TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC

Tuyển chọn các Bất Đẳng Thức Hay và khó tác giả :Trịnh Đình Triển lớp 10A6 THPT Đông Thụy Anh Thái Bình Bài tốn 1:cho số khơng âm a,b,c cho a2+b2+c2+abc=4 đặt M=min[(a-b)2;(b-c)2;(c-a)2] chứng minh : a+b+c≤3- 𝑀2 Lời giải: Trước hết ta chứng minh a+b+c≤3 giả sử a+b+c≥ *Nếu 2(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2 (a+b+c)2≤ 2(a2+b2+c2) a2+b2+c2≥ 2>4:vơ lí *nếu 2(ab+bc+ca)≥a2+b2+c2 áp dụng BĐT schur bậc ta có a2+b2+c2+abc ≥ a2+b2+c2+ (𝑎+𝑏+𝑐)[2(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)−𝑎2 −𝑏2 −𝑐 ] ≥ 2(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎+𝑎2 +𝑏2 +𝑐 ) Quay lại toán giả sử BĐT cho là sai tức a+b+c≥3- 𝑀2 ≥4 vơ lí vì a+b+c≤ : *Trước hết ta chứng minh (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥ 6𝑀 không mất tổng quát giả sử a≥ 𝑏 ≥ 𝑐 𝑡ℎì 𝑎 − 𝑏 ≥ ; 𝑏 − 𝑐 ≥ 𝑣à 𝑀 = min[(a-b)2;(b-c)2] từ đó dễ thấy (a-b)2+(b-c)2+(c-a)2=2(ab)2+2(b-c)2+2(a-b)(b-c)≥ 6𝑀 Ta chứng minh 2(ab+bc+ca+a2+b2+c2)≥4(a+b+c)+M BĐT 2(ab+bc+ca+a2+b2+c2)trái= 4(𝑎+𝑏+𝑐)2 (𝑎−𝑏)2 +(𝑐−𝑏)2 +(𝑎−𝑐)2 ≥ 4(𝑎+𝑏+𝑐)(3−𝑎−𝑏−𝑐) +M :đúng vì vế ≥ 2𝑀 𝑣à 𝑣ế 𝑝ℎả𝑖 ≤ 𝑀 + 𝑀 = 2𝑀 để chứng minh điều giả sử sai ta cm BĐT đầu bài thật vật xét các trường hợp sau: +nếu 2(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2 dễ thấy 8≥ 2(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2 ngồi M≤ (𝑎+𝑏+𝑐)2 (𝑎+𝑏+𝑐)2 ≤2− (𝑎+𝑏+𝑐)2 𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2 − ta có 12-4(a+b+c)-M≥10-4(a+b+c)+ ≥ 10 − 8√2 + > 2(ab+bc+ca)≥a2+b2+c2 áp dụng bđt schur bậc ta có 3(a2+b2+c2+abc)≥ 3(a2+b2+c2)+ (𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎+𝑎2 +𝑏2 +𝑐 )[2(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)−𝑎2 −𝑏2 −𝑐 ] 2(𝑎+𝑏+𝑐) ≥ 3(a2+b2+c2)+ 2(ab+bc+ca)−a2+b2+c2 ta cần 2(ab+bc+ca+a2+b2+c2)≥4(a+b+c)+M BĐT này chứng minh điều giả sử sai tức là BĐT cho Đúng Bài tốn 2:cho số khơng âm a,b,c cho a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2=6 chứng minh a+b+c≥ Lời giải:giả sử ngược lại a+b+c=3 ta chứng minh a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2≤ đặt q=ab+bc+ca và r=abc BĐT tương đương q2-6r+3r2≤ 𝑣ì r≤ 𝑛ê𝑛 𝑡𝑎 𝑐ℎỉ 𝑐ầ𝑛 𝑐ℎứ𝑛𝑔 𝑚𝑖𝑛ℎ 𝑞 2-3r≤ 𝑥é𝑡 𝑐á𝑐 𝑡𝑟ườ𝑛𝑔 ℎợ𝑝: *4q≤ 𝑙ú𝑐 𝑛à𝑦 𝑞2≤ (4)2 ≤ 𝑡𝑎 𝑐ó điều cần cm *4q≥ á𝑝 𝑑ụ𝑛𝑔 𝑏đ𝑡 𝑠𝑐ℎ𝑢𝑟 𝑏ậ𝑐 𝑡𝑎 𝑐ó 3𝑟 ≥ 4𝑞 − nên ta việc cm q2-(4q-9)-6≤ (q-1)(q-3)≤ 0: ℎ𝑖ể𝑛 𝑛ℎ𝑖ê𝑛 đú𝑛𝑔 𝑑𝑜 ≤ 𝑞 ≤3 Vậy điều giả sử sai ta phải có a+b+c≥ Bài tốn 3: cho số dương x,y,z chứng minh rằng: 𝑥 +𝑦𝑧 √ 𝑦 +𝑦𝑧+𝑧 𝑦 +𝑥𝑧 𝑧 +𝑥𝑦 + √𝑥 +𝑥𝑧+𝑧 + √𝑥 +𝑥𝑦+𝑦 ≥ √6 Lời giải: sử dụng bài toán để chứng minh bài này với chút ‘cải tiến’ :đặt 3𝑥 +3𝑦𝑧 3𝑦 +3𝑥𝑧 3𝑧 +3𝑥𝑦 a=√2𝑦 +2𝑦𝑧+2𝑧 ; b=√2𝑥 +2𝑥𝑧+2𝑧 c=√2𝑥 +2𝑥𝑦+2𝑦 ta cần chứng minh a+b+c≥ để á𝑝 𝑑ụ𝑛𝑔 𝑏à𝑖 ta chứng minh a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2≥ 𝑡ℎậ𝑡 BĐT này tương đương với (sau quy đồng ): 6∑(𝑥2+yz)(y2+zx)(x2+xy+y2)+27(x2+yz)(y2+zx)(z2+xy)≥ 16 ∏(𝑥2+xy+y2)Ta có *6∑(𝑥2+yz)(y2+zx)(x2+xy+y2)=6∑ 𝑥3y3+ 6∑ 𝑥 2y2(x2+y2)+ 6∑ 𝑥 (𝑦5+z5) +6xyz(x+y+z)(xy+yz+zx)+6xyz(x+y+z)( x2+y2+z2)+6xyz(x3+y3+z3) *27(x2+yz)(y2+zx)(z2+xy)=54x2y2z2+27 ∑ 𝑥3y3+27xyz(x3+y3+z3) 16 ∏(𝑥2+xy+y2)=16∑ 𝑥 2y2(x2+y2)+16xyz(x3+y3+z3)+48x2y2z2+32xyz[∑ 𝑥𝑦(x+y)] +16∑ 𝑥3y3 từ các đẳng thức khai triển ta quy BĐT lại 17 ∑ 𝑥3y3+6∑ 𝑥 (𝑦5+z5)+24 x2y2z2-10 ∑ 𝑥2y2(x2+y2)20xyz[∑ 𝑥𝑦(x+y)]+23xyz(x3+y3+z3)≥ 0 ∑(𝑥-y)2(3x2+xy+3y2)+20xyz[x3+y3+z3-∑ 𝑥𝑦(x+y)+3xyz]+3xyz(x3+y3+z3-3xyz)+ 9(∑ 𝑥3y3-3 x2y2z2)≥ 0: đú𝑛𝑔 theo BĐT schur và am-gm Như ta chứng minh S=a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2≥ giả sử a+b+c lúc m+n+p=3 và m2n2+n2p2+p2m2+3m2n2p2> a2 b2 +b2 c2 +a2 c2+3 a2 b2 c2 ≥ mà theo m+n+p=3thì m2n2+n2p2+p2m2+3m2n2p2≤ 6: 𝑚â𝑢 𝑡ℎ𝑢ẫ𝑛 đó a+b+c≥3(ĐPCM) Bài toán 4:cho số thực a,b,c∈ [−1; 1] thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 =0 Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất P=a+b+c Lời giải:thực đứng trước hình thức ‘gọn nhẹ’ ‘khe hở’lúc bắt tay vào làm nhiều lúc ta gặp bế tắc và đó là lúc cần nhìn nó góc độ khác để tìm ‘khe hở’ quay lại tốn:khơng mất tính tổng qt giả sử ab≥ 1 Đặt a+𝑎 =x ; b+ 𝑏=y c+ 𝑐 = 𝑧 x+y+z=0 x2;y2;z2≥ x ,y,z theo thứ tự dấu với a,b,c giải các phương trình bậc qua phép đặt ta có a= 𝑦±√𝑦 −4 ;b= ;c = −(𝑥+𝑦)±√(𝑥+𝑦)2 −4 từ đó: 𝑥+√𝑥 −4 𝑦+√𝑦 −4 2 (*)Nếu -1≤a ,b< a= 𝑥±√𝑥 −4 ; b= c= −(𝑥+𝑦)−√(𝑥+𝑦)2 −4 và ta có 2P=2(a+b+c)=√𝑥 − + √𝑦 − − √(𝑥 + 𝑦)2 − 4 chứng minh : √𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑦 +√𝑦 − 𝑦𝑧 + 𝑧 + √𝑧 − 𝑧𝑥 + 𝑥 ≤ 𝑥+ 𝑦+z+√𝑥 + 𝑦 +𝑧 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥 Lời giải: không mất tổng quát giả sử 𝑥 ≥ 𝑦 ≥z √𝑦 − 𝑧(𝑦 − 𝑧) + √𝑥 − 𝑧(𝑥 − 𝑧) ≤ 𝑥 + 𝑦 𝑚ặ𝑡 khác ta có √𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑦 ≥ BĐT đều 𝑥+𝑦 √𝑥 + 𝑦 +𝑧 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥 ≥ 3(𝑥−𝑦)2 𝑥+𝑦−2𝑧 (bình phương vế trừ ≥ 0:hiển nhiên đúng) đó : √𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑦 − √𝑥 + 𝑦 +𝑧 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥 = 𝑧(𝑥+𝑦−𝑧) √𝑥 −𝑥𝑦+𝑦 + √𝑥 +𝑦 +𝑧 −𝑥𝑦−𝑦𝑧−𝑧𝑥 𝑧(𝑥+𝑦−𝑧) 𝑥+𝑦 𝑥+𝑦−2𝑧 + 2 ≤ =z suy √𝑥 − 𝑥𝑦 + 𝑦 ≤ √𝑥 + 𝑦 +𝑧 − 𝑥𝑦 − 𝑦𝑧 − 𝑧𝑥 + 𝑧 ta có đpcm Bài toán 6: cho các số thực x,y,z ∈ [−1; 1] và x+y+z=0 tìm giá trị nhỏ nhất P=√1 + 𝑥 + 𝑦 + √1 + 𝑦 + 𝑧 + √1 + 𝑧 + 𝑥 LỜi giải: Ta chứng minh P≥ bình phương vế bđt ∑ 𝑥 +2 ∑ √1 + 𝑥 + 𝑦 √1 + 𝑦 + 𝑧 ≥6 áp dụng bđt Cauchy_schwart ta có: 2∑ √1 + 𝑥 + 𝑦 √1 + 𝑦 + 𝑧 ≥ ∑ √1 + 𝑥 √1 + 𝑦+2 ∑ |𝑦𝑧| ta quy cm bđt ∑ 𝑥 +2 ∑ √1 + 𝑥 √1 + 𝑦+2 ∑ |𝑦𝑧| ≥6 bđt đối xứng cho x,y,z nên ko mất tổng quát giả sử x≥ 𝑦 ≥ 𝑧 xét các th sau: (∗)√1 + 𝑥 √1 + 𝑦 ≤ đó dễ thấy ∑ √1 + 𝑥 √1 + 𝑦 ≥ ∑(1 + 𝑥)(1 + 𝑦)=6+2(xy+yz+xz)=6-x2-y2-z2 suy bđt (*)√1 + 𝑥 √1 + 𝑦 ≥ ta có 2y≤ 𝑥 + 𝑦 = −𝑧 ≤ đánh giá: (𝑥−𝑦)2 2√1 + 𝑥 √1 + 𝑦 =2-z-(√1+𝑥+√1+𝑦)2 ≥ − 𝑧 − (𝑥−𝑧)2 2√1 + 𝑥 √1 + 𝑧 =2-y-(√1+𝑥+√1+𝑧)2 ≥ − 𝑦 − (𝑥−𝑦)2 và 2(𝑥−𝑧)2 (𝑦−𝑧)2 2√1 + 𝑦 √1 + 𝑧 =2-x-(√1+𝑦+√1+𝑧)2 ≥ − 𝑥 − (𝑦 − 𝑧)2 cộng tương ứng vế vế bđt thay lại vào bđt cần cm ta quy chứng minh 3(𝑥−𝑦)2 + 2(𝑥−𝑧)2 – ∑(|𝑥| − |𝑦|)2 ≥ thay z=-x-y và lưu ý (|𝑥| − |𝑧|)2 + (|𝑧| − |𝑦|)2 ≤x2+y2 bđt cuối ta cần cm 𝑥 −𝑥𝑦 12 +2|xy|− 12y2≥0 bđt này hiển nhiên min=3 x=y=z=0 Bài toán 7:Cho các số thực a,b,c ∈(3 ; 1] tìm Giá trị lớn nhất : 9(ab) 16b c 6a  6b  P   2 2 a  3b  c  2a  4b  c  18ab  9a  9b  Lời giải: Áp dụng Bđt am_gm và cauchy_schwart ta có: 16b c  (2b  c  1) và 9(ab)  (a  b  1)2 đó P≤ (a  b  1)2 (2b  c  1) 6a  6b    ≤ mặt khác ta có: 2 2 a  3b  c  2a  4b  c  18ab  9a  9b  a2 b2 (a  b  1)   ≥ a  b2 b2  c b2  a  3b  c  (2b  c  1)2 b2 c2 b2  2 2 2 VÀ đó 2 2a  4b  c  a  b b  c 2b a  P 1 6a  6b     mặt khác với mọi a,b dương và 𝑎𝑏 ≤ 1ta có: a  b  18ab  9a  9b  (ab  1)(a  b)2 1   ≤ 0:đúng ngoài lưu ý rằng : a  b  ab  (ab  1)(a  1)(b2  1) 18ab  9a  9b   2(3a  2)(3b  2)  (3a  2)  (3b  2) đó: 2  6a  6b   3a  3b   1 18ab  9a  9b   2 3a  3b  đánh giá suy P  (3a  2)(3b  2) từ các  (3 a  2)(3 b  2)  2 (3a  2)(3b  2) 2   tiếp theo từ ab  (3a  2)(3b  2)  (a  1)(a  2)   a  3a  tương tự b  3b  nhân vế vế suy ab ≥ √(3𝑎 − 2)(3𝑏 − 2) từ kết luận P≤ dấu=khi a=b=c=1 1 Bài toán 8:cho các số dương a,b,c thỏa mãn (a  b  c)(   ) =10 tìm giá trị lớn nhất của: a b c P  3 < thầy Trần Quốc Luật> ab  bc  ca a  b  c Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 thế thì (b-a)(b-c)≤ 0b2+ca≤ 𝑏(𝑐 + 𝑎) Mà b2  ca  b(c  a) b a a b c c    và    cộng tương ứng vế vế ta có a b a c b c a b a c b c a c (  )  (  )  (  )  2(  )  mặt khác ta có : b a c a c b c a 1 a b a c b c (a  b) (b  c) (c  a) ) (a  b  c)(   )  10  (  )  (  )  (  )     1 a b c b a c a c b ab bc ca a c suy   hay a≥2c áp dụng BĐT Cauchy_schwart ta có: c a 1 (a  b)2 (b  c)2 (c  a) ) (2a  b  c) (b  c) (a  b  c)(   )  10       a b c ab bc ca a(b  c) bc  4a  5a(b  c)  (b  c)  a(b  c)(b  c)2  (**) suy a≤ 𝑏 + 𝑐 bây giờ ta sẽ chứng minh: bc 5(a  b2  c )  6(ab  bc  ca) 5a  6a(b  c)  5(b2  c )  6bc  thật vậy ta xét: (+) nếu 𝑎(𝑏 + 𝑐) ≥ 4𝑏𝑐 thì từ (*) ta có 4a  5a(b  c)  (b  c)2  4(b  c)2  ta có : 5a  6a(b  c)  5(b2  c )  6bc  4a  5a(b  c)  5(b2  c )  6bc  a(a  b  c)  (+)nếu 4𝑏𝑐 ≥ 𝑎(𝑏 + 𝑐) lưu ý a(b  c)  3bc  c(a  b)  b(a  2c)  nên từ (*) ta có : 4a  5a(b  c)  (b  c)2  3(b  c)2  5a  5a  6a(b  c)  5(b  c )  6bc  5a  25 a (b  c)  5(b  c  bc)  ta có: 25 4bc  ab  ac a(b  c)  5(b  c  bc)  0 4 Bổ đề được chứng minh quay lại bài toán áp dụng giả thiết và bổ đề ta có: 27(ab  bc  ca)(a  b  c) 10 48 27 128  ( a  b  c )3  ( a  b  c )3  (a  b  c)  (a  b  c)3  (dễ (a  b  c)3 ta có P≤ 32 32 a  b3  c3  (a  b  c)3  3(a  b  c)(ab  bc  ca )  3abc  (a  b  c )3  dàng chứng minh) max P=5 (a,b,c)=(2;1;1) Bài toán 9:Cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng: 2( a b2 c a  b2  c   )  3(a  b  c)  15 b c a abc Lời giải: BĐT 2(a3c  c3b  b3a)  abc[15 a  b2  c2  3(a  b  c)] bây giờ chuẩn hóa a+b+c=3 abc ( a  b  c) (*)nếu ab  bc  ca  hay ab  bc  ca ≤ giả sử b nằm a và c hay (b-a)(b-c)  xét BĐT đề bài : trừ hai vế 5(a+b+c) biến đổi ta có BĐT 2[ (a  b)2 (b  c) (c  a) (a  b)  (b  c)  (c  a)   ]5 áp dụng BĐT cauchy-schwart: b c a a bc (a  c)2 (c  a)2 2(a  c)2 (a  b  c) 18(a  c)2   Vế phải và BĐT hiển nhiên Vế trái  2[  ] abc bc a a(b  c) (*)khi ab+bc+ca≥1 quay lại BĐT ban đầu đặt q  ab  bc  ca; r  abc ta có 15(a  b  c ) abc[  3(a  b  c)] = r[6  10(3  q )] và: abc 2(a3c  c3b  b3a)  (ab  bc  ca)(a  b2  c )  abc(a  b  c)  (a  b  c)(a  b)(b  c)(c  a)  q(9  2q)  3r  3(a  b)(b  c)(c  a) suy ta chỉ cần chứng minh bài toán a  b  c lưu ý là (a  b)2 (b  c)2 (c  a)2  4(3  q)3  27(q   r )2 viết lại BĐT đã cho là:  q(9  2q)  3r  r[6  10(3  q)]  4(3  q)3  27( q   r ) tiếp theo đặt: t   q  0; s  q   r  r   s  t thay vào bđt đã cho và thu gọn ta cần chứng minh: 4t ta có 8t  2t  s(9  10t )  4t  27 s (*) s  27 8t  2t  s(9  10t )  8t  2t  2 t 10t t t3 (9  10t )  2t (1  )( 2  1)  đó 27 3 (*) G( s)  s [(9  10t )2  243]  2s(8t  2t )(9  10t )  (8t  2t )  36t  Ta có s  (8t  2t ) (9  10t )  [(8t  2t )  36t ][243  (9  10t ) ] s   243(8t  2t )  36t 3[(9  10t )  243] (4t  1)  t[9  3(1  10t ) ] 100t 28t 100t t (27  2t )  2t  )    4t   (2  t )( 0 27 27 54 Bài toán 10:cho các số thực dương a,b,c cho (a  1)(b  1)(c  1)   4abc chứng minh rằng:  abc  a  b  c Lời giải: 1 Đặt a  ; b  ; c  bài toán trở thành: cho các số thực dương x,y,z cho: x y z x  y  z  xy  yz  zx  chứng minh xyz   xy  yz  zx Không mất tổng quát giả sử 𝑧 ≥ 𝑥 ≥ 𝑦 thế thì x, y  ta có xyz   xy  yz  zx  z (1  x)(1  y )   z  xy Khi z  xy  thì BĐT hiển nhiên trái lại kết hợp giả thiết ta có ( z  1)( x  y )   x  y  z 1 (+)Nếu 𝑧 ≥ ta có xyz   xy  yz  zx  xy ( z  1)   z ( x  y ) dễ thấy nếu z ( x  y )  BĐT đúng trái lại từ giả thiết => x  y  z  xy   z  yz    x  y  z (1  x  y  xy )  z (1  x)(1  y ) (+)khi z  ta có xy ( z  1)  xy  xyz   z ( x  y )  xy   x  y  z  xy  yz  zx  và 2z  xy (1  z ) ≥ 0.BĐT Được chứng minh z 1 Bài 11:cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ( a  1)(b  1)(c  1)   4abc chứng minh rằng: abc  1  abc Lời giải: Đặt bài bài toán trở thành: cho x,y,z dương và x  y  z  xy  yz  zx  1 xyz   xy  yz  zx Nếu xy  yz  zx  BĐT hiển nhiên Khi xy  yz  zx  suy x  y  z  đặt p  x  y  z; q  xy  yz  zx; và r  xyz ta có p+q=3 và cần cứng minh : Chứng minh: 1 1 ) áp dụng BĐT shur bậc 4: r   q ta có p  p  3q  p   p  3( 2 r (4q  p )( p  q) 6p (  1) (2  p)(6  p)( p  p  3) áp dụng ta chỉ việc chứng minh: 6p (2  p)(6  p)( p  p  3)  q   p hay 12 p F ( p)  (  1)(6  p)( p  p  3)  12 p  ta có F ( p)  (  1)(3 p  14 p  3)  12  3(  1) 27 )  BĐT  21   12  suy F ( p)  F ( được chứng minh dấu= xẩy a=b=c Bài 12: cho các số dương a,b,c chứng minh rằng: ab bc ca a b c abc 2 2     (c  a )(b  c) (c  a )(a  b) (b  c)(a  b) b  c c  a a  b a  b  c Lời giải: 10 x a c b abc và z  lưu ý rằng:  x y z và ;y (a  b)(b  c)(c  a) bc ab ac ( a  b  c )3 a b c abc  x2  y  z   x2 y z    2 (a  b)(b  c)(c  a) b  c a  c a  b (a  b)(b  c)(c  a) nên: abc x y z từ viết lại BĐT cần chứng minh là:  ( a  b  c )3 x  y  z   x y z 4( xy  yz  zx)  2( x  y  z )  (*) (*) x y z ta có đánh giá: x  y  z   x y z ab a b a c       xy  yz  zx  (c  a)(c  b) ca bc ca ca   b  c  2 (c  a)(c  b) a3  b3  c3  3abc   a2 (b  c) :đúng theo BĐT schur bậc a ab Suy x  y  z  2( x y  y z  z x ) mặt khác áp dụng BĐT schur bậc ta có: 2( xy  yz  zx)  x  y  z  xyz ( x  y  z ) từ đó ta chỉ việc chứng minh: x  y  z  xy  yz  zx 27 xyz ( x  y  z )3 dễ thấy  64( x  y  z   x y z ) ( x  y  z  xy  yz  zx)3 x2 y z  x2 y  y z  z x2 x2  y  z    nên 2 x2  y  z   x2 y z  5( x  y  z ) 9( x  y  z )   ta còn phải chứng minh: 4 xyz ( x  y  z )3 áp dụng BĐT am_gm ta có:  16( x  y  z ) ( x  y  z  xy  yz  zx)3 ( x  y  z  xy  yz  zx)2  4( xy  yz  zx)( x  y  z ) và 3xyz ( x  y  z )  ( xy  yz  zx)2 suy Vế phải  ( x  y  z )2 ( xy  yz  zx) ( x  y  z )2  12( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx) 4( x  y  z )[2( x  y  z )  3] ta chỉ cần chứng minh 6( x  y  z )   4( x  y  z )2 :đúng vì xy  yz  zx  Bài 13:cho các số thực không âm a,b,c chứng minh: 11 a  bc b  ca c  ab    2 2 2 2 b c a c a b Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c ta có: (*)Nếu: a  3b  2c ta chứng minh a  bc b  ca a  c b  c    2 xét: b2  c a2  c2 b2  c2 a c c  ab b  c   c  c 2b(a  b)  b(a  a 2b  b3 )  a  b2 a  c :đúng vì a3  a 2b  b3  3b3  4b3  ta được VT  t 3 a2  c2 b2  c  Đặt b2  c a2  c2 a2  c2 t2  2  F ( t )  t   xét: có F ( t )   => F (t )  f ( 3)  3    2 t b c t (*)Nếu: a  3b  2c ta chứng minh (a  c )(b  c ) c  ab  a  b2 a  b  2c (a  c )(b  c ) c  ab   (c  ab)2 (a  b2  2c )2  (a  b2 )2 (c  c (a  b2 )  a b2 ) 2 2 a b a  b  2c 2 4c (c  ab)  4c (a  b2 )(c  ab)  c (a  b2 ) (a  b)  :đúng vì c (a  b2 )2 (a  b)2  c (a  b2 )(a  b2 )2  4c (a  b2 )(b  c )2  4c (a  b )(c  ab)2 ta được VT  a  c b2  c  2  b2  c a c  f (t )  t  a2  c2 b2  c  b2  c c2  a2 đặt t  a2  c2  thế thì VT b2  c 1  ta có: 3 t t  t 2(t  1)  t3 t 1 2(t  1) t  (t  1)(2t  t  t  1)    0 t3 t t7 t (t  ) t nên f (t )  f (1)   (ĐPCM) f (t )  Bài 14:cho các số thực không âm a,b,c chứng minh rằng: 12 a  bc b  ca c  ab    b2  c2 a2  c2 b2  a 2(a  b  c )  ab  bc  ca Lời giải: a  bc b  ac a2  c2 b2  c    2 Không mất tính tổng quát giả sử: a  b  c dễ thấy: b2  c a2  c2 b2  c a c Mặt khác: 2(a  b  c ) 2(a  b  2c ) (vì hiển nhiên ab  bc  ca  (a  c )(b  c ) )  2 2 ab  b  ca (a  c )(b  c ) (*)TH1:nếu a  3b  2c tương tự bài 13 ta có minh f (t )  t  f ( 3)   c  ab b  c từ các đánh giá ta quy bđt về chứng  a  b2 a  c a2  c2 1  dễ có f(t) đồng biến ngoai  2(t  )   đó t  b2  c t t  >0 ta có Đpcm (*)nếu a  3b  2c thì (a  c )(b  c ) c  ab  (theo bài 13) đó ta chỉ việc chứng minh: a  b2 a  b  2c (a  c )(b  c ) a2  c2 b2  c2  2(  ) 0 2 2 2 a  b  2c b c a c a2  c2 b2  c   b2  c a2  c2 Bài 15:Cho các số thực dương a,b,c chứng minh rằng : a3 b3 c3 a  b3  c    b  8c c  8a a  8a a  b2  c2 Lời giải: Áp dụng BĐT holder ta có VT  (2a  b)3 (b2  8c2 )  (2 a2   ab)3 vậy ta cần phải chứng minh: (2 a2   ab)3 (a2  b2  c2 )  (a3  b3  c3 ) (2a  b)3 (b2  8c2 ) là bđt rất khó mình đã cố gắng cách chứng minh không được tốt các bạn thông cảm: Ta có D= = a  (2a  b) (b  8c2 )   (8a3  12a2b  6b2 a  b3 )(b2  8c2 )  6 a4c  16 a3b2  76 a3.c2  144abc(a  b  c) = 13 a  3 ab(a3  b3 )  45 a3 (b2  c2 )  144abc(a  b  c)  3( a  11 ab)(a  b)(b  c)(c  a) Do đó ta chỉ cần chứng minh bài toán 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐 chuẩn hóa a+b+c=3 đặt p  a  b  c  3; q  ab  bc  ca; r  abc lưu ý (a  b)2 (b  c) (c  a)  4( p  3q)3  (2 p3  pq  27) = 4(3  q)3  27(q   r )2 từ đó không 27 mấy khó khăn ta biểu diễn được theo p,q,r thì D= 135q  r (810  108q)  9(9  q)(3  q)  27(q  1) 4(3  q)3  27(q   r ) BĐt trở thành 27(6  q)3 (9  2q)  (27  9q  3r )[135q  r (810  108q)  9(9  q)(3  q)  27( q  1) 4(3  q )3  27(q   r ) ] (**)Nếu 𝑞 ≤ thì 4(3  q)3  27(q   r )2  9q  4q3  54(q  2)r  27r  9q  4q ta chỉ cần chứng minh : 27(6  q)3 (9  2q)  (27  9q  3r )[135q2  9(9  q)(3  q)  r (810 108q)  27q(q  1)  4q ] lưu ý với 𝑞 ≤ thì F(r)= (27  9q  3r )[135q2  9(9  q)(3  q)  r (810 108q)  27q(q  1)  4q ] là hàm nghịch biến theo r nên F(r)≤ 𝐹(0)= 9(3  q)[135q2  9(9  q)(3  q)  27q(q  1)  4q ] Mặt khác q  4q  3  ta chỉ việc chứng minh (6  q)3 (9  2q)  (3  q)[45q  3(9  q)(3  q)  27(q  1)] = \(3  q)[42q  9q  108] Đặt u=2 − 𝑞 ≥ BĐt trở thành (u  4)3 (5  2u )  (u  1))(42u  177u  294) chứng minh không khó xin dành bạn đọc ( **)khi q  viết lại BĐT cần chứng minh: 27(6  q)3 (9  2q)  (27  9q  3r )[135q  r (810  108q)  9(9  q)(3  q)  27( q  1) 4(3  q )3  27(q   r ) ] Đặt t   q  1; s  q   r  q   t và r=1-s-t ta có : Vế Phải= 27(t  3)3 (3  2t ) và Vế TRái= 3(1  s  2t ).K đó : K= 135(3  t )2  (1  s  t )(486  108t )  9t (12  t )  24(4  t ) 4t  27 s = 234t  324t  729  27(4  t ) 4t  27 s từ đó ta cần chứng minh 14 (3  t )3 (3  2t )  [26t  36t  81  3(4  t ) 4t  27 s  s(12t  54)](1  s  2t ) hay G(s)  s (54  12t )  s(156t  2t  27)  2t  31t  127t  9t  3(4  t )(1  s  2t ) 4t  27 s  dễ thấy G(s)   s(156t  2t  27)  2t  31t  127t  9t  3(4  t )(1  s  2t ) 4t  27 s (*)nếu s≥0 ta chứng minh (98t  9t )  72t (4  t ) (1  2t )  ( Dễ thấy bđt đúng vì t≤1 ngoài lưu ý 98 t  3)  8t (4t  28t  33t  56t  16) (1) 243(4  t ) (1  2t ) |1562  27  2t | (2) và nữa G(s)  s(156t  27  2t )  98t  9t  3(4  t )(1  2t ) 4t  27 s ≥0  q(s)  s (156t  27  2t )2  243s (4  t )2 (1  2t )2  2(98t  9t )(156t  27  2t ) (98t  9t )2  36(4  t )2 (1  2t )  theo đánh giá (1) và (2) ta có: q( s)  2s (156t  27  2t )  2s(98t  9t )(156t  27  2t )  (98t  9t ) 0 (*)nếu s≤0 ta xét: t thì s(156t  27  2t )  mặt khác 3(4  t )(1  s  2t ) 4t  27 s  3(4  t )(1  3t ) 4t Và theo( 1) (98t  9t )2  72t (4  t )2 (1  2t )2  36(4  t )2 (1  3t ) (3) suy bđt đúng t ta chứng minh được (98t  9t )2  72t (4  t )2 (1  3t ) ta chỉ cần chứng minh: 98t  9t  s(156t  27  2t )  3(4  t )(1  3t ) 4t  27 s sử dụng (3) và làm tương tự ta dễ dàng có ĐPCM Bây giờ xin bổ sung thiếu sót ta cần phải chứng minh 98t  9t  s(156t  27  2t )  Khi s  4t (156t  27  2t ) 4t (98 t  9)  việc chứng minh với t≤ 𝑑ễ dàng 27 27 Bài toán 16:Cho n  số thực : x1  x2   xn cho: x1  x2   xn  15 x12  x22   xn2  n(n  1) tìm của P  x1  x2 ( trích VN TST -2011) (p/s:bài này còn hỏi max max tìm đơn giản xin dành bạn đọc ,chúng ta quan tâm đến hơn) Lời giải (*)Với n=3, nếu: x3  1 thì x1  x2  xét với 1  x3  : Từ: ( x1  x3 )( x2  x3 )   x1 x2  2 x32  2 suy :  x12  x22  x32  2( x1  x2 )  x1 x2  2( x1  x2 )   x1  x2  Mặt khác cho ( x1; x2 ; x3 )  (2; 1; 1) thì P=1 vậy n=3 P=1 (*) với n  giả sử x1  x2   xk   xk 1  xk    xn đó  k  n 1 ta lại xét: (+)với k  thì : n(n  1)  x12  x22   xk2  xk21   xn2  x12  x22   xk2  ( xk 1  xk    xn )  x12  x22   xk2  ( x1  x2   xk )  x12  x22  (k  2) x32  ( x1  x2  (k  2) x3 )  2( x12  x1.x2  x22 )  x3 ( x1  x2 )  (2k  5) x3 ( x1  x2 )  (k  1)(k  2) x32  ( x1  x2 ) (2  2k  (k  1)(k  2) n(n  1)  )  ( x1  x2 ) ( ) suy x1  x2  2 4 (+) với k=2: n(n  1)  x12  x22   xn2  ( x1  x2 )  ( x3  x4   xn ) = 2( x1  x2 ) Suy x1  x2  n(n  1)  62 (+)với k=1 nếu n  thì n(n-1)  x12  ( x2  x3  x4   xn )  x12 suy x1  n(n  1) >3 x2  x3   xn (n  2) x1    xét Khi n=4 Giả sử x1   x2  x3  x4  3 n 1 n 1 x22  x32  x42  12  x12  :mâu thuẫn (dễ dàng có) Do đó x1  ta có Mà P  x1  x2  12  x12  x22  x32  x42  x12  x22  ( x3  x4 )2  x3 x4  x12  x22  ( x1  x2 )  x22  x1 ( x1  x2 )  6( x1  x2 ) hay x1  x2  mà x1  x2   xn1  1; xn   n thì P=2.vậy n  thì P=2 Bài toán 17:Cho các số thực dương a, b, c, x, y , z và số nguyên dương K  chứng minh rằng: 16 2x ab  x y a, b, k 1 2y bc  yz 2z ac  a  b  c xz 2x k 2y k 2z k a b  k 1 b c  k 1 c a  abc x y yz zx Lời giải: 2   2x 2z   x z b c  b c 2 a  x y z x   x y zx  y x 2y   b c bc a, VP-VT=  x y zx yz  y x b c x y zx ta chỉ cần có 2y xy bc  bc  yz ( x  y )( z  x ) xy  ( x  y )( z  x) 2y bc từ đó để chứng minh VT-VP  yz 2y   x( y  z )  ( x  y )( x  z )  ( x  y )( z  x)  yz nó không đúng bằng cách tương tự ta lại quy được BĐT về chứng minh : ( x  y )( y  z )  và ( z  x)( y  z )  nhưng: ( z  x)( y  z ).( x  y)( y  z ).( x  y)( z  x)  ( x  y) ( y  z) ( z  x)  suy ít nhất BĐT là đúng ta có ĐPCM b, với k=1 đã chứng minh ở trên, xét với k  áp dụng BĐT am-gm ta có (k  1)a  2x ab  x y 2x x k 1 ab  (k  2) k  a b (1) x y x y (k  1)b  2y bc  yz 2y k 1 bc  (k  2) k  b c (2) yz yz (k  1)c  2z 2z z k 1 ca  ca  (k  2)k  c a (3) zx zx zx Cộng vế vế (1),(2),(3) kết hợp 2x ab  x y 2y bc  yz 2z ac  a  b  c (câu a) ta có ĐPCM xz Bài toán 18:Cho các số thực hông âm a,b,c cho ab  bc  ca  chứng minh rằng: 17 1 1    2 ab bc ca Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c xét các trường hợp: (*)TH1: a  lúc này ta sẽ chứng minh BĐT sau từ đó suy kết quả bài toán: (+)   25 1 1    thật vậy : BĐT  (ab  bc  ca)      ab bc ca a ,b ,c (a  b)(a  c)   a ,b,c (a  b)  Lưu ý: (ab  bc  ca)   4abc  (a  b)(a  c)    (a  b)(b  c)(c a)  mặt khác:  a ,b , c  1 ( a  b) 2 ( a  b)        (a  b)2 (a  c)(b c) (a  c)2 (b  c) (a  b) (a  c)(b c) 4(ab bc ca)(a  b) a ,b , c ( a  b ) (ab  bc  ca) ab c ab 2c c(c  a)(c  b) ab 2c        (a  b)2 (a  b)2 a  b (a  b)2 (c  a)(c b) (a  b)(b  c)(c  a) (a  b) (c  a)(c b) ab 2c 2(ab  bc  ca) (a  b)      từ đó từ đó: (ab  bc  ca)  2 (a  b) (a  c)(b  c) (a  c)(b c) 4(a  b) a ,b , c ( a  b) suy BĐT này đúng (+) 1     1 (a  c)(b  c) a ,b , c a2   a ,b , c  1  a2  b2  c2  ab       thay c  thì BĐT trở thành: 2 ab 1 a 1 b 1 c  a2  b2 2(1  ab)2       lưu ý ab    ab  2(1  ab) 2 2 1 a 1 b (1  a )(1  b ) Do đó:  1 lưu ý 2(1  ab)2  a 2b   (1  a )(1  b2 ) (1  a )(1  b2 ) (1  a )(1  b2 )  a2  b2  a  b2       (bình pương lên BĐT   :đúng)  a2  b2  a  b2 (1  a )(1  b2 ) 1  a  b2 2(1  a 2b2 ) (1  a 2b2 ) đặt t= =>  t      a  b2 (1  a )(1  b2 ) (1  a )(1  b2 ) 18 Ta chỉ cần chứng minh  t   2t    t  2  3t  2t  2  :đúng  t  (*)TH2: a   b  c trước hết ta có :   b     a   a b  c      (ab  bc  ca)  a  c  b  c   bc     ac bc   ac c 1 c 1   c  c   abc  a  b  vì  c    4c 4 1  4 2 c 1 c 1  c 1  c 1    a  b  với a  b  ta có ab 1 f '(a  b)    => f (a  b)  f (2)   a  b  2 ( a  b)3 (+)nếu a  b  xét f (a  b)  (+)nếu a  b  từ  a(b  c)  bc  c c  c   viết lại bđt là 1 1 1 (#) ta chỉ cần chứng minh    2   0 ab ac ac bc bc (#)    a  b 2(a  b)( a  b  2) 4  1   ac bc c  sử dụng các đánh giá sau: 1  2 ac bc 1    a  b    a  b ( a  b  2) ta chỉ việc chứng minh: ac bc  a  b 2a b 1      có:  a  b  c(a  b)  (a  1)(1  b)  c(a  b)  ac bc c2  (ab  bc  ca)( 1 c (a  b  2c) =  )  a  b  2c  ac bc (a  c)(b  c) 2c (a  b) ( a  b) c (a  b  2c) (a  b)2 2  c 1  từ đó   c 1  (a  c)(b  c) (c2  1) ( a  c  b  c )2 2a b 1 c ( a  b) 2c (a  b)    4  c 1  4 = ac bc c2  2 c2  c2  19 2( c   1)2 c(a  b)(   c)(   c)  :đúng Vậy BĐT đúng mọi trường hợp ta có 2(c  1) c2  ĐPCM dấu bằng xẩy và chỉ (a, b, c)  (1;1; 0) và hoán vị  Nhận xét:Bài ta đã dùng có chứng minh khá ngắn cho iran 96 Bài toán 19:cho các số thực x, y, z thỏa mãn: ( x  y)2  ( y  z )2  ( z  x)2  và x3  y  z  tìm P= x  y  z Lời giải: (*)nếu xy  yz  zx  1 ta có:  x  y  z  xy  yz  zx  x  y  z   x  y  z  => x  y  z  ( x  y  z )2 3 (*)nếu xy  yz  zx  1  x  y  z  lại có  3( x  y  z )  ( x  y  z )2   ( x  y  z )2  1  x  y  z  1.ta lại xét các trường hợp: [-(+)-]nếu 1  x  y  z  số x,y,z tồn tại số cùng dấu giả sử xy  ta có:  x3  y3  z  x3  y  ( x  y)3  3xy( x  y )  x, y  thay x,y bởi –a,-b( a, b  ) ta có  z  ab  z (a  b)  a  b   bây giờ ta xét: z  a  b3     z  ab  Khi a  b3  17 thì z  ta có 9  a  b4   a  b3  3 3 4  17  2  z      (a  b  1)        3,013286  9 9     Khi a  b3  4 a  b3 a  b3 lưu ý  z  z (a  b)   f (a  b)  f '(a  b)  z 0 ab ( a  b)  f ( a  b)  f ( a  b3 a  b3 )  ( z  t ) đó t  mặt khác theo bđt holder: 2 20 a  b  a  b3  (a  b ) (1  1)  (a  b )      t mặt khác ta có 2   4 3 z   a  b3  17  a3  b3  17 z 17 để chứng minh a  b  z  ta chỉ việc chứng   t   4  t minh 16(2t  z )  3( z  t )4 đặt u  z 17 ta cần chứng minh:  t   16  3     16 g (u)  16u  32  3(u  1)  Ta có g '(u)  12u   1     12u   1       u   17       4 4  17   17   17   g (u )  g    32  16    1    0,8287  4       [-(+)-] xét  x  y  z  lúc này lưu ý rằng : x  y  z  ( x  y  z )2  2( xy  yz  zx)2  xyz ( x  y  z ) từ giả thiết dễ dàng suy ra:   ( x  y  z )2 2 x  y  z    ( x  y  z)2   đặt m  x  y  z (0  m  1) ta có  xy  yz  zx   xyz   4(x  y z)    x4  y  z  (m2  8)2 (m2  4)2 12m(1  4m) m2 (1  m2 )  12m(1  m)  5(1  m2 ) 2   3 3 9 9 Vậy ta có x  y  z  dấu = ( x, y, z )  (1,1, 1) và hoán vị Bài 20:Cho a,b,c là độ dài cạnh của một tam giác nhọn chứng minh rằng: (a  b  c)2 (b  c  a)2 (c  a  b)2 (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)  2 2 2 2 2 (a  b  c )(b  c  a )(c  a  b ) abc Lời giải: 21 Chú ý rằng : cos A  cos B  cos C    b2  c  a a  c  b2 a  b2  c   1 2bc 2ca 2ab a(b2  c  a )  b(a  c  b )  c(a  b  c )  2abc (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)  2abc 2abc Từ đó không mấy khó khăn ta viết lại BĐT đã cho là : (cos A  cos B  cos C  1)   2(cos A  cos B  cos C ) Bây giờ đặt : cos A.cos B.cos C x  cosA; y  cosB và z  2cosC thế thì : x  y  z  xyz  ta cần chứng minh : ( x  y  z  2)2 ( x  y  z  2)2  4 x y  z   xyz ( bởi ta dễ dàng chứng minh x  y  z  ) xyz 4 x y z (*)Không mất tính tổng quát giả sử z  max( x, y, z ) suy  z  xét số thực t cho:  x2  y  z  xyz  2t  z  t z z (t  xy )  x  y  2t nhận xét  x2  y  2 2 2 x  y  2t  z (t  xy )  z  t    ( z  2)( x  y  2t )   2t  x  y lại có   z (t  xy)  x  y  2t  2( xy  t )  t  xy đó : x  y  2t  z (t  xy)  2(t  xy)  ( x  y)2  4t  2t  x  y từ ta chặn được: x y t  x2  y với chú ý:  z  t ( z  2)  t   z  (*)đặt f ( x, y, z )  ( x  y  z  2)2 (2 t  z  2) 2 t z  xyz thì f (t, t, z )   2t  z 4 x y z Để cho gọn ta cho u  x  y  z; v  2t  z thì v  u  t  x  y  và  v  u ta có f ( x, y, z)  f(t, t, z)  (u  2)2 (v  2)2 (u  v)(4u  4v  uv  12)   z(t  xy)   z(t  xy) 4u 4v (4  u)(4  v)    ( x  y  2t )   1  z (t  xy )  ( x  y  2t )(4  1)  z (t  xy )  3( x  y  2t )  z(t  xy )  (4  u )(4  v)  22 Chú ý là ta có: z (t  xy )  x  y  2t  ( z  2)(t  xy )  ( x  y )  t  xy  Mà  x  y  z  xyz  ( x  y)2 z2 ( x  y)2 ( z  2) ( x  y) (2  z)  z 4  (2  z )  4(2  z)  (x  y)   ( x  y ) (2  z )  (2  z) 4 t  ( x  y)   t ( x  y)  ( x  y)2  Vì x  y  (2  z )(2t  x  y )(2t  x  y ) z (2t  x  y )(2t  x  y )  z (t  xy )  t t2 x2  y 2t  x  y z (2t  x  y )(2t  x  y )  3(2t  x  y ) t    => z (t  xy )  t2 t t  f (x, y, z)  f (t, t, z)  3( x  y  2t )  3(2t  x  y )  ta cần chứng minh f (t, t, z)  Thay t   z ta có : f (t , t , z )   (2  z ) 6  z   z  z (4  z  2  z )  (2  z  z  2)  z (2  z )  4 z 2 2 z 4 z2 2 z ( z  2)2 (  z  1)  bài toán được chứng minh.dấu= xẩy a=b=c 4 z 2 2 z Nhận xét:Ngoài với bổ đề của x,y,z thì dấu= xẩy x=y=z hoặc (x,y,z)=(2,0,0) cùng hán vị Trên là 20 bất đẳng thức khó mình gặp thời gian học Các lời giải ý kiến cá nhân nên có số lời giải không đẹp mắt vì là lần đầu làm nên không tránh khỏi sai sót mong các bạn thông cảm và cho ý kiến các lời giải để file tuyển chọn sau hay xin cảm ơn Facebook mình là :Dinh de Tai 23 24 25 ... =2-x-(√1+