta dễ có √ 6 (a + b) ≥ (a + b) (a + b + c)(a + b) ≥ √ (a + b + c)(b + c) ≥ b + c + ( − 1)a ≥ b + c + a √ (a + b + c)(c + a) ≥ b + c + ( − 1)a ≥ c + a + b Do √ V T = ≥ (a + b)(a + b + c) a+1 12(a + b) 2(5b + 5c + 2a) 2(5c + 5a + 2b) + + 5(3a + b + c) 5(3b + c + a) 5(3c + a + b) Vậy ta cần chứng minh 12(a + b) 2(5b + 5c + 2a) 2(5c + 5a + 2b) + + ≥ 5(3a + b + c) 5(3b + c + a) 5(3c + a + b) ⇐⇒ (21a3 + 7a2 b + 2c2 a + 64b2 c − 40abc) + (35c2 a − 35ac2 ) + 27b3 + 37ab2 + 22ca2 ≥ Điều √ 21a3 + 7a2 b + 2c2 a + 64b2 c ≥ 28a2 b + 2c2 a + 64b2 c ≥ 3584a3 b3 c3 ≥ 40abc Ntspbc94@gmail.com 95 PHẦN V Các toán khác Nguyễn Tấn Sang - A1K38 • Trường hợp c ≥ b ≥ a * Nếu b ≥ Ta có √ V T = √ ≥ 6(a + b) + 3a + b + c (a + b)(a + b + c) a+1 √ b + c + ( − 2)a √ c + a + ( − 1)a + 3b + c + a 3c + a + b Ta cần chứng minh √ 6(a + b) + 3a + b + c √ b + c + ( − 2)a 3b + c + a √ c + a + ( − 1)a + 3c + a + b ≥ ⇐⇒ A + B ≥ √ √ √ √ √ √ Với A = (21 6−42)a3 +(18 2+39 6−92)a2 b+(60 2+27 6−134)ab2 +(27 6−50)c2 a √ √ √ +(72 − 164)ca2 + (24 + 66 − 208)abc ≥ √ √ √ √ √ √ B = (18 + − 36)b3 + (24 + 30 − 80)b2 c − (44 − − 6)bc2 Ta có 10 b≥ ⇒ b≥2=a+b+c ⇒ 10 b≥b+c⇒b≥ c Suy B≥ √ √ √ √ √ √ (18 + − 36) + (24 + 30 − 80) − (44 − − 6) bc2 ≥ 49 Do đó, bất đẳng thức b ≥ * Nếu b ≤ Xét √ √ √ a+b b+c c+a f (a, b, c) = + + a+1 b+1 a+1 Ta có √ f (0, b, a + c) = b + √ √ c+a + b+1 a+c+1 √ a(1 − ab − 2b) a a c+a √ √ + √ f (a, b, c)−f (0, b, a+c) = + √ (a + 1)( b + a + b) (b + 1)( b + c + 2) (c + 1)(a + c + 1) Ta chứng minh f (a, b, c) − f (0, b, a + c) ≥ Nếu − ab − 2b ≥ 0, điều hiển nhiên Nếu − ab − 2b ≤ 96 Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN V Các toán khác Ta có √ − ab − 2b c+a √ √ + √ + √ (a + 1)( b + a + b) (b + 1)( b + c + 2) (c + 1)(a + c + 1) √ − ab − 2b 2−b √ ≥ + √ + 2.( + 1) 3(3 − b) b √ √ − b2 − 2b 2 √ ≥ + √ + √ 32 b 2(2−b)−2 2(2−b)−1 √ +9 2(2−b) √ √ 2 + + 32 b − b2 − 11 b 77√2 3 √ + 288 b √ 3 − 11 − 5 77 + >0 288 + 53 b − b2 − √ ≥ b ≥ ≥ 11 b Suy f (a, b, c) − f (0, b, a + c) ≥ √ Vậy ta cần chứng minh f (0, b, a + c) ≥ , hay √ √ √ √ 2−b b+ + ≥ b+1 3+b Bất đẳng thức √ √ √ √ √ 2−b √ b(b − 2b + 1) b+ + = 2+ + b+1 3+b b+1 √ ≥ √ √ √ 2(2−b)−2 √ 2(2−b)−1 2(2−b) +3 Phép chứng minh hồn tất, tốn chứng minh xong Đẳng thức xảy c = 2, a = b = hoán vị Lời giải thiếu tinh tế, dùng để khẳng định tính sai tốn chế Mình post lên facebook để treo thưởng muốn tìm kiếm lời giải đẹp cho Và có lời giải đẹp cho anh Quý post lên diễn đàn Mathlinks.ro (Art of Problem Solving) Các bạn xem link: https://artofproblemsolving.com/community/c6h588841p3500446 Lời giải (V.Q.B.Cẩn) For easy computation, we will set a = 2x, b = 2y and c = 2z The inequality can be written as √ √ √ x+y y+z z+x + + ≥ , 2x + 2y + 2z + or √ (2y + 1)(2z + 1) x + y ≥ 4(2x + 1)(2y + 1)(2z + 1) Since (2y + 1)(2z + 1) = 4yz + 2(y + z) + = 4yz + − 2x and (2x + 1)(2y + 1)(2z + 1) = 8xyz + 4(xy + yz + zx) + 3, Ntspbc94@gmail.com 97 PHẦN V Các toán khác Nguyễn Tấn Sang - A1K38 the above inequality is equivalent to 12 √ yz x + y + Now, we see that √ √ x+y−6 √ x x + y ≥ 32xyz + 16 xy + 12 x + y ≥ x + y (since ≤ x + y ≤ 1), so √ yz x + y ≥ yz(x + y) ≥ 6xyz Also, using the AM-GM inequality, we get √ x x+y ≤ x· x+y+1 − xy = 2 Therefore, it suffices to prove that 40xyz + √ x + y ≥ 13(xy + yz + zx) + 18 Without loss of generality, assume that x ≥ y ≥ z The above inequality can be rewritten as √ √ √ x + y + x + z + y + z + yz(40x − 13) ≥ 13x(y + z) + 18 Since yz(40x − 13) ≥ and √ √ x+y+ x+z = 2x + y + z + ≥ 2x + y + z + √ = x + 1, (x + y)(x + z) x(x + y + z) we are left to prove that √ √ x + − x + ≥ 13x(1 − x) + 18, or 1+2 Setting t = x(1 − x) ≥ 13x(1 − x) + x(1 − x), ≤ t ≤ 12 We have to prove that √ + 2t ≥ 13t2 + The last one is easy Lời giải (quykhtn-qa1) Using the AM-GM inequality, we have a + b + ≥ 2(a + b) So √ √ a+b 2(a + b) ≥ a+1 (a + b + 2)(a + 1) Similarly, we only need to prove the following inequality a+b b+c c+a + + ≥ (a + b + 2)(a + 1) (b + c + 2)(b + 1) (c + a + 2)(c + 1) Notice that a+b 2−c = = − , (a + b + 2)(a + 1) (4 − c)(a + 1) a + (4 − c)(a + 1) 98 Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN V Các toán khác we can rewrite the above inequality in the form 1 1 1 + + − ≥2 + + a+1 b+1 c+1 (4 − c)(a + 1) (4 − a)(b + 1) (4 − b)(c + 1) Now, setting ab + bc + ca = q, abc = r, then ab + a + q+7 = = , a+1 abc + ab + a + q+r+3 (4 − a) = 64 − 16 a+4 ab − abc = 4q − r + 32, and (4 − a)(4 − b)(b + 1)(c + 1) = =abc (ab − 4a − 4b + 16)(bc + b + c + 1) = a− a2 b + ab + ab2 − =7q + 2r + 80 + ab2 − (ab + 4c + 8)(bc − a + 3) ab + 12 a2 b = 7q + 2r + 80 + a+8 a2 b + ab − a + 72 ab2 − ab2 ≤7q + 2r + 80 + 4(2q − 3r) − 15abc = 15q − 25r + 80 Hence, 15q − 25r + 80 ≤ (4 − c)(a + 1) (4q − r + 32)(q + r + 3) It suffices to show that q+7 2(15q − 25r + 80) − ≥ , q+r+3 (4q − r + 32)(q + r + 3) which is equivalent to 4q + 2q + 2r2 + 71r − 9qr ≥ The last inequality is obviously true from ≤ q ≤ , r ≥ Hence, the proof is completed Equality holds for a = b = and c = 2, or any cyclic permutation Bài Toán 30 Với x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz = Chứng minh 1 + + ≥ 3 (x + 1) (y + 1) (z + 1) (TST 2005) Bài chọn đội tuyển IMO năm 2005, lời giải sau: Lời giải Đặt 2 = a, = b, = c =⇒ a, b, c ∈ (0; 2) x+1 y+1 z+1 Vì xyz = nên ta có abc = (2 − a)(2 − b)(2 − c) Lúc đặt p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc, ta suy r = − 2p + q Ntspbc94@gmail.com 99 PHẦN V Các toán khác Nguyễn Tấn Sang - A1K38 Ta cần chứng minh a3 + b + c ≥ Hay p3 − 6p − 3q(p − 1) + ≥ Ta dễ có p>2→p−1>0 r ≤ → − 2p + q ≤ → q ≤ 2p − Do p3 − 6p − 3q(p − 1) + ≥ p3 − 6p − 3(2p − 3)(p − 1) + = p(p − 3)2 ≥ Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Bài Toán 31 Với x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Chứng minh 1 27 + + ≥ − xy − yz − zx (Crux) Lời giải Đặt 1 xy + yz + zx = q, xyz = r, < q ≤ , < r ≤ 27 Bất đẳng thức trở thành 11q + 27r2 − 19r − ≤ Theo bất đẳng thức Schur ta có r≥ 4q − , Vì mà 11q + 27r2 − 19r − = (27r2 − r) + (11q − 18r − 3) ≤ r(27r − 1) + 11q − 2(4q − 1) − = r(27r − 1) + (3q − 1) ≤ Vậy ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Lời giải Sử dụng phương pháp U.C.T Nếu theo hướng phương pháp U.C.T thơng thường tìm số m cho ≤ + m(9t − 1) 1−t Ta tìm m = 64 , 9 (9t − 1)2 − + (9t − 1) = ≥0 − t 64 64(1 − t) Do ta nghĩ đến phương pháp U.C.T suy rộng: Ta cần tìm m, n cho ≤ + m(81t2 − 1) + n(9t − 1) 1−t 100 Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN V Các toán khác ⇐⇒ (9t − 1) − m(9t + 1) − n 8(1 − t) Để phương trình 8(1−t) − m(9t + 1) − n = có nghiệm t = n = 64 − 2m Thay vào ta ≤0 9 − m(9t + 1) − − 2m 8(1 − t) 64 (9t − 1) ⇐⇒ (9t − 1)2 ⇐⇒ −m 64(1 − t) n + 2m = 64 Từ ≤0 ≤0 −m≤0 64(1 − t) Ta có max{ab, bc, ca} < ab + bc + ca ≤ Do < t < 13 (Hoặc đánh giá mạnh ab, bc, ca < nên không muốn sửa lại :D ) Mà (a+b+c)2 lỡ giải với −m≤0→m≥ 64(1 − t) 128 Ta chọn m = 128 suy n = Với < t < ta có: 32 Vậy ta có lời giải: 243 27 129 ≤ t + t+ 1−t 128 32 128 ⇐⇒ (9t − 1)2 (1 − 3t) ≥0 128(1 − t) Luôn đúng, VT ≤ 27 243 2 387 (x y + y z + z x2 ) + (xy + yz + zx) + 128 32 128 Vậy ta cần chứng minh 27 243 2 45 (x y + y z + z x2 ) + (xy + yz + zx) ≤ 128 32 128 ⇐⇒ 243q − 486r + 108q ≤ 45 Với q = xy + yz + zx, r = xyz * Nếu < q ≤ bất đẳng thức ln 1 * Nếu < q ≤ : Khi theo bất đẳng thức Schur ta có: r≥ 4q − Do 243q − 486r + 108q ≤ 243q − 54(4q − 1) + 108 = 9(9q − 1)(3q − 1) + 45 ≤ 45 Ntspbc94@gmail.com 101 PHẦN V Các toán khác Nguyễn Tấn Sang - A1K38 Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy x = y = z = Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Ta đưa bất đẳng thức dạng sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz: 1 27 −a + −a + −a ≤ − 3a − xy − yz − zx axy − a + 1 27 ⇐⇒ + + ≤ − 3a − xy ayz − a + azx − a + BDT ⇐⇒ Để sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz axy − a + ≤ (để đổi chiều bất đẳng thức ta sử dụng Cauchy − Schwarz ) theo kinh nghiệm |axy − a + 1|min để đánh giá thêm chặt hơn! Vì xy < 14 nên ta chọn a = 43 Từ ta có BDT ⇐⇒ − 4xy − 4yz − 4zx 15 + + ≥ − xy − yz − zx Ta có (3 − 4(xy + yz + zx))2 − 4xy − 4yz − 4zx + + ≥ − xy − yz − zx 4(x2 y + y z + z x2 ) − 5(xy + yz + zx) + Nên ta cần chứng minh − 4(xy + yz + zx) ≥ 15 4(x2 y + y z + z x2 ) − 5(xy + yz + zx) + hay 8(3 − 4q)2 ≥ 15(4q − 8r − 5q + 3) (với q = xy + yz + zx, r = xyz) ⇐⇒ 68q − 117q + 27 + 120r ≥ Vì r≥Schur (4q − 1) nên 68q − 117q + 27 + 120r ≥ 68q − 117q + 27 + 40 (4q − 1) = (3q − 1)(68q − 41) ≥ q ≤ 13 Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy x = y = z = Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev Để sử dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta đưa bất đẳng thức về: 9xy − 9yz − 9zx − + + ≤ − xy − yz − zx Giả sử x ≥ y ≥ z Ta có 102 9xy − ≥ 9zx − ≥ 9yz − Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN V Các toán khác 1 ≥ ≥ − xy − zx − yz Vì chiều bất đẳng thức ≤ nên ta sử dụng Chebyshev lúc Ta đưa bất đẳng thức dạng (9xy − 1)(xy + k) (9yz − 1)(yz + k) (9zx − 1)(zx + k) + + ≤0 (1 − xy)(xy + k) (1 − yz)(yz + k) (1 − zx)(zx + k) Với k số thỏa mãn (9xy − 1)(xy + k) ≥ (9zx − 1)(zx + k) ≥ (9yz − 1)(yz + k) (1 − xy)(xy + k) ≥ (1 − zx)(zx + k) ≥ (1 − yz)(yz + k) Suy    − k ≤ min{xy + xz; xz + yz} =  1 − k ≥ max{xy + xz; xz + yz} = Suy ≤k≤ Và sau sử dụng bất đẳng thức Chebyshev (9xy − 1)(xy + k) ≤ (1 − xy)(xy + k) (9xy − 1)(xy + k) (1 − xy)(xy + k) Ta phải có (9xy − 1)(xy + k) ≤ hay 18r + 3k ≥ 9q + (9k − 1)q Theo Schur r≥ 4q − , Do k phải thỏa mãn 2(4q − 1) + 3k ≥ 9q + (9k − 1)q ⇐⇒ (3q − 1)(3q + 3k − 2) ≤ Suy k ≥ max Tóm lại ta cần chọn k cho Ntspbc94@gmail.com − 3q = 3 ≤k≤ 103 PHẦN VI Các toán chưa có lời giải Nguyễn Tấn Sang - A1K38 PHẦN VI: CÁC BÀI TỐN CHƯA CĨ LỜI GIẢI Các phịa lâu rồi, giải Lời giải không đẹp (đưa dạng pqr đưa f (bc) II.19) nên khơng muốn gõ Các có dấu xảy a = b = c = a = 0, b = c = 23 hốn vị Các cịn lại chưa kiểm tra tính sai Rất mong nhận lời giải đẹp từ người Bài Toán Với a, b, c số không âm thỏa mãn a + b + c = 3, chứng minh rằng: 81 a2 + b2 + c2 ≥ 32 a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 + 147abc 81 a2 + b2 + c2 + 621abc ≥ 32 ab + bc + ca a2 + b2 + c2 ≥ 16 a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 + 33abc 81 a2 + b2 + c2 3 a2 + b2 + c2 + 189abc ≥ 81 ab + bc + ca) + 1134abc ≥ 243 ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) 13 a2 + b2 + c2 a2 + b + c 15 a2 + b + c 104 + 27abc ≥ 18 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 12 a2 + b2 + c2 14 ≥ 128 a5 b5 + b5 c5 + c5 a5 + 1803abc + 108abc ≥ 27 ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) 10 a2 + b2 + c2 a2 + b + c ≥ 32 a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 + 147abc a2 + b2 + c2 11 ≥ 256 a5 b5 + b5 c5 + c5 a5 + 5793abc ≥ a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 + 3abc 81 a2 + b2 + c2 ≥ 64 a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 + 537abc 729 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 + 1863abc ≥ 729 ab + bc + ca 4 + 162abc ≥ 81 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 162abc ≥ 81 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 Ntspbc94@gmail.com Nguyễn Tấn Sang - A1K38 16 a2 + b + c 17 a2 + b + c 4 + 27abc ≥ 36 a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 ≥ 16 a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 + 33abc 18 a2 + b2 + c2 PHẦN VI Các tốn chưa có lời giải ≥ 64 a5 b5 + b5 c5 + c5 a5 + 537abc 19 a2 + b2 + c2 ≥ 81 ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) 20 27 a3 + b3 + c3 ≥ 16 a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 + 33abc 21 243 a3 + b3 + c3 ≥ 64 a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 + 537abc 22 27 a3 + b3 + c3 + 63abc ≥ 16 ab + bc + ca 23 243 a3 + b3 + c3 ≥ 64 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 24 a3 + b + c 25 a3 + b + c 2 + 72abc ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 3abc ≥ a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 ≥ 16 a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 + 33abc 28 81 a3 + b3 + c3 ≥ 64 a5 b5 + b5 c5 + c5 a5 + 537abc + 621abc ≥ 243 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 a+b b+c c+a + + a+c b+a c+b a2 b 31 a, b, c ≥ → ,1 → ≤ ≥ abc 32 a, b, c > a + b + c = → 33 a, b, c ∈ + 153abc + 126abc ≥ 27 ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) 27 a3 + b3 + c3 30 a, b, c > → 2 26 a3 + b3 + c3 29 a3 + b3 + c3 3(a2 + b2 + c2 ) √ a2 b c ab a3 + 6abc 3(a + b) + a2 b + ≥ b a bc ca ab + + + ≥ 2 (a + b) (b + c) (c + a) (a + 1)2 √ √ √ a+ b+ c ——————–Hết——————– Ntspbc94@gmail.com 105 ... đầu học bất đẳng thức tránh xa sách Nếu bạn tìm tài liệu cho kỳ thi THPT nghĩ bạn khơng nên đọc sách Nếu bạn học sinh giỏi, ôn thi Quốc gia, Quốc tế sách khơng giúp cho bạn Nếu bạn đọc u q đừng... lâu khơng cịn xa lạ người yêu bất đẳng thức Trong đề thi đại học năm gần vậy, giải theo hướng đưa ẩn Trong trình làm tốn, có chế vài xin giới thi? ??u đến bạn đọc Dồn biến phương pháp đưa toán ẩn,... tình u bắt đầu" "chúng mình" Ghét trời trao của ấy, câu với Mình làm bất đẳng thức nhận u từ lúc không hay? Nhiều gặp hay tự hỏi: "Mần mà nghị hay ri hề?" Rồi bắt đầu tập tành sáng tạo bất đẳng thức