TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC

Tuyển tập bất đẳng thức L.H.P Ngày 14, tháng 2, năm 2010 Lời nói đầu The infinite! No other question has ever moved so profoundly the spirit of man David Hilbert Bất đẳng thức phần quan trọng tốn học sơ cấp, thường xun có mặt tốn Olympiad đặc biệt, ln chủ đề sơi diễn đàn tốn học nước Cùng với phát triển mạnh mẽ bất đẳng thức, hàng loạt phương pháp (đầy sức mạnh) đời, giúp ta giải nhanh gọn lớp lớp bất đẳng thức khó, đơi nghĩ lại, thấy lời giải lại mang tính kĩ thuật q nhiều (trước đây, tơi có thời gian chìm đắm phương pháp 𝑝, 𝑞, 𝑟, S.O.S, G.L.A, dồn biến, giải bất đẳng thức dựa sức mạnh tính tốn :D), điều làm sắc riêng toán, nhiều lúc vẻ đẹp bất đẳng thức Chính đó, tuyển tập này, xin ghi lại bất đẳng thức thú vị lời giải mang tính chất cổ điển Những toán đưa phần lớn đến từ đề thi, sách bất đẳng thức (và số tác giả tự sáng tác), nhiên, tính chất cá nhân tuyển tập, giới thiệu lời giải tác giả độc lập nghĩ (dù có nhiều lời giải khác hay đẹp cho toán) Do sau thời gian từ bỏ bất đẳng thức (để tập trung cho số vấn đề quan trọng khác), nên viết khó tránh khỏi thiếu sót, mong bạn thông cảm Tôi muốn nghe góp ý bạn để giúp hoàn thiện tuyển tập lần recreated tới Cuối cùng, xin dành tặng tuyển tập cho bạn Phạm Nguyễn Nguyệt Lan, lớp 11A1 trường THPT chuyên Lê Quý Đôn thành phố Đà Nẵng Chúc bạn năm vui vẻ, đạt nhiều thành công sống Lê Hữu Phước 11A1 THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Tp Đà Nẵng Tất đổi thay, tình yêu niềm tin mãi Bài toán Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ Chứng minh rằng: √︃ √ √ √ 𝑎+𝑏 𝑎+𝑐 𝑏+𝑐 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + + ≥3 𝑐 𝑏 𝑎 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 Lời giải Bổ đề (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) Chứng minh Bổ đề tương đương với điều sau: 𝑎(𝑏 − 𝑐)2 + 𝑏(𝑐 − 𝑎)2 + 𝑐(𝑎 − 𝑏)2 ≥ Theo bổ đề trên: √︁ 𝑅𝐻𝑆 = 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 ≤ √︁ (𝑎 + 𝑏)(𝑏 + 𝑐)(𝑐 + 𝑎) 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 Ta cần chứng minh: ⎛ 1 ⎞ ⎠≥9 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ⎝ √︁ + √︁ + √︁ 𝑐 (𝑐 + 𝑎)(𝑐 + 𝑏) 𝑏 (𝑏 + 𝑎)(𝑏 + 𝑐) 𝑎 (𝑎 + 𝑐)(𝑎 + 𝑏) (1) Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: 𝐿𝐻𝑆(4) = ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑐(𝑎 + 𝑏) ∑︁ √︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑐 (𝑐 + 𝑎)(𝑐 + 𝑏) Lại có, theo bất đẳng thức AM-GM: ⎛ √ ∑︁ 𝑎+𝑏 ⎝ √︁ 𝑐𝑦𝑐 Vậy ta có đ.p.c.m ≥ (𝑐 + 𝑎)(𝑐 + 𝑏) ⎛ ∑︁ ⎝ √︁ 𝑐𝑦𝑐 ⎞2 ⎠ ≥9 √ 𝑎+𝑏 (𝑐 + 𝑎)(𝑐 + 𝑏) ⎞2 ⎠ Bài toán Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ Chứng minh rằng: √ 𝑎+𝑏 + 𝑐 √ 𝑎+𝑐 + 𝑏 √ 𝑏+𝑐 ≥ 𝑎 √︃ 6(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) 𝑎𝑏𝑐 Lời giải Bất đẳng thức tương đương: ⎛√︃ ⎝ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) + 𝑐 √︃ 𝑎𝑐(𝑎 + 𝑐) + 𝑏 √︃ ⎞2 𝑐𝑏(𝑐 + 𝑏) ⎠ ≥ 6(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) 𝑎 Xét: 𝑃 := 𝑎2 𝑏 𝑐 𝑎2 𝑐 𝑏 𝑐 𝑏 𝑎 + + 𝑎+𝑏 𝑎+𝑐 𝑐+𝑏 Theo bất đẳng thc Hăolder: (2) ( + + )3 ≥ 3𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) Ta cần chứng minh: 𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≥ 2𝑃 Tuy nhiên điều do: 2𝑃 = 𝑎𝑏𝑐 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎 + 𝑏 2𝑎𝑏 ≤ 𝑎𝑏𝑐 = 𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 𝑎+𝑏 𝑐𝑦𝑐 Vậy ta có đpcm Bài tốn Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 > Chứng minh rằng: 𝑎+𝑏 𝑎+𝑐 𝑐+𝑏 24(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) + + +2≥ 𝑐 𝑏 𝑎 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (2) Lời giải Ta đưa bất đẳng thức cho dạng tắc S.O.S: 𝑎+𝑏 𝑎+𝑐 𝑐+𝑏 + + −6 𝑐 𝑏 𝑎 𝑎(𝑏2 + 𝑐2 ) + 𝑏(𝑎2 + 𝑐2 ) + 𝑐(𝑎2 + 𝑏2 ) − 6𝑎𝑏𝑐 = 𝑎𝑏𝑐 𝑎(𝑏 − 𝑐) + 𝑏(𝑎 − 𝑐)2 + 𝑐(𝑎 − 𝑏)2 = 𝑎𝑏𝑐 𝐿𝐻𝑆 − = 3(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) 𝑅𝐻𝑆 − = −1 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) − 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) =8 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (𝑏 − 𝑐)2 + (𝑎 − 𝑐)2 + (𝑎 − 𝑏)2 =8 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (︃ )︃ Vậy bất đẳng thức cho tương đương: 𝑃 := 𝑆𝐴 (𝑏 − 𝑐)2 + 𝑆𝐵 (𝑎 − 𝑐)2 + 𝑆𝐶 (𝑎 − 𝑏)2 ≥ đó: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 −8 𝑏𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 𝑆𝐵 = −8 𝑎𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 𝑆𝐶 = −8 𝑎𝑏 𝑆𝐴 = Không tổng quát giả sử: 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 Khi đó: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≥ (2𝑏 + 𝑐)2 ≥ 8𝑏𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≥ (𝑎 + 2𝑐)2 ≥ 8𝑎𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (︂ 1 + ≥ 4𝑎(𝑏 + 𝑐) = 16 𝑎𝑐 𝑎𝑏 𝑎(𝑏 + 𝑐) )︂ Vậy: 𝑆𝐴 , 𝑆𝐵 , 𝑆𝐵 + 𝑆𝐶 ≥ Ta có: 𝑃 ≥ 𝑆𝐵 (𝑎 − 𝑐)2 + 𝑆𝐶 (𝑎 − 𝑏)2 ≥ (𝑆𝐵 + 𝑆𝐶 )(𝑎 − 𝑏)2 ≥ Vậy ta thu đpcm Bài toán Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực không âm Chứng minh rằng: 𝑏2 𝑎(𝑏 + 𝑐) 𝑏(𝑎 + 𝑐) 𝑐(𝑏 + 𝑎) + + ≥2 2 + 𝑏𝑐 + 𝑐 𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑐 𝑏 + 𝑏𝑎 + 𝑎2 (3) Lời giải Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: 𝐿𝐻𝑆(3) = ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 ≥ 𝑎2 𝑎(𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏+𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 𝑎(𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏(𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2 ) 𝑐(𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2 ) + + 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑏+𝑎 Ta cần chứng minh: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≥2 𝑎(𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏(𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2 ) 𝑐(𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2 ) + + 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑏+𝑎 tương đương: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≥ ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎(𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏+𝑐 (4) Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz Schur: 1 + + = 4(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − 2𝑎𝑏𝑐 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑎 ≤ 4(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − 2𝑎𝑏𝑐 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) (︂ 𝑅𝐻𝑆(4) )︂ ≤ 4(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − [4(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ] = 𝐿𝐻𝑆(4) Vậy ta có đ.p.c.m Bài tốn Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực không âm Chứng minh rằng: ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 4(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) 𝑎 ≥ 𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 Lời giải Theo bất đẳng thức AM-GM: 4(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) 4(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) 𝑅𝐻𝑆(5) ≤ Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: 𝐿𝐻𝑆(5) = ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎2 𝑎𝑏2 + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑐2 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≥ Vậy ta có đ.p.c.m (5) Bài toán Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực không âm Chứng minh rằng: 𝑎(𝑏 + 𝑐)2 𝑏(𝑎 + 𝑐)2 𝑐(𝑏 + 𝑎)2 4(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) + + ≥ 2 2 2 𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐 𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑐 𝑏 + 𝑏𝑎 + 𝑎 𝑎+𝑏+𝑐 (6) Lời giải Bổ đề ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎2 ≥ + 𝑎𝑏 + 𝑏 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (7) Theo bổ đề bất đẳng thức Schur: (𝑏 + 𝑐)2 −1 𝐿𝐻𝑆(11) − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = 𝑎 𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ = 𝑎𝑏𝑐 2 𝑐𝑦𝑐 𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐 9𝑎𝑏𝑐 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − 𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2 ≥ 𝑎+𝑏+𝑐 [︃ ]︃ ∑︁ Lại có: 𝑅𝐻𝑆(11) − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) = 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − 𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2 𝑎+𝑏+𝑐 Vậy ta có đ.p.c.m Bài toán Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực không âm Chứng minh rằng: ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) 𝑎2 (𝑏 + 𝑐) ≥ 𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 𝑎+𝑏+𝑐 (8) Do chứng minh bổ đề mang nặng tính tốn (dùng phương pháp 𝑝, 𝑞, 𝑟 kết hợp với bất đẳng thức Schur), bạn tự chứng minh đọc tài liệu bất đẳng thức khác 10 Lời giải Ta có: 𝐿𝐻𝑆(21) = 𝑎4 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎2 (𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏+𝑐 (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 ≥ 𝑎2 (𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏+𝑐 𝑏2 (𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2 ) + 𝑎+𝑐 𝑐2 (𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2 ) + 𝑏+𝑎 Ta chứng minh: (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 𝑎2 (𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏+𝑐 ≥ 𝑏2 (𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2 ) + 𝑎+𝑐 𝑐2 (𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2 ) + 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) 𝑎+𝑏+𝑐 𝑏+𝑎 tương đương: 𝑎2 (𝑏2 + 𝑏𝑐 + 𝑐2 ) 𝑏2 (𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2 ) 𝑐2 (𝑏2 + 𝑏𝑎 + 𝑎2 ) + + (𝑎 +𝑏 +𝑐 )(𝑎+𝑏+𝑐) ≥ 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑏+𝑎 [︃ 2 ]︃ Tiếp tục biến đổi, ta đưa bất đẳng thức dạng: (︃ 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 2𝑎𝑏𝑐 + + 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑎+𝑏 3 )︃ ≥ 𝑎2 (𝑏 + 𝑐) + 𝑏2 (𝑎 + 𝑐) + 𝑐2 (𝑎 + 𝑏) Bằng bất đẳng thức Nesbitt Schur ta dễ dàng chứng minh bất đẳng thức Vậy ta thu đ.p.c.m Bài toán Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực không âm Chứng minh rằng: ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑏𝑐(𝑏2 + 𝑐2 ) ≥ 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 𝑎2 + 𝑏𝑐 Lời giải Bằng biến đổi ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng: 𝑎𝑏𝑐[𝑎5 + 𝑏5 + 𝑐5 − 𝑎𝑏𝑐(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )] ≥0 (𝑎2 + 𝑏𝑐)(𝑏2 + 𝑎𝑐)(𝑐2 + 𝑎𝑏) (9) 16 Bài toán 14 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực không âm Chứng minh rằng: (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐)2 (𝑏𝑐 + 𝑏𝑎)2 (𝑐𝑎 + 𝑐𝑏)2 + + ≥ 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) 𝑏2 + 𝑐 𝑐 + 𝑎2 𝑎 + 𝑏2 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: (︃ ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎2 (𝑏 + 𝑐)2 + (𝑏 + 𝑐) ≥ 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) + (𝑏 + 𝑐)2 2 𝑏 +𝑐 𝑐𝑦𝑐 )︃ ⇔ 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 (𝑏 + 𝑐)2 ≥ 4(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 𝑏 + 𝑐2 ∑︁ (𝑏 + 𝑐)2 ≥ (𝑏 + 𝑐) 𝑏2 + 𝑐 𝑐𝑦𝑐 (︃ ⇔ ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 2 (𝑏 + 𝑐 ) ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 )︃2 Điều theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 15 Chứng minh với số thực dương 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑥, 𝑦, 𝑧 ta ln có: 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 + √︁ (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )(𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) Lời giải Biến đổi bất đẳng thức cho dạng sau: √︁ 9(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )(𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ) − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧) Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: √︁ 9(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )(𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ) − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) ≥ 17 Nếu ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧) bất đẳng thức hiển nhiên đúng, ta xét trường hợp: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧) ≥ Bình phương vế áp dụng bất đẳng thức Aczel: [︁ ]︁ [︁ (𝐿𝐻𝑆)2 ≥ 3(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ) − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 3(𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ) − (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 = ∑︁ (𝑎 − 𝑏)2 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ (𝑥 − 𝑦)2 𝑐𝑦𝑐 ≥ [(𝑎 − 𝑏)(𝑥 − 𝑦) + (𝑏 − 𝑐)(𝑦 − 𝑧) + (𝑐 − 𝑎)(𝑧 − 𝑥)]2 = [(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) − 3(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧)]2 = (𝑅𝐻𝑆)2 Vậy bất đẳng thức đề chứng minh hồn tồn Bài tốn 16 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: √ ∑︁ ∑︁ 𝐵 𝐶 𝐴 ∑︁ (𝑎 − 𝑏)2 + 16𝑅𝑟 cos2 − cos cos 𝑎 ≥ 3S + 2 𝑐𝑦𝑐 𝑐𝑦𝑐 𝑐𝑦𝑐 𝑐𝑦𝑐 (︃ ∑︁ Lời giải Đặt 𝑝 − 𝑎 = 𝑥, 𝑝 − 𝑏 = 𝑦, 𝑝 − 𝑐 = 𝑧 (𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0) Khi ta có hệ thức sau: 𝑎 = 𝑦 + 𝑧, 𝑏 = 𝑧 + 𝑥, 𝑐 = 𝑥 + 𝑦, 𝑝 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 𝐴 cos = 𝑅𝑟 = √︃ 𝑝(𝑝 − 𝑎) 𝐵 , cos = 𝑏𝑐 √︃ 𝑝(𝑝 − 𝑏) 𝐶 , cos = 𝑎𝑐 √︁ 𝑎𝑏𝑐 , 𝑆 = 𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) 4𝑝 √︃ 𝑝(𝑝 − 𝑐) 𝑎𝑏 )︃ ]︁ 18 Biến đổi tương đương đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng: ∑︁ √︁ 𝑥𝑦(𝑥 + 𝑧)(𝑦 + 𝑧) ≥ (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) + √︁ 3𝑥𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) (11) 𝑐𝑦𝑐 Không tổng quát ta chuẩn hóa 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = Bất đẳng thức (11) tương đương: [︃ ∑︁ √︁ ]︃2 (𝑥𝑦)2 + 𝑥𝑦𝑧 ≥ (︁ 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 + 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ √︁ [(𝑥𝑦)2 + 𝑥𝑦𝑧][(𝑦𝑧)2 + 𝑥𝑦𝑧] ≥ ⇔ 𝑥𝑦𝑧 + √ 3𝑥𝑦𝑧 )︁2 √ 3𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) 𝑐𝑦𝑐 {︃ ⇔ ∑︁ √︁ }︃2 [(𝑥𝑦)2 + 𝑥𝑦𝑧][(𝑦𝑧)2 + 𝑥𝑦𝑧] ≥ [︁ 𝑥𝑦𝑧 + √ ]︁2 3𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) 𝑐𝑦𝑐 ⇔ ∑︁ √︁ [(𝑧𝑥)2 + 𝑥𝑦𝑧] [(𝑥𝑦)2 + 𝑥𝑦𝑧][(𝑦𝑧)2 + 𝑥𝑦𝑧] 𝑐𝑦𝑐 √ ≥ 𝑥𝑦𝑧[𝑥𝑦𝑧 + 2𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) + (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 + 3𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)] Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: ∑︁ √︁ [(𝑧𝑥)2 + 𝑥𝑦𝑧] [(𝑥𝑦)2 + 𝑥𝑦𝑧][(𝑦𝑧)2 + 𝑥𝑦𝑧] ≥ 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ [(𝑧𝑥)2 + 𝑥𝑦𝑧](𝑦 𝑥𝑧 + 𝑥𝑦𝑧) 𝑐𝑦𝑐 = 2𝑥𝑦𝑧[𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) + 4𝑥𝑦𝑧 + (𝑥𝑦)2 + (𝑦𝑧)2 + (𝑧𝑥)2 ] Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 2𝑥𝑦𝑧[𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) + 2𝑥𝑦𝑧 + (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 ] √ ≥ 𝑥𝑦𝑧[2𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) + 𝑥𝑦𝑧 + (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 + 3𝑥𝑦𝑧(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)] Vậy ta có đ.p.c.m Bài tốn 17 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Chứng minh rằng: 2𝑎2 Lời giải 𝑏+𝑐 𝑐+𝑎 𝑎+𝑏 + + ≤3 2 + (𝑏 + 𝑐) 2𝑏 + (𝑐 + 𝑎) 2𝑐 + (𝑎 + 𝑏)2 19 Bất đẳng thức cho tương đương: (𝑏 + 𝑐)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≤3 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 4(𝑏 + 𝑐)2 + 4𝑎(𝑏 + 𝑐) ≤ 12 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 5(𝑏 + 𝑐)2 + 4𝑎(𝑏 + 𝑐) + 2𝑎2 ≤ 15 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 + 3(𝑏 + 𝑐)2 ≤ 15 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 ∑︁ 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 3(𝑏 + 𝑐)2 ≤ + − 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 𝑐𝑦𝑐 (︃ ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 )︃ ∑︁ 6𝑎2 ≤ + 2 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 𝑐𝑦𝑐 2𝑎 + (𝑏 + 𝑐) Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎2 𝑎4 = 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 𝑐𝑦𝑐 2𝑎 + (𝑎𝑏 + 𝑎𝑐) (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 2[𝑎4 + 𝑏4 + 𝑐4 + 𝑎2 𝑏2 + 𝑏2 𝑐2 + 𝑐2 𝑎2 + 𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)] (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 ≥ 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 = ≥ Lại có: [2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 ]( + 1) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 2 [2𝑏 + (𝑐 + 𝑎) ]( + 1) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 2 [2𝑐 + (𝑎 + 𝑏) ]( + 1) ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 Suy ra: ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≤9 2𝑎2 + (𝑏 + 𝑐)2 20 Từ điều ta có điều phải chứng minh Bài toán 18 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực dương thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Chứng minh rằng: 1 27 + + ≤ 𝑎𝑏 + 𝑐 + 1/𝑐 𝑏𝑐 + 𝑎 + 1/𝑎 𝑐𝑎 + 𝑏 + 1/𝑏 31 Lời giải Ta có: 𝐿𝐻𝑆 = ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎2 + 𝑎2 𝑏𝑐 + 𝑎3 𝑎− 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎2 + (︃ = ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 (︃ = − 𝑎𝑏𝑐 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 )︃ ∑︁ 𝑎 𝑎3 + 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎2 + 𝑐𝑦𝑐 𝑎𝑏𝑐 + 𝑎2 + )︃ Bất đẳng thức tương đương: ∑︁ ∑︁ 𝑎2 𝑎4 ≤ 𝑎𝑏𝑐 + 3 31 𝑐𝑦𝑐 𝑎 𝑏𝑐 + 𝑎 + 𝑎 𝑐𝑦𝑐 𝑎 𝑏𝑐 + 𝑎 + 𝑎 Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 + ∑︀ ∑︀ ∑︀ ∑︀ ∑︀ 𝑎𝑏𝑐 𝑐𝑦𝑐 𝑎 + 𝑐𝑦𝑐 𝑎3 + 𝑐𝑦𝑐 𝑎 𝑎𝑏𝑐 𝑐𝑦𝑐 𝑎 + 𝑐𝑦𝑐 𝑎3 + 𝑐𝑦𝑐 𝑎 𝑎𝑏𝑐 + (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 = 𝑎𝑏𝑐 + (𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 ) + 𝑅𝐻𝑆 ≥ 𝑎𝑏𝑐 ∑︀ Ta chứng minh: 31(𝑎𝑏𝑐 + (︃ ∑︁ )︃2 𝑎 ) ≥ 4(𝑎𝑏𝑐 + 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎3 + 1) 𝑐𝑦𝑐 Đồng bậc hóa bất đẳng thức biến đổi tương đương ta quy chứng minh: 23 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎4 + 38 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎2 𝑏2 ≥ 21𝑎𝑏𝑐 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎 + 20 ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 𝑎𝑏(𝑎2 + 𝑏2 ) 21 Ta lại có: 20 ∑︁ 𝑎4 + 20𝑎𝑏𝑐 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎 ≥ 20 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎𝑏(𝑎2 + 𝑏2 ) 𝑐𝑦𝑐 (bất đẳng thức Schur bậc 2) ∑︁ 𝑎4 + 38 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎2 𝑏2 ≥ 41𝑎𝑏𝑐 𝑐𝑦𝑐 ∑︁ 𝑎 𝑐𝑦𝑐 Cộng hai bất đẳng thức vế theo vế ta có điều phải chứng minh Bài toán 19 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực không âm Chứng minh rằng: √ √ √ √ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)( 𝑎2 + 2𝑏𝑐 + 𝑏2 + 2𝑐𝑎 + 𝑐2 + 2𝑎𝑏) ≥ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) Lời giải Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: √ 𝑎2 𝑎2 + 2𝑏𝑐 √ + 2𝑏𝑐 = 𝑎2 + 2𝑏𝑐 𝑎2 + 2𝑏𝑐 ≥√ 𝑎 + 𝑏2 + 𝑐 Tương tự ta có: √ 𝑏2 + 2𝑐𝑎 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 √ 𝑐2 + 2𝑎𝑏 √ 𝑐 + 2𝑎𝑏 ≥ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 𝑏2 + 2𝑐𝑎 ≥ √ Vậy: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 𝐿𝐻𝑆 ≥ √ 𝑎 + 𝑏2 + 𝑐 Ta chứng minh: √ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 √ ≥ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) 𝑎2 + 𝑏 + 𝑐 22 √︁ ⇔ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≥ 3 (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 Điều theo bất đẳng thức AM-GM Ta có điều phải chứng minh Bài toán 20 Cho 𝑥, 𝑦, 𝑧 > Chứng minh rằng: 64𝑥2 𝑦 𝑧 (𝑥2 +𝑦 +𝑧 )3 (𝑥2 𝑦 +𝑦 𝑧 +𝑧 𝑥2 ) ≤ (𝑥+𝑦+𝑧)4 (𝑥2 +𝑦 )2 (𝑦 +𝑧 )2 (𝑧 +𝑥2 )2 Lời giải Ta có: 9(𝑥2 + 𝑦 )(𝑦 + 𝑧 )(𝑧 + 𝑥2 ) ≥ 8(𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 )(𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 ) Từ suy ra: 𝑅𝐻𝑆 ≥ 64 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)4 (𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 )2 (𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 )2 81 Ta chứng minh: 64 (𝑥+𝑦+𝑧)4 (𝑥2 +𝑦 +𝑧 )2 (𝑥2 𝑦 +𝑦 𝑧 +𝑧 𝑥2 )2 ≥ 64𝑥2 𝑦 𝑧 (𝑥2 +𝑦 +𝑧 )3 (𝑥2 𝑦 +𝑦 𝑧 +𝑧 𝑥2 ) 81 ⇔ (𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 )(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)4 ≥ 81𝑥2 𝑦 𝑧 (𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ) Theo bất đăng thức AM-GM: 27(𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 )(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 ≤ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)6 27(𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 )[𝑥𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)]2 ≤ (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)6 (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 ≤ 3(𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 ) 23 Từ ta có: (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)6 (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)6 27(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)2 27(𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 )(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)4 (𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥)4 = 81.9(𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 ) (𝑥2 𝑦 + 𝑦 𝑧 + 𝑧 𝑥2 )(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)4 ≤ 81 𝑥2 𝑦 𝑧 (𝑥2 + 𝑦 + 𝑧 ) ≤ Vậy ta có đ.p.c.m Bài tốn 21 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ R thoả mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = Chứng minh rằng: 𝑏 𝑐 𝑎 + + ≤ 2 1+𝑎 1+𝑏 1+𝑐 10 Lời giải Ta xét trường hợp sau: - Trường hợp 1: Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0, xét hàm 𝑓 (𝑥) = 𝑥 (0; 1], tính + 𝑥2 𝑥(𝑥2 − 3) < với 𝑥 ∈ (0; 1] Vậy 𝑓 (𝑥)là (1 + 𝑥2 )4 hàm lõm (0; 1] Do theo bất đẳng thức Jensen ta có: đạo hàm bậc cho ta 𝑓 ′′ (𝑥) = (︃ 𝐿𝐻𝑆 ≤ 3𝑓 𝑎+𝑏+𝑐 )︃ = 10 - Trường hợp 2: Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 có số khơng dương: không tổng quát ta cho 𝑎 > Hiển nhiên ta có: 𝐿𝐻𝑆 ≤ 𝑎 ≤ < 1+𝑎 10 - Trường hợp 3: Nếu 𝑎, 𝑏, 𝑐 có số khơng dương, khơng tổng quát ta cho 𝑎 < Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: ∑︁ (1 − 𝑎)2 ≤ 𝑐𝑦𝑐 + 𝑎 (12) 24 Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: 𝑅𝐻𝑆(12) (1 − 𝑎)2 (1 + 𝑎)2 ≥ + + 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 (1 − 𝑎) (1 + 𝑎)2 ≥ + + 𝑎2 + (1 − 𝑎)2 )︃ (︃ 𝑎 2𝑎 − − ≥2 1+ + (1 − 𝑎)2 + (1 − 𝑎)2 Ta cần chứng minh: 𝑎−1 ≥0 + + (1 − 𝑎) Điều tương đương với: 2𝑎2 + 𝑎 + ≥ Từ trường hợp ta có đ.p.c.m Bài tốn 22 Cho 𝑎, 𝑏 ∈ R, 𝑎 > 𝑏 thỏa mãn 𝑎𝑏 = Tìm giá trị nhỏ của: 𝑃 = 𝑎4 + 𝑏 𝑎−𝑏 Lời giải Ta ý đến đẳng thức sau: 𝑎4 + 𝑏4 = (𝑎 − 𝑏)4 + 4𝑎𝑏(𝑎 − 𝑏)2 + 2𝑎2 𝑏2 (𝑎 − 𝑏)4 + 4(𝑎 − 𝑏)2 + 𝑎−𝑏 Đặt 𝑎 − 𝑏 = 𝑥 > 0, xét hàm 𝑓 (𝑥) = 𝑥3 + 4𝑥 + (0; +∞) 𝑥 3𝑥 + 4𝑥 − Tính đạo hàm ta được: 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥2 √︃ √ 10 − 𝑓 ′ (𝑥) = ⇔ 𝑥 = , lúc qua giá trị này, 𝑓 ′ (𝑥) đổi dấu từ − sang + nên √︃ √ 10 − 𝑓 (𝑥) (0; +∞) 𝑓 ( ) Vậy 𝑃 = 25 √︃ √ 10 − ) đạt 𝑥 = Vậy giá trị nhỏ cần tìm 𝑓 ( √︃ √ 10 − Bài toán 23 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực đôi phân biệt Chứng minh rằng: ]︃ [︃ 27 1 ≥ [(𝑎 − 𝑏)2 + (𝑏 − 𝑐)2 + (𝑐 − 𝑎)2 ] + + 2 (𝑎 − 𝑏) (𝑏 − 𝑐) (𝑐 − 𝑎) Lời giải Bổ đề Với 𝑥, 𝑦 ≥ ta ln có: + ≥ 𝑥 𝑦 (𝑥 + 𝑦)2 Chứng minh Thật vậy, theo bất đẳng thức AM-GM: + ≥ 𝑥 𝑦 𝑥𝑦 ≥ (𝑥 + 𝑦)2 Không tổng quát giả sử 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 Khi theo bổ đề ta có: + ≥ 2 (𝑎 − 𝑏) (𝑏 − 𝑐) (𝑎 − 𝑐)2 Lại có bất đẳng thức Cauchy Schwarz: (𝑎 − 𝑏)2 + (𝑏 − 𝑐)2 ≥ (𝑎 − 𝑐)2 Vậy nên: 3(𝑎 − 𝑐)2 (𝑎 − 𝑐)2 27 = 𝐿𝐻𝑆 ≥ 26 Bất đẳng thức đề chứng minh hồn tồn Bài tốn 24 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực dương Chứng minh rằng: 2𝑎 + 𝑏 2𝑏 + 𝑐 2𝑐 + 𝑎 + + ≥3 2𝑎 + 𝑐 2𝑏 + 𝑎 2𝑐 + 𝑏 Lời giải Nhân hai vế bất đẳng thức cần chứng minh cho 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ta được: ∑︁ 𝑐𝑦𝑐 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(2𝑎 + 𝑏) ≥ 6(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 2𝑎 + 𝑐 ⇔ ∑︁ 𝑏2 𝑐𝑦𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 ≥𝑎+𝑏+𝑐 2𝑎 + 𝑐 Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: ∑︁ 𝑏2 𝑐𝑦𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 ∑︁ (𝑏2 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐)2 = 2𝑎 + 𝑐 𝑐𝑦𝑐 (2𝑎 + 𝑐)(𝑏 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐) (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑎𝑏 + 2𝑏𝑐 + 2𝑐𝑎)2 ∑︀ 𝑐𝑦𝑐 (2𝑎 + 𝑐)(𝑏 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐) (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)4 = 4(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − 9𝑎𝑏𝑐 ≥ Lại có theo bất đẳng thức Schur bậc 1: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 ≥ 4(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) − 9𝑎𝑏𝑐 Từ suy ra: ∑︁ 𝑏2 𝑐𝑦𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 ≥𝑎+𝑏+𝑐 2𝑎 + 𝑐 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán 25 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 cạnh tam giác nhọn Chứng minh rằng: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 ) ≥ 4(𝑎6 + 𝑏6 + 𝑐6 ) 27 Lời giải Do 𝑎, 𝑏, 𝑐 cạnh tam giác nhọn nên 𝑎2 , 𝑏2 , 𝑐2 cạnh tam giác Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 ) ≥ (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )2 Vậy nên: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 ) ≥ (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )3 Ta cần chứng minh: (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 )3 ≥ 4(𝑎6 + 𝑏6 + 𝑐6 ) ⇔ (𝑎2 + 𝑏2 − 𝑐2 )(𝑐2 + 𝑎2 − 𝑏2 )(𝑏2 + 𝑐2 − 𝑎2 ) ≥ Điều 𝑎2 , 𝑏2 , 𝑐2 cạnh tam giác Ta có điều phải chứng minh Bài toán 26 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 số thực dương Chứng minh rằng: (𝑎 − 𝑐)2 𝑎 𝑏 𝑐 + + ≥3+ 𝑏 𝑐 𝑎 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức chặt sau: 𝑎 𝑏 𝑐 max{(𝑎 − 𝑐)2 , (𝑏 − 𝑐)2 , (𝑎 − 𝑏)2 } + + ≥3+ 𝑏 𝑐 𝑎 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 2 Lý để ta chứng minh bất đẳng thức thay cho bất đẳng thức ban đầu để ta giả sử xét trường hợp thuận lợi mà bất đẳng thức đề có biến 𝑎, 𝑏, 𝑐 mà vai trò chúng khơng thực rõ ràng 28 - Trường hợp 1: Nếu 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 Bất đẳng thức tương đương: (𝑎 − 𝑐)2 (𝑎 − 𝑏)2 (𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐) + ≥ 𝑎𝑏 𝑎𝑐 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 (13) Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: (𝑎 − 𝑏)2 (𝑏 − 𝑐)2 + 𝑎𝑏 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 (𝑎 − 𝑐) ≥ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 𝐿𝐻𝑆(13) ≥ = 𝑅𝐻𝑆(13) - Trường hợp 2: Nếu 𝑎 ≤ 𝑏 ≤ 𝑐 Bất đẳng thức tương đương: (𝑎 − 𝑐)2 (𝑏 − 𝑐)2 (𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎) + ≥ 𝑏𝑐 𝑎𝑏 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 (14) Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz: 𝐿𝐻𝑆(14) (𝑏 − 𝑐)2 (𝑏 − 𝑎)2 + ≥ 𝑏𝑐 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 (𝑎 − 𝑐)2 ≥ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 = 𝑅𝐻𝑆(14) Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán 27 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐 > đặt ℳ = max{(𝑎3 − 𝑏3 )2 , (𝑏3 − 𝑐3 )2 , (𝑐3 − 𝑎3 )2 } Chứng minh rằng: ℳ ≤ 𝑎6 + 𝑏6 + 𝑐6 − 3𝑎2 𝑏2 𝑐2 ≤ 2ℳ Lời giải Không tổng quát giả sử: 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 29 (𝑎3 − 𝑐3 )2 𝑎6 + 𝑏6 + 𝑐6 − 3𝑎2 𝑏2 𝑐2 ≤ 2(𝑎3 − 𝑐3 )2 ⇔0 ≤ 𝑏6 + 2𝑎3 𝑐3 − 3𝑎2 𝑏2 𝑐2 ≤ (𝑎3 − 𝑐3 )2 ⇔0 ≤ (𝑏2 − 𝑎𝑐)2 (𝑏2 + 2𝑎𝑐) ≤ (𝑎3 − 𝑐3 )2 ≤ Ta có: (𝑏2 − 𝑎𝑐)2 ≤ 𝑎2 (𝑎 − 𝑐)2 Từ đó: (𝑏2 − 𝑎𝑐)2 (𝑏2 + 2𝑎𝑐) ≤ 𝑎2 (𝑎 − 𝑐)2 (𝑎2 + 2𝑏𝑐) ≤ (𝑎 − 𝑐)2 (2𝑎2 + 2𝑎𝑐)2 = (𝑎 − 𝑐)2 (𝑎2 + 𝑎𝑐)2 ≤ (𝑎 − 𝑐)2 (𝑎2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2 )2 = (𝑎3 − 𝑐3 )2 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 28 Cho 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 số thực dương thỏa mãn: 1 1 + + + =4 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 Chứng minh rằng: √︃ 𝑎3 + 𝑏 + √︃ 𝑏3 + 𝑐 + √︃ 𝑐3 + 𝑑 + √︃ 𝑑 + 𝑎3 ≤ 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) − Lời giải Theo bất đẳng thức AM-GM: √︃ √︃ 2 𝑎3 + 𝑏 3 𝑎 + 𝑏 𝑎 + 𝑏 𝑎 − 𝑎𝑏 + 𝑏 =2 4 𝑎+𝑏 (︃ )︃ 𝑎 + 𝑏 𝑎 + 𝑏 𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏2 ≤ + + 4 𝑎+𝑏 2𝑎𝑏 ≤𝑎+𝑏− 𝑎+𝑏 30 Hoàn toàn tương tự ta có: √︃ √︃ √︃ 𝑏3 + 𝑐 2𝑏𝑐 ≤𝑏+𝑐− 𝑏+𝑐 2𝑐𝑑 𝑐3 + 𝑑 ≤𝑎+𝑏− 𝑐+𝑑 𝑑 + 𝑎3 2𝑑𝑎 ≤𝑎+𝑏− 𝑑+𝑎 Vậy: 𝐿𝐻𝑆 ≤ 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) − 2𝑏𝑐 2𝑐𝑑 2𝑑𝑎 2𝑎𝑏 − − − 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑑 𝑑+𝑎 Ta chứng minh: 2≤ 𝑎𝑏 𝑏𝑐 𝑐𝑑 𝑑𝑎 + + + 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑐+𝑑 𝑑+𝑎 Theo bất đẳng thức AM-HM: 1 1 + + + 1/𝑎 + 1/𝑏 1/𝑏 + 1/𝑐 1/𝑐 + 1/𝑑 1/𝑑 + 1/𝑎 16 ≥ 2(1/𝑎 + 1/𝑏 + 1/𝑐 + 1/𝑑) 𝑅𝐻𝑆 = =2 Vậy ta có điều phải chứng minh to be continued Chúc mừng năm