(2012 ~4

ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI CÁC TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 PHẦN BẤT ĐẲNG THỨC Bài (Nghệ An) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1 Tìm giá trị nhỏ P = a b + b c + c a + a + b3 + c 3 a b c Lời giải Đặt x = ; y = ; z = ⇒ xyz = c a b Vì abc=1 nên ta biến đổi P thành P = x + y + z + xy + yz + zx Ta có xy + yz + zx = ( xy ≥ ( xy 2 x y + y z + z x + yz + zx )( x y + y z + z x ) 3xyz + yz + zx )( x y + y z + z x ) 3xyz Áp dụng BĐT AM-GM ta được:  ( x + y + z )( xy + yz + zx)  ( x + y + z ) xy + yz + zx x y + y z + z x xyz ≤ ≤ ( )( )   27   2 2 Suy P ≥ x + y + z + 2 3 3 3 Đặt t = x + y + z ( t ≥ 3) ⇒ P ≥ t + t 3/2 ( x + y + z )3/2 3 Đến khảo sát hàm số f (t ) = t + 3/2 ; t ≥ dùng BĐT AM-GM ta thu t P ≥3+ Đẳng thức xảy a=b=c=1 Vậy giá trị nhỏ P + Bài (Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn x3 + y3 =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức x2 + y2 (1 − x )(1 − y ) x + y; P = xy Lời giải Đặt S = S −1 Ta có x + y =1 ⇔ S − 3PS =1 ⇒ P = ⇒ S >1 3S 3 Mặt khác ( x + y )3 ≤ 4( x3 + y ) = ⇒ S ≤ x2 + y S − 2P S3 + Ta có A = = = (1 − x)(1 − y ) P + − S ( S − 1)3 Xét hàm số f ( S ) = S3 + −3( S + 2) với Ta có = f '( S ) < nên hàm f(S) nghịch < S ≤ ( S − 1)3 ( S − 1) biến (1;  Suy f ( S ) ≥ f ( ) = ( Vậy GTNN A ( ) −1 ) −1 , đạt x= y= Bài (ĐH KHTN) Cho x, y, z độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Chứng minh rằng: x y z 11 1 (1) + + ≤  + +  + y + z z + x x + y  x y z  xy + yz + zx Lời giải Vế trái BĐT (1) cho ta nhớ lại TST 2006 Kết là:  x 1 1 y z  + + 6  ≤ ( x + y + z)  + +   y+z z+x x+ y x y z Do x y z 11 1 + + ≤  + +  (2) y+ z z+ x x+ y 2 x y z  * Dễ chứng minh x y z xy + yz + zx + + + ≤ y + z z + x x + y x + y2 + z2 (có thể dùng Cauchy-Schwazt) * Từ (2) (3) ta được: (3) x y z x x  1   xy + yz + zx  + = + + ∑ ≤  + + +  − ∑  y + z z + x x + y x, y, z y + z x, y, z y + z  x y z   x + y + z  1 1 1 xy + yz + zx = +  + + −  x y z  3( x + y + z ) * Vậy cần chứng minh bước cuối BĐT sau: xy + yz + zx + ≥ (4) xy + yz + zx x + y + z BĐT (4) chứng minh đơn giản cách đặt t = xy + yz + zx Vậy tốn chứng minh hồn tồn Nhận xét: Đây tốn hay, có lẽ sáng tác dựa BĐT TST năm 2006 Trong phép chứng minh BĐT TST 2006 cần giả thiết x,y,z cạnh tam giác mà x+y+z=3 Có lẽ phép chứng minh tốn có kịch phải dựa vào TST 2006 mà Bài (Hưng Yên) Xét đa thức P(x) = x3 – 6x2 + mx – n với m, n ∈ R có nghiệm thuộc đoạn [1; 3] Tìm đa thức cho m đạt GTNN Lời giải Đây dạng quen thuộc việc đánh giá hệ số đa thức thông qua nghiệm đa thức Vơi dạng tốn ta phải sử dụng định lý Viets đánh giá nghiệm Gọi ba nghiệm P(x) x1 , x2 , x3 ∈ [1;3] Theo định Viet ta có:  x1 + x2 + x3 =  m  x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 = Bổ đề: Cho ba số a, b, c ∈ [ 0;2] thỏa mãn a + b + c = Khi ab + bc + ca ≥ Đẳng thức xảy ( a, b, c ) = ( 0;1;2 ) hoán vị Trở lại toán: Áp dụng bổ đề với ba số x1 − 1, x2 − 1, x3 − 1∈ [ 0;2] ta được: ( x1 − 1)( x2 − 1) + ( x2 − 1)( x3 − 1) + ( x1 − 1)( x3 − 1) ≥ Suy x1 x2 + x2 x3 + x1 x3 ≥ 2( x1 + x2 + x3 ) − ⇒ m ≥ 11 Đẳng thức xảy ( x1 , x2 , x3 ) = (1;2;3) Vậy m=11 P ( x) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3) = x − x + 11x − Một số toán tương tự: Bài 4.1: Cho a,b dương P(x)= x − ax2 + bx − a có ba nghiệm dương bn − 3n (n ∈ N * ) Tìm giá trị nhỏ biểu thức n a Bài 4.2 (VMO 1999) Xét số thực a,b cho phương trình ax − x + bx − = có ba nghiệm thực dương (không thiết phân biệt) 5a − 3ab + Tìm giá trị nhỏ P = a (b − a) Bài 4,3: Giả sử a,b,c số thực cho đa thức P(x) = x + ax + bx + c có ba nghiệm thực (khơng thiết phân biệt) Chứng minh : 12ab + 27c ≤ 6a + 10(a − 2b)3/2 Bài 4,4 Giả sử a,b,c,d số thực dương cho đa thức  1 P(x) = ax − ax + bx − cx + d có bốn nghiệm thuộc khoảng  0;   2 Chứng minh : 21a + 164c ≥ 80b + 320d Bài 4,5 Giả sử P(x)= ax − bx + cx − x + (a ≠ 0) có bốn nghiệm dương Chứng minh : c ≥ 80a + b Bài 4.6 (Indonesia TST 2010) Xét đa thức P(x) = ax + bx + cx + d có ba nghiệm thực dương (không thiết phân biệt) P(0) < Chứng minh rằng: 2b3 + 9a 2d − 7abc ≤ Bài (Kiểm tra đội dự tuyển Nam Định) Giả sử a, b, c ba số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2011 + b2011 + c2011 Lời giải Đặt P(a, b, c) = a2011 + b2011 + c2011 Ta nhận xét (a, b, c) thỏa mãn điều kiện a + b + c = a2 + b2 + c2 = (-a, b,-c) thỏa mãn điều kiện P(-a, -b,-c) = - P(a, b,c) Do đó, dễ thấy, GTLN P phải số > Vì a + b + c = nên ba số a, b, c, có hai số dấu Nếu hai số dấu số dương P < nên ta khơng xét Ta xét trường hợp có số âm, số dương Giả sử b, c < Đặt b = - x, c = - y ta có x > 0, y > 0, a = x + y ta có 1) x2 + y2 + xy = 1/2 2) P = (x+y)2011 – x2011 – y2011 Từ 1), áp dụng bất đẳng thức quen thuộc (3/4)(x+y)2 ≤ x2 + y2 + xy ta suy x+ y≤ dấu xảy x = y = 6 Tiếp theo, sử dụng đánh giá xn + yn ≥ (x+y)n/2n-1 (có thể chứng minh dễ dàng quy nạp bất đẳng thức Holder), ta có P ≤ (22010-1)(x+y)2011/22010 ≤ Dấu xảy x = y = Vậy Pmax = 2011 − ( ) 2011 2011 − ( ) 2011 (Hà Tĩnh) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị nhỏ a b b b b 1 c 1 )( − + )( − + ) ab c c bc a a ca biểu thức: P = ( − + a b Lời giải Ta có: P = ( − + b 1 c 1 )( − + )( − + ) ab c c bc a a ca b a 1 c b 1 a c 1 1 1 1 = [ ( − + )][ ( − + )][ ( − + )] = (1 − + )(1 − + )(1 − + ) a b b ab b c c bc c a a ca a a b b c c x Đặt= 1 = , y = ,z Suy P = (x − x + 1)(y − y + 1)(z − z + 1) a b c Giả thiết cho trở thành: x, y, z dương x + y + z = Dễ thấy số: x − 1, y − 1, z − tồn số có tích khơng âm Giả sử (y − 1)(z − 1) ≥ đó: (y − y + 1)(z − z + 1) = yz(y − 1)(z − 1) + y + z − y − z + ≥ (y + z ) − y − z + ≥ (y + z) − (y + z) + > 2 Suy ra: P= (x − x + 1)(y − y + 1)(z − z + 1) ≥ (x − x + 1)[ (y + z)2 − (y + z) + 1] 1 = (x − x + 1)[ (3 − x) − (3 − x) + 1]= (x − x + 1)(x − 4x + 5) 2 Ta chứng minh (x − x + 1)(x − 4x + 5) ≥ (1) Thực vậy, biến đổi (1) tương đương với bất đẳng thức sau: x − 5x + 10x − 9x + ≥ ⇔ (x − 1) (x − 3x + 3) ≥ luôn với x Dấu = xẩy x = Từ suy P ≥ , có dấu “=” x = y = z = hay a = b = c =1 Vậy GTNN P a = b = c    Bài (PTNK) a) Chứng minh x + + 1 ≥  x +  ,   x  x3   ∀x > 1 b) Tìm số thực dương α nhỏ cho:  xα + α + 1 ≥  x +  , ∀x >  x   x Lời giải a) Ta cần chứng minh 2(x4 + 1/x4 + 1) ≥ 3(x3+1/x3) với x > (*) Đặt t = x + 1/x ≥ (*) trở thành 2(t4 – 4t2 + 3) ≥ 3(t3 – 3t)  (t-2)(2t3 + t2 – 6t – 3) ≥  (t-2)(t2-3)(2t+1) ≥ t ≥ b) Gọi α số thực dương cho bất đẳng thức 2(xα + 1/xα + 1) ≥ 3(x+1/x) với x > Đặt F(x) = 2(xα + 1/xα + 1) - 3(x+1/x) Chú ý F(1) = 0, F’(1) = Do đó, F”(1) < điểm cực tiểu địa phương ta tìm x gần cho F(x) < 0, mâu thuẫn Vậy ta phải có F”(1) ≥ Nhưng F’(x) = 2α(xα-1-x-α-1) – 3(1-x-2) F”(x) = 2α(α-1)xα-2 + 2α(α+1)x-α-2 – 6x-3 F”(1) ≥  4α2 – ≥  α ≥ (3/2)1/2 ~ 1.224 Bây ta chứng minh α ≥ (3/2)1/2 F(x) ≥ với x > Chú ý F”(x) = 2x-3[α(α-1)xα+1+α(α+1) x-α+1 – 6] = 2x-3G(x) G’(x) = α(α-1)(α+1)(xα - x-α) từ bảng biến thiên ta suy điều phải chứng minh Vậy α = số thực dương nhỏ thỏa mãn điều kiện đề Bài (Đà Nẵng) Với số a,b,c không âm Chứng minh bất đẳng thức: a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ 2(ab + bc + ca) Dấu “=” xảy nào? Lời giải Với dạng ta dùng nguyên lí Drichlet quen thuộc: Trong số 1-a; 1-b; 1-c tồn hai số có tích khơng âm Giả sử (1 − a )(1 − b) ≥ ⇒ 2c(1 − a )(1 − b) ⇒ 2abc ≥ 2ac + 2bc − 2c Do a + b + c + 2abc + ≥ a + b + c + + 2ac + 2bc − 2c = (a − b) + (c − 1) + 2(ab + bc + ca ) ≥ 2(ab + bc + ca ) Đẳng thức xảy a = b = c = Một số toán tương tự Bài 8.1 (APMO 2004) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ta có bất đẳng thức (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9(ab + bc + ca) Bài 8.2 Cho a, b, c > Chứng minh a2 + b2 + c2 + 2abc + ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) Bài 8.3 (Hello summer 2007) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh ta có bất đẳng thức xyz + 2(x2+y2+z2) + ≥ 5(x+y+z) Bài (Đà Nẵng) Một số gọi số đẹp biểu diễn dạng tích số số tự nhiên có tổng 2012 (chẳng hạn, 2010=1*1*2010 số đẹp 1+1+2010=2012) Hãy tìm số đẹp lớn Lời giải Thực chất toán cực trị tập rời rạc Cách hỏi toán hay hấp dẫn Giả sử A = a1.a2 ak số đẹp lớn nhất, ta có ∈  * ; a1 + a2 + + ak = 2012 * Nếu tồn ≥ ( − 3) > ⇒ A < a1.a2 −1 ( − 3) +1 ak , vơ lí * Nếu tồn = Ta viết A = a1.a2 −1.( 2ai +1 ) ak * Nếu tồn = A < ( a1 + 1) a2 −1.ai +1 ak , vơ lí * Vậy A đạt Max ∈ {2;3} ∀i =1, k Đến ta giả sử a1= a2= = an= 2; an+1= an+ 2= = ak= k Nếu n ≥ a1 + a2 + a3 =6 =3 + Khi + + ∑ = 2012 i =4 k k Mà 32.∏ > 23.∏ , vơ lí =i 4=i Vậy n ≤ Khi ta thấy giá trị lớn A = 2.3670 có số 670 số Nhận xét: Bài có xuất xứ từ thi IMO 1976, thay số 1976 số 2012 phát biểu khác b2 − a c2 − b2 a − c2 Bài 10 (Bến Tre) Cho a,b,c thực Chứng minh + + ≥ 2a + 2b + 2c + Lời giải BĐT tương đương với 2b − 2a 2c − 2b 2a − 2c 2b + 2c + 2a + + + ≥0⇔ + + ≥ 2a + 2b + 2c + 2a + 2b + 2c + BĐT hiển nhiên theo AM-GM Bài 11 (Hà nội) Cho a,b dương thỏa mãn a+b+ab=3 Chứng minh 4a 4b + + 2ab − − 3ab ≥ b +1 a +1 Lời giải Từ giả thiết suy (a + 1)(b + 1) = 4, ab = − (a + b), a + b ≥ Ta có 4a 4b + = a + b + a + b hay b +1 a +1 VT = (a + b) + (a + b) − − 3(3 − (a + b)) = t + t − 3t − = f (t ) t = a + b ≥ Dễ thấy f ′(t ) = 2t + − > nên hàm đồng biến 3t − Suy f (t ) ≥ f (2) = Ta có đpcm Bài 12 (Hải Phòng) Cho số thực a,b,c ∈ [α; β] mà β - α ≤ Chứng minh ab + + bc + + ca + > a + b + c Lời giải Ta có: ab + ≥ ab + ( Tương tự bc + ≥ bc + ( ac + ≥ ac + ( a −b a +b ) = 2 b−c b+c ) = | | 2 a−c a+c ) = | | 2 Cộng theo vé bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Mấu chốt toán giải thiết a,b,c ∈ [α; β] với β - α ≤ Bài 13 (Hải Phòng bảng A) Cho x, y, z ≥ số thực thỏa mãn x+y+z=1 Chứng minh 2(x3+y3+z3) + x2+y2+z2 +18xyz ≥ Đồng bậc vế ta cần chứng minh : 2( x + y + z ) + ( x + y + z )( x + y + z ) + 18 xyz ≥ ( x + y + z ) ⇔ x + y + z + xyz + xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx( z + x) Đúng theo Schur xyz ≥ Đẳng thức xảy x= y= , z= hoán vị tương ứng Bài 13 (Hà Nội) Tìm giá trị nhỏ hàm số: y= x + 3x + + x − 3x + Lời giải Đây dạng thi đại học Với ta thực theo hai cách đơn giản sau = Cách (Dùng đạo hàm) Ta có y′ Xét PT y′ = hay 2x + 2( x + x + + 2x + 2( x + x + 2x − x − 3x + + 2x − x − 3x + = (*) Dễ thấy tập nghiệm PT tập PT sau: ( x + 3)2 ( x − 3x + 9) = (2 x − 3)2 ( x + 3x + 9) hay 162 x = PT có nghiệm x = thử lại thấy nghiệm (*) Dễ thấy lim y = lim = +∞ nên x = điểm cực trị hàm số cho suy x →+∞ x →−∞ ymin =  3  3 ); v = (x − ; ) 2 2 Cách (Dùng BĐT Mincopxki) Chọn u = (x + ;   Áp dụng BĐT Tọa độ Véc tơ ta có | v | + | u |= 27 27 ( x + )2 + + ( x − )2 + 4 ≥ 36 36 = 2 2 2 [( xy ) + ( xz ) + ( yz ) + 9] x y + x z + z y + 12 12 Dấu “=” xảy x=y=z=1 Bài 17 (Quảng Bình) Cho x, y thỏa mãn x2 + y2 = Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức: M = x2(x + 2) + y2(y + 2) + 3(x + y)(xy - 4) Lời giải Bài toán tương tự với 11 Ta đưa hàm số biến t=xy t=x+y Ta có: ( x + y ) ≤ 2( x + y ) = ⇒ −2 ≤ x + y ≤ M= x ( x + 2) + y ( y + 2) + 3( x + y )( xy − 4) = ( x + y )3 − 12( x + y ) + Đặt t =x+y ⇒ t ∈ [−2; 2] Ta có f (t ) = t − 12t + 4; f '(t ) = 3t − 12 ≤ 0∀t ∈ [−2; 2] Do f(t) giảm max M =max f (t ) =f (−2) =20 ⇔ t =−2 ⇔ x =y =−1 [ −2;2] M =min f (t ) =f (2) =−12 ⇔ t =2 ⇔ x =y =1 [ −2;2] Sau toán có định hướng tương tự Bài 17.1: Cho x,y thực thỏa mãn x (2 x − 1) + y (2 y − 1) = Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức: = P x ( x − 4) + y ( y − 4) + 2( x y − 4) Bài 17.2: Cho x,y thực thỏa mãn ( x + y )2 − 3( x + y ) + =− x − 3x y Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức: A =x + y − 3x y Bài 17.3: Cho x, y ≠ thỏa mãn xy ( x + y ) = x + y − x − y + Tìm P= 1 + x y Bài 18 (Bến Tre) Cho P điểm nằm hyperbol xy = Q điểm nằm elip x2 + 4y2 = Chứng minh độ dài đoạn PQ lớn Bài 19 (TP HCM) Cho x, y, z>0 x + yz + Lời giải 1 + + = Chứng minh x y z y + zx + z + xy ≥ xyz + x + y + z Cách 1: Nhân giả thiết cho xyz ta có: xyz = xy + z yz xz + x y xy (1) z Ta chứng minh z + xy ≥ z + Thật (1) ⇔ z + xy ≥ z + 1 xy + xy ⇔ z + xy ≥ z + xy (1 − − ) + xy ⇔ x + y ≥ xy z x y Điều theo bất đẳng thức AM-GM Cùng BĐT tương tự ta điều phải chứng minh Cách 2: Chỉ cần bình phương hai vế BĐT với ý xy + yz + zx = xyz áp dụng BĐT Cauchy- Schwart ta đpcm Bài 20 (Đồng Nai) Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn điều kiện a2 + b2 +c2=1 Tìm giá trị lớn của: P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) Lời giải Bài tốn có nội dung thi IMO 2006 Trước tiên xin đưa lời giải ngắn gọn cho toán 20 (đáp án IMO năm 2006 phức tạp) Giả sử a = max(a, b, c) , ta có 9(a + b + c ) 2= (a + b + c) + 2(b − c) + 2(a − b)(a − c)  ≥  2 (a + b + c)(b − c) + (a − b)(a − c)  2 ≥ 16 (b − c)(a − b)(a − c)(a + b + c) Vậy (b − c)(a − b)(a − c)(a + b + c) ≤ Từ (1) giả thiết ta suy P ≤ 2 2 (a + b + c ) (1) 32 32  1     ; b = ; c = 1 + 2 1 − 3 2 3   Dấu xảy chẳng hạn a = Vậy GTLN P 32 Nhận xét: Bất đẳng (1) với số thực a,b,c BĐT chặt Nội dung IMO 2006 sau: Tìm số M nhỏ cho với a, b, c ∈  ta có: ab(a − b ) + bc(b − c ) + ca (c − a ) ≤ M ( a + b + c ) Để giải toán ta chứng minh kết sau: ab(a − b ) + bc(b − c ) + ca (c − a ) =(b − c)(a − b)(a − c)(a + b + c) (có thể chứng minh đa thức) Một số toán tương tự: Bài 20.1: Cho a,b,c không âm thỏa mãn a ≥ b ≥ c a2 + b2 +c2=5 Chứng minh rằng: (a − b)(b − c)(a − c)(ab + bc + ca ) ≤ Bài 20.2: Cho a,b,c không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: − 3 ≤ (a − b)(b − c)(c − a ) ≤ 18 18 Bài 20.3: Cho a,b,c không âm thỏa mãn a + b + c = Tìm GTLN, GTNN của: P = a (b − c)3 + b(c − a )3 + c(a − b)3 Bài 20.4: Cho a,b,c không âm thỏa mãn a + b + c = Tìm GTLN (a P= − ab + b )( b − bc + c )( c − ca + a ) Bài 21 (Long An) Cho ba số thực dương a,b,c a) Chứng minh ( + a )( + b ) ≥ ( + a )( + b )( + c ) P= b) Tìm GTNN  2(a + b) +  16 2 (3 + a + b + c) Lời giải a) Biến đổi tương đương BĐT cho ta 16a 2b + 14(a + b ) − 36ab + ≥ (1) Ta có 16a 2b + 14(a + b ) − 36ab + 1= 14(a + b ) − 28ab + (4ab − 1) ≥ 14(a + b ) − 28ab ≥ Do (1) chứng minh Dấu xảy a= b= b) Áp dụng kết phần a ta được: ( + a )( + b )( + c ) ≥ 169 2(a + b) 2 2 +  ( + c ) (2)  (c + 3)    Mặt khác theo BĐT Cauchy-Schwart ta có (3 + a + b + c) ≤  2(a + b) +   + (3)  2 2 Tiếp theo ta chứng minh + c ≥ + (c + 3) (4) Thậy vậy, (4) ⇔ ( 2c − 1) ≥ (luôn đúng) Từ (2), (3) (4) suy P = , đạt a= b= c= 16 Bài 22 (SPHN) Cho ba số thực dương x,y,z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh 4x + 4y + 4z + 162 + + ≥ 2 2 x + xy + 3xyz y + yz + 3xyz z + zx + 3xyz x + y + z + 27 4+ x Lời giải Ta có VT ∑ = = 2 + + x y yz x, y, z x +∑ ∑ 2 + + + + yz x y yz x y x, y, z x, y, z Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta được:  1  + + 5   x y z  4.9  VT ≥ + 2( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx) 2( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx) ≥ 36 45 + 2 2( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx) 2( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx) 84 162 ≥ 2 2 2( x + y + z ) + 3( xy + yz + zx) x + y + z + 27 2 Nhận xét: Kĩ thuật tách thành hai nhóm đánh giá theo BĐT Cauchy-Schwart hay quen thuộc với bạn học sinh Một tương tự T6/424 báo THTT tháng 10-2012 Bài T6/424 Cho a,b,c dương thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + + + ≥9 a (b + c) b3 (a + c) c (a + b) Bài 23 (SPHN) Cho đa thức P( x) = x n + an −1 x n −1 + + a1 x + a0 (n > 1) Biết P(x) có n nghiệm âm (có thể trùng nhau) Chứng minh rằng: P '(0).P(1) ≥ 2n P(0) Lời giải Dễ thấy (1 + x) ≥ 2nx ∀x > ⇒ + x ≥ (2nx) n n ( x) Gọi nghiệm P(x) − xi ; xi > Ta có P= Suy a0 = n ∏x i =1 i > 0; a1 = n ∑y j =1 j x ∏= ; với y=j i≠ j i (1) n ∏ (x + x ) i =1 i a0 >0 xj 1/ n  n a  1 Áp dụng BĐT AM-GM ta có: a1 ≥ n n ∏ y j= n  ∏  = na0   =j =  a0   j xj  n Ta áp dụng (1) với x = x i P(1)= n 1/ n (2) n ∏ (1 + xi ) ≥∏ (2nxi )1/ n= 2n(a0 )1/ n (3) =i =i Từ (2) (3) suy P '(0).P(1) = a1.P(1) ≥ 2n a0 = 2n P(0) (đpcm) Đẳng thức xảy P( x=) ( x + 1)2 Nhận xét: Đây dạng BĐT với hệ số đa thức Lớp toán thú vị liên quan trực tiếp đến nghiệm đa thức (thường nghiệm thực) Xin đưa số toán tương tự: Bài 23.1: Cho đa thức P( x=) n ∑ a x i =0 Chứng minh i i (n ≥ 2; an a0 ≠ 0) có n nghiệm thực dương an −1.a1 ≥ n2 an a0 Bài 23.1’: Biết đa thức P( x) = ax n − ax n −1 + c2 x n − + c3 x n −3 + + cn − x − n 2bx + b có n nghiệm thực dương Chứng minh tất nghiệm Bài 23.2 Cho đa thức P( x) = x n − a1 x n −1 − − an −1 x − an ∈  [ x ] với a1 , a2 , , an không âm không đồng thời a) Chứng minh P(x) có nghiệm thực dương, kí hiệu nghiệm T n = A ∑ = ; B b) Đặt n ∑ i.a Chứng minh =i =i i AA ≤ T B Bài 23.3 Cho số thực a,b,c số dương m cho đa thức f ( x) = x3 + ax + bx + c có nghiệm thực x1 , x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x2 − x1 = m 2x3 > x1 + x2 Tìm giá trị lớn S = 2a + 27c − 9ab m3 Bài 23.4: Cho P( x) = x n + a1 x n −1 + + an ; degP ≥ có n nghiệm thực b1; b2; ; bn Chứng minh rằng:  1  1, n + + + P ( x + 1)   ≥ 2n ∀x > bi i = x b x b x b − − − n   ( Bài 24: (Đề chọn HSG Quảng Ninh) Cho số thực a,b,c thỏa mãn : abc = 2 Tìm giá trị nhỏ của: P= a + b6 b6 + c c6 + a6 + + a + b + a 2b b + c + b c c + a + c a Lời giải Ta có đánh giá sau : a + b6 ≥ (a + b )(a + b + a 2b ) Thật , tương đương với : 2(a + b )(a − b ) ≥ (đúng) Áp dụng vào : P ≥ (a + b + c ) ≥ a 2b c = 2 a= b= c2 Đẳng thức xảy  abc = 2 b= − 2, c = hoán vị Hay a= b= c= , a = Bài 25: (Đề chọn đội tuyển HSG quốc gia Hải Phòng ) Cho a,b,c,d thực thỏa mãn a + b + c + d = Chứng minh a b c d + + + ≤ a − a +1 b − b +1 c − c +1 d − d +1 Lời giải Khơng tính tổng qt giả sử ) a2 − = a + max{a − a + 1, b − b + 1, c − c + 1, d − d + 1} Viết lại bất đẳng thức đầu thành: (1 − a ) ≥ a ,b,c , d a − a + ∑ Khi theo bất đẳng thức 3( x + y + z ) ≥ ( x + y + z )2 ta có (1 − b) (1 − b) + (1 − c) + (1 − d ) (1 − b + − c + − d ) (1 + a ) ≥ ≥ = ∑ a2 − a + 3(a − a + 1) 3(a − a + 1) b,c, d b − b + Vậy (1 − a ) (1 − a ) (1 + a ) ≥ + = ∑ 2 a − a + 3(a − a + 1) a ,b,c , d a − a + 1 Đẳng thức xảy a= b= c= d= a = −1, b = c == d hoán vị Bài 26: (Đề thi HSG Ninh Bình) Cho số x,y,z thỏa mãn:  x2 + y − 4x − y + = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = ( x − z )( y − t )  2  z + t − z − 2t + = Lời giải Điều kiện cho viết lại thành: ( x − 2) + ( y − 1) =  2 ( z − 2) + (t − 1) = hai điểm A( x, y ), B( z , t ) ∈ (C ) Xét đường tròn (C ) : ( X − 2) + (Y − 1) = Khi AB = ( x − z )2 + ( y − t )2 ≤ 16 (do bán kính đường trịn 2) AB 2 Ta có P = ( x − z )( y − t ) ≤| x − z || y − t |≤ (( x − z ) + ( y − t ) ) = ≤ 2 Vậy giá trị lớn cần tìm Đẳng thức xảy | x − z |= | y − t |= 2 Từ (2), (3) (4) suy P = , đạt a= b= c= 16 Bài 27: (Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Bình Định) Cho a, b, c > Chứng minh ab bc ca + + ≥ c(b + c) a (c + a ) b(a + b) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz a 2b b 2c c 2a (ab + bc + ca ) + + ≥ ≥ abc(b + c) abc(c + a ) acb(a + b) 2abc(a + b + c) ⇔ a 2b + b 2c + c a + 2abc(a + b + c) ≥ 3abc(a + b + c) Sử dụng kết quen thuộc x + y + z ≥ xy + xz + yz ta có điều cần chứng minh Dấu = xảy a= b= c Bài 28: (Chọn đội tuyển HSG quốc gia chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng) Người ta viết sẵn bảng đen n số nguyên dương: 1,2, ,n\, (n \ge 2) cho thực trò chơi với luật chơi sau: Ở bước đi, người chơi phép chọn tùy ý hai số có bảng, xóa chúng viết lên bảng số hai lần tổng hai số vừa xóa Trị chơi kết thúc sau n-1 bước Số có mặt bảng trị chơi kết thúc số viên kẹo mà người chơi thưởng Chứng minh dù chơi nào, người chơi thưởng nhiều kẹo 4n3 viên Nếu gọi d số cuối lại bảng d > + + + n Xét f ( x) = x với D= [0; +∞) Với k ∈  f liên tục [k ; k + 1] có đạo hàm (k ; k + 1) nên theo định lý Lagrange, tồn c ∈ (k ; k + 1) cho f (k + 1) − f (k ) = f ′(c) ⇔ c= f (k + 1) − f (k ) ⇔ c= ( f (k + 1) − f (k )) k +1− k Do < c < k + ⇒ k + > ( f (k + 1) − f (k )) Cho k chạy từ đến n − cộng bất đẳng thức lại, ta có n −1 + + + n > ∑  f ( k + 1) − f ( k )  =n n k =0 ⇒ d > 4n3 n n⇒d > Bài 29: (Đề thi chọn HSG lớp 12 THPT tỉnh Quảng Nam) Cho x,y,z số thực phân biệt không âm Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = ( x + y + z )[ 1 + + ] 2 ( x − y) ( y − z) ( z − x)2 Lời giải Khơng tính tổng qt giả sử x ≥ y ≥ z Ta có ( x − y) Suy A ≥ ≥ + ( y − z) ( z − x) + ≥ ≥ ( x − y )( y − z ) ( z − x )2 ( z − x) = ( z − x) ( ) Luôn x + y + z ≥ ( z − x ) 2 x +y +z ( )  x=0 y + z = Dấu “=” xảyra  hoán vị số  Bài 30: (Đề thi HSG tỉnh Đồng Tháp) Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: f ( x) < , với x ∈ [ −1;1] phương trình (a − 2) x + bx + c + có nghiệm thực a) Chứng rằng: f ( ) < 17 2 b) Chứng minh với số dương q, ta có: f ( (q + q −1 )) < (q + q −2 ) Lời giải a) Xét đa thức g ( x) = (a − 2) x + bx + c + Nếu a = , f ( x) = x + bx + c | f (0) |< | c |<  Từ giả thiết suy | f (1) |< ⇔ | + b + c |<  f (−1) |< | − b + c |<   Hệ vơ nghiệm (theo b,c b ≥ | + b + c |= | + c | +b > b < | − b + c |= | + c | −b > Vậy a ≠ g tam thức bậc hai Ta chứng minh nghiệm phương trình bậc hai g ( x) = thuộc (−1;1) Nhận xét rằng: g ( x) = f ( x) − (2 x − 1) ⇒ g (−1) = f (−1) − < 0, g (1) = f (1) − < g (0) = f (0) + = c + > 0.(1) Vậy phương trình g ( x) = có nghiệm khoảng (−1;0) (0;1) , tức g ( x) có nghiệm thuộc (−1;1) (2) Kết hợp (1) (2) ta a − < hay g ( x) < 0, ∀x ≥ 5 17 ⇒ f ( x) < x − 1, ∀x ≥ hay f ( ) < 2( ) − = 4 b) Tương tự với q(q > 0) ta có (q + q −1 ) ≥ 1∀q > Suy 2 1  1  f  (q + q −1 )  <  (q + q −1 )  −= (q + q −2 ) 2     Từ f ( xy=) f ( x)(1 − y ), ∀x, y ∈ (0;1) (1) với u, v ∈ (0;1) tùy ý cho u > v ta u x =+ u v, y = v+u Khi (1) có dạng f (u )= f (v), ∀u, v ∈ (0;1), u > v (2) 1 Cố định v = từ (2) ta được= f (v) f ( ),v ∈ (0, ) 2 Từ (3) (4) cho ta f ≡ const Hàm thỏa mãn điều kiện Bài 31: (Chọn HSG quốc gia tỉnh Dak Lak) Giả sử phương trình x3 + ax + x + b = có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Chứng minh rằng: x13 x23 x33 + + > x2 + x3 x1 + x3 x1 + x2 Lời giải Ta có x1; x2 ; x3 nghiệm phương trình x3 + ax + x + b = Áp dụng định lý Vi − et bậc ta có: x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz bất đẳng thức quen thuộc a + b + c ≥ ab + bc + ac ta có x13 x23 x33 x14 x24 x32 + + = + + x2 + x3 x1 + x2 x1 + x2 x1 x2 + x1 x3 x2 x1 + x3 x3 x1 + x3 x2 ≥ ( x12 + x22 + x32 ) ( x x + x2 x3 + x1 x3 ) x2 x1 + x1 x3 + x2 x3 ≥ = = 2( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) 2( x2 x1 + x1 x3 + x2 x3 ) 2 Dấu "=" khơng xảy ta có điều cần chứng minh Bài 32 : (Chọn HSG lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc) Cho số thực x , y , thoả mãn x + y −= 2x − + y + Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S = ( x + y )2 − − x − y + x+ y Lời giải Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ −1;0 < x + y ≤ 9; ta có ≤ x + y= −1 x − + y + ≤ 3( x + y − 1) ⇒ ( x + y − 1) ≤ 3( x + y − 1) ⇒ ≤ x + y − ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ Đặt t =x + y, t ∈ [1;4] , ta có S = t − − t + t 1 − > 0, ∀t ∈ [1;4] Vậy S (t ) đồng biến [1;4] − t 2t t Suy Smax = S (4) = 33 − 52 ⇔ x = 4; y = S ′(t )= 2t + S = S (1) = 2−2 ⇔ x = 2; y = −1 Bài 33: (Chọn HSG lớp 12 -Chuyên tỉnh Vĩnh Phúc) Cho số thực dương a,b,c,d chứng minh rằng: bc 3a 2b3d 25 + 3 + 4 ≤ a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) Lời giải Đặt bc 3a 2b3d P= + 33 + 44 a+b+c ( a + b )( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d ) áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 3( a + b ) 3( a + b ) 2a 2a ≤ + a + b 2(a + b + c) a + b 2(a + b + c) 2(a + b + c) 2(a + b + c) 3c 3c bc b b = 33 33 ≤ + + a + b ( a + b + c ) 3( a + b + c + d ) a + b ( a + b + c ) 3( a + b + c + d ) ( a + b )( a + b + c + d )   b b 2b3d 2d 2d  44 = ≤ +   3( a + b ) 3( a + b + c + d ) 81( a + b ) ( a + b + c + d )  3( a + b )  3( a + b + c + d ) Cộng vế lại ta P≤ ( a + b ) ( a + b + c ) ( a + b + c + d ) 25 + + = a+b ( a + b + c ) 3( a + b + c + d ) Dấu xảy a= b= c= d Bài 34: (Chọn đội tuyển Chuyên Quảng Bình) a) Cho a,b,c số dương thỏa mãn (a + 2b)3 27c3 (c + a ) + + ≥ 16 5c + 4a 4a + 4b + c a + 2b + 6c a b c + + = Chứng minh rằng: b) Cho a,b,c có độ dài cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ = P (a 2012 + b 2012 + c 2012 ) + 4abc 1006 Lời giải a) Cách 1: Sử dụng bổ đề sau: Với a,b,c,x,y,z thực dương ta có a b3 c ( a + b + c )3 + + ≥ x y z 3( x + y + z ) Dễ dàng chứng minh cách sử dụng bất đẳng thức Holder (a + 2b)3 27c (c + a ) (3a + 2b + 4c)3 (3a + 2b + 4c) + + ≥ = 5c + 4a 4a + 4b + c a + 2b + 6c 9.(3a + 2b + 4c) a b c 3a + 2b + 4c 3a + 2b + 4c Lại có + + = =1 ⇒ ( ) =16 12 Do VT ≥ 16 toán chứng minh Đẳng thức xảy a= b= c= a + 2b, y = c + 2a, z =⇒ 3c x, y, z > x + y + z = 12 Cách 2: Đặt x = Áp dụng ta có: VT = Bất đẳng thức viết lại: x3 y3 z3 x4 y4 z4 ( x + y + z )2 + + = + + ≥ y + z z + x x + y xy + zx yz + xy zx + yz 3( xy + yz + zx) ≥ x + y + z ( x + y + z )2 ≥ = 16 Suy đpcm Dấu “=” xảy x= y= z= hay a= b= c= b) Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có: 3a 2012 + 2009 ≥ 2012a ⇒ 3 2012 2009.3 a + ≥ 2a 1006 1006 Tương tự cộng lại ta cần tìm giá trị nhỏ của: D= 2(a + b3 + c + 2abc) Vì a,b,c cạnh tam giác nên ta dễ dàng có (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ≤ abc ⇒ a + b3 + c + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) 15 27 ⇒ a + b3 + c + abc ≥ (a + b + c)3 = 4 7 Mà mặt khác ta có abc ≤ nên a + b3 + c3 + 2abc ≥ 4 Tới ta dễ dàng tìm giá trị nhỏ toán Bài 35: (Đề thi HSG Hà Nội vòng 2) Cho số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P= (3 − a )(3 − b)(3 − c)( Lời giải Cách 1: Do − a= 1 + 2 + 2) bc ca ab 2 (b + c − a ) nên ta cần tìm GTLN của: P = (b + c − a )(a + c − b)(a + b − c) Ta chứng minh P ≤ a + b2 + c2 a 2b c hay: 16 2 abc ⇔ (b + c − a )(a + c − b)(a + b − c)(a + b + c )(a + b + c) ≤ 9a 2b 2c (b + c − a )(a + c − b)(a + b − c)(a + b + c ) ≤ Ta bổ đề sau ∀a, b, c > : 4a 2b 2c ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b)(a + b3 + c + abc)(1) Chứng minh bổ đề: Khơng tính tổng qt,ta giả sử a ≥ b ≥ c Dễ dàng thấy BĐT a ≥ b + c Do ta xét trường hợp b + c > a : Viết lại (1) dạng sau: 16a 2b 2c (a + c) ≥ 4(a + c) [b − (a − c) ](c + a − b)(a + b3 + c + abc) Theo BĐT AM-GM ta có VP ≤ [(a + c)2 b − (a − c)2 (a + c)2 + (c + a − b)(a + b3 + c3 + abc)]2 Do ta cần chứng minh: 4abc(a + c) ≥ (a + c) [b − (a − c) ] + (c + a − b)(a + b3 + c + abc) Hay: 4acb − (a + c) [b − (a − c) ] ≥ (c + a − b)(a + b3 + c − 3abc) Hay: (a − c) [(a + c) − b ] ≥ [(a + c) − b ](a + b + c − ab − bc − ca ) Mặt khác, a + c > b ⇒ (a + c)2 − b > nên: (a − c) ≥ a + b + c − ab − bc − ca Hay: (a − b)(b − c) ≥ (luôn ∀a ≥ b ≥ c ) Vậy (1) chứng minh.Tiếp theo ta chứng minh: 2(a + b − c)(b + c − a )(c + a − b)(a + b3 + c + abc) ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b)(a + b)(b + c)(c + a )(2) Dễ dàng thấy thừa số a + b − c; b + c − a; c + a − b âm BĐT (2) hiển nhiên Xét điều kiện thừa số dương, bất đẳng thức tương đương với: 2(a + b3 + c + abc) ≥ (a + b)(b + c)(c + a ) Hay: (a − b) (a + b) + (b − c) (b + c) + (c − a ) (c + a ) ≥ (luôn dúng ∀a, b, c > ) Kết hợp (1) (2),ta có dpcm Đẳng thức xảy a= b= c Quay trở lại với toán, sau chứng minh bổ đề ta cần chứng minh: a + b3 + c + abc ≥ (a + b + c)(a + b + c ) 3 ⇔ 5(a + b + c ) + 9abc ≥ [ (a + b)ab + (b + c)bc + (c + a )ca ] Bất đẳng thức theo Schur AM − GM 3(a + b3 + c ) + 9abc ≥ 3[ (a + b)ab + (b + c)bc + (c + a )ca ] 2(a + b3 + c ) ≥ (a + b)ab + (b + c)bc + (c + a )ca Chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy a= b= c= + Cách 2: Giả sử c = min{a; b; c} Ta phải chứng minh: 9a 2b 2c ≥ (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b)(a + b + c )(a + b + c) (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) 9abc ≤ 2 abc (a + b + c )(a + b + c) (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) 9abc ⇔ 1− ≥1− 2 abc (a + b + c )(a + b + c) ⇔ ⇔ abc − (a + b − c)(b + c − a )(c + a − b) (a + b + c )(a + b + c) − 9abc ≥ abc (a + b + c )(a + b + c) Ta để ý đẳng thức sau: abc − (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) = (a + b − c)(a − b) + c(a − c)(b − c) (a + b + c )(a + b + c) − 9abc = (a + b + 3c)(a − b) + (2a + 2b + c)(a − c)(b − c) Vậy nên điều phải chứng minh viết lại thành: a + b − c  a + b + 3c ( a − b)  − 2  (a + b + c)(a + b + c )   abc  c  +(a − c)(b − c)  − 2a + 2b + c(a + b + c)(a + b + c )  ≥  abc  ⇔ (a − b) M + (a − c)(b − c).N ≥ Ta cần chứng minh M , N ≥ (Do c = Min{a; b; c} ) • Để chứng minh M ≥ ta chứng minh: a+b−c a + b + 3c ≥ abc (a + b + c)(a + b + c ) ⇔ (a + b + c)(a + b + c ) a + b + 3c ≥ abc a+b−c Điều hiển nhiên : (a + b + c)(a + b + c ) a + b + 3c ≥9≥ abc a+b−c • Để chứng minh N ≥ ta chứng minh: ≥ 2a + 2b + c(a + b + c)(a + b + c ) ab Do 2ab ≤ a + b + c nên điều hiển nhiên đúng: ≥ ≥ 2a + 2b + c(a + b + c)(a + b + c ) ab a + b + c Chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy a= b= c= Bài 36: (Đề thi HSG Chuyên Đại Học Vinh) Cho a, b, c ∈ [2; + ∝) Chứng minh log b + c a + log c + a b + log a + b c ≥ Lời giải Ta có bất đẳng thức cho tương đương với log a log b log c + + ≥3 log (b + c) log (c + a ) log (a + b) Do a, b, c ≥ nên 1 + ≤ ⇒ a + b ≤ ab a b Xây dựng bất đẳng thức tương tự ta đưa toán chứng minh  x 2log a 2log b 2log 2c z y  + + = 2 + + ≥3 log bc log ca log ab  y+z x+ y x+ y Sử đụng Nesbitt ta có điều cần chứng minh Bài 37: (Đề thi chọn HSG tỉnh Bình Dương) Giả sử a,b,c số thực không âm thoả mãn ab + bc + ca + abc = Chứng minh : a + b + c ≥ ab + bc + ca Lời giải Ta đặt : 2x 2y 2z = ,b = ,c ( x, y, z ≥ 0,( x + y )( y + z )( z + x) ≠ 0) y+z z+x x+ y = a Ta cần chứng minh :   x y z xy yz zx + + ≥ 2 + +  y+z z+x x+ y  ( x + z )( y + z ) ( y + x)( z + x) ( z + x)( x + y )  ⇔ x3 + y + z + xyz ≥ xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx( z + x) Đúng theo Schur Đẳng thức xảy a= b= c= a= b= 2, c= hoán vị Bài 38: (Đề thi HSG tỉnh Cà Mau -vòng 1) Cho x, y, z > x + y + z = π Tìm giá trị lớn biểu thức: P= 2cos x + sin y cos z + sin z cos y + sin x + Lời giải Ta có 2cos x =2 − 2sin x;sin y cos z + sin z + cos y =sin( y + z ) =sin x Thay vào ta P = −2(sin x − sin x + ) + − 2sin x + sin x + sin x + = 2 1  = −  sin x −  ≤ 2  Vậy giá trị lớn P P = π 5π đạt sin x = ⇔ x = ; x = x + y + z = π 2 6 Bài 39 : (Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ) Cho x, y, z > thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức biết: P= xy yz zx + + 3x + y + z y + z + x 3z + x + y Lời giải xy yz xz + + 2( x + y + z ) + (2 y + x) 2( x + y + z ) + (2 z + y ) 2( x + y + z ) + (2 x + z ) 1 ta có: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc: + + ≥ x y z x+ y+z xy  1  yz  1  xz  1  P≤  + +  +  + + +  + +  3 2x + y   3 2z + y   3 z + 2x  Viết lại P = ≤ ( x + y + z ) xy  1  yz  1  xz  1  1 +  + + +  + + +  + +  = + = 3.9 81  y y x  81  z z y  81  z x x  9 Dấu “=” xảy x=y=z =1 Bài 40 : (Chọn HSG lớp 12 chuyên – tỉnh Thừa Thiên Huế) Xét số thực thay đổi x1 , x2 , x3 , x4 , x5 thoả mãn đồng thời điều kiện sau: i) Với i, j thuộc tập {1;2;3;4;5} , ln có xi − x j ≤ ii) 5( x12 + x22 + x32 + x42 + x52 ) = 3( x1 + x2 + x3 + x4 + x5 )2 Tìm giá trị nhở T = x1 + x2 + x3 + x4 + x5 Bài 41: (Đề chọn HSG quốc gia tỉnh Ninh Thuận) Tìm tất giá trị x ∈ [0, 2π ] cho: 2cosx ≤| + sin x − − sin x |≤