BẤT ĐẲNG THỨC (TUYỂN tập) VQBC

Let the solutions say your method! The first version Caàn Thơ © 2009 Let the solutions say your method! The first version Cần Thơ © 2009 Võ Quốc Bá Cẩn Copyright c 2009 by Vo Quoc Ba Can 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 Lời nói đầu Bất đẳng thức phần quan trọng Toán học, có sức hút mạnh mẽ đến đơng đảo bạn u tốn Hàng ngày, có nhiều tốn tìm tịi sáng tạo chia sẻ diễn đàn Có nhiều tiêu chí khác để đánh giá bất đẳng thức hay, từ khía cạnh sáng tạo đến phương pháp giải nó, lời giải hay lại tôn thêm vẻ đẹp vốn có bất đẳng thức Với mong muốn cập nhật toán hay, ý tưởng mới, làm tuyển tập bất đẳng thức có kèm theo lời giải, phân chia thành nhiều tập, tập bao gồm 11 đề lời giải từ thi olympic toán, 11 tác giả tự sáng tạo sưu tầm 11 chọn từ kỳ thi olympic toán nhằm dành cho bạn có định hướng thi học sinh giỏi tham khảo rèn luyện thêm, 11 lại dành cho bạn đam mê bất đẳng thức, muốn tìm hiểu thêm Bên cạnh đó, tơi cịn thực thêm hai mục "Sưu tầm viết hay bất đẳng thức" "Giúp bạn giải toán" Mục sưu tầm viết hay thực với mục đích giúp cho bạn khơng có đủ điều kiện cập nhật kiến thức hay bổ ích bất đẳng thức Để thể tôn trọng tác giả viết, xin giữ nguyên gốc chúng (về ngôn ngữ, lập luận, ) Mục "Giúp bạn giải toán" nơi để bạn yêu cầu lời giải cho toán mà bạn chưa có lời giải, tơi cố gắng giải giúp bạn (với điều kiện tốn u cầu khơng xuất kỳ thi thời), trường hợp tơi khơng tìm lời giải, để tuyển tập dạng chưa giải hy vọng bạn khác giúp giải Hầu hết lời giải tuyển tập tác giả, đồng thời chọn lọc lời giải hay tác giả khác Các toán ghi nguồn gốc rõ ràng, số toán tác giả chưa rõ tên thật người sáng tạo, mong cập nhật để bổ sung kịp thời Điều cần lưu ý lời giải tuyển tập chưa phải hay nhất, hy vọng cung cấp cho bạn quan tâm cách nhìn, ý tưởng mới, tư Và mong nhận lời giải từ phía bạn Tác giả chọn lọc hoàn thành “Những lời giải hay cho toán đẹp” hy vọng ngày gần xuất đến tay bạn ủng hộ, quan tâm Tác giả xin chân thành cảm ơn Vasile Cirtoaje, Manlio Marangelli anh Nguyễn Văn Dũng, Trần Quang Hùng có nhiều động viên góp ý kiến cho đời tuyển tập Tôi mong góp ý bạn đọc để tuyển tập ngày hồn thiện Mọi ý kiến đóng góp xin gửi theo địa email: babylearnmath@yahoo.com Cần Thơ, ngày 30 tháng 05 năm 2009 Võ Quốc Bá Cẩn Những bất đẳng thức từ thi giải toán Bài O1 Giả sử α; β; χ số thực không âm thỏa mãn α2 + β2 + χ2 + αβχ = 4: Chứng minh αβ + βχ + χα αβχ 2: (USAMO 2000) Lời giải (V Q B Cẩn) Bất đẳng thức bên trái hiển nhiên, từ giả thiết, ta suy có số ba số α; β; χ khơng lớn 1: Giả sử số χ; ta có αβ + βχ + χα αβχ = αβ(1 χ) + χ(α + β) 0: Bây giờ, ta chứng minh bất đẳng thức bên phải Thay αβχ = (α2 + β2 + χ2 ) vào, ta viết lại bất đẳng thức thành α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα 6: Ta dùng phương pháp phản chứng để chứng minh bất đẳng thức Giả sử tồn số (α; β; χ) gồm số hạng không âm cho α2 + β2 + χ2 + αβχ = α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα > 6: Khi đó, ta có π 6(α2 + β2 + χ2 ) 6αβχ 2 = α + β + χ + αβχ = + π 6 π 6αβχ 6(α2 + β2 + χ2 ) + ; > α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα (α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα)3=2 suy 2(αβ + βχ + χα) π 6αβχ : (α + β + χ ) > π α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα 2 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Schur bậc (ở dạng phân thức), ta thấy 2(αβ + βχ + χα) (α2 + β2 + χ2 ) 6αβχ(α + β + χ) α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα ; nên từ ta suy π 6αβχ(α + β + χ) 6αβχ : >π α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα π π Điều chứng tỏ αβχ > 2(α + β + χ) > 3(α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα): Điều vơ lí, ta ln có 3(α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα) 2(α + β + χ)2 = α2 + β2 + χ2 αβ βχ χα 0: Như vậy, tồn số α; β; χ thỏa mãn giả thiết đề cho α2 + β2 + χ2 + αβ + βχ + χα > 6; hay nói cách khác, với α; β; χ không âm cho α2 + β2 + χ2 + αβχ = 4; ta phải có αβ + βχ + χα αβχ 2: Bài toán chứng minh xong Dễ thấy bất đẳng thức bên trái đạt dấu (α; β; χ) hoán vị số (2; 0; 0); bất đẳng thức bên phải đạt dấu (α; β; χ) = (1; 1; 1) π π (α; β; χ) hoán vị số 2; 2; : Những bất đẳng thức từ thi giải toán Lời giải Đây chứng minh hay đặc sắc cho bất đẳng thức bên phải Trong ba số α; β; χ; ln tồn số cho hiệu chúng trừ cho có dấu với Khơng tính tổng qt, giả sử hai số α β; ta có χ(α 1)(β 1) 0; suy αβχ αχ + βχ χ: Mặt khác, theo bất đẳng thức AM – GM = α2 + β2 + χ2 + αβχ 2αβ + χ2 + αβχ; suy αβ χ: Từ đây, ta thu αβ + βχ + χα αβχ (2 χ) + βχ + χα (αχ + βχ χ) = 2: Lời giải (V Q B Cẩn) Xin giới thiệu thêm bạn đọc chứng minh khác cho bất đẳng thức bên phải Từ giả thiết, ta dễ dàng chứng minh tồn số không âm ξ; ψ; ζ cho ; β = π 2ψ ; χ = π 2ζ : Với phép đặt (ξ + ψ)(ψ + ζ)(ζ + ξ) > α = π 2ξ (ξ+ψ)(ξ+ζ) (ψ+ζ)(ψ+ξ) này, ta đưa tốn chứng minh (ζ+ξ)(ζ+ψ) 4ξψζ (ξ + ψ)(ψ + ζ)(ζ + ξ) ξψ π χψχ (ξ + ψ) (ξ + ζ)(ψ + ζ) 2∑ 1: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có ξψ π χψχ (ξ + ψ) (ξ + ζ)(ψ + ζ) 1 + ξ+ζ ψ+ζ χψχ ξψ ξψ +∑ = ∑ χψχ (ψ + ζ)(ψ + ξ) χψχ (ξ + ψ)(ξ + ζ) ξψ ζξ = ∑ +∑ χψχ (ξ + ψ)(ξ + ζ) χψχ (ξ + ψ)(ξ + ζ) ξψ ∑ ξ+ψ 2∑ = ξ(ψ + ζ) 4ξψζ ∑ (ξ + ψ)(ξ + ζ) = + (ξ + ψ)(ψ + ζ)(ζ + ξ) : χψχ Vì bất đẳng thức hiển nhiên đúng, phép chứng minh ta hoàn tất Bài O2 Cho α; β; χ số thực dương thỏa mãn αβ + βχ + χα + αβχ = 4: Chứng minh α+β+χ αβ + βχ + χα: (Việt Nam, 1996) 2ψ 2ξ 2ζ Lời giải (V Q B Cẩn) Từ giả thiết, suy ta đặt α = ψ+ζ ; β = ζ+ξ χ = ξ+ψ với ξ; ψ; ζ số thực dương Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành ψ ζ ξ + + ψ+ζ ζ+ξ ξ+ψ 2ξψ 2ψζ 2ζξ + + : (ξ + ζ)(ψ + ζ) (ψ + ξ)(ζ + ξ) (ζ + ψ)(ξ + ψ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có ςΠ ξψ ξψ =∑ + +∑ 2 (ξ + ζ) (ψ + ζ) (ζ + ξ) (ψ + ζ)2 χψχ χψχ χψχ ζξ ξψ ξ = ∑ +∑ =∑ = ς Τ: 2 χψχ (ψ + ζ) χψχ (ψ + ζ) χψχ ψ + ζ ∑ ξψ Phép chứng minh ta hoàn tất Dễ thấy đẳng thức xảy ξ = ψ = ζ; tức α = β = χ = 1: Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Lời giải (V Q B Cẩn) Ta dùng phương pháp phản chứng Giả sử tồn số dương α+β+χ α; β; χ cho αβ + βχ + χα + αβχ = α + β + χ < αβ + βχ + χα: Khi đó, ta có αβ+βχ+χα < 1; dẫn đến = (αβ + βχ + χα) + αβχ α+β+χ + αβχ αβ + βχ + χα (α + β + χ)2 αβχ(α + β + χ)3 + : αβ + βχ + χα (αβ + βχ + χα)3 α+β+χ αβ + βχ + χα > (αβ + βχ + χα) = Từ đây, ta tìm (α2 + β2 + χ2 ) > 2(αβ + βχ + χα) αβχ(α + β + χ)3 : (αβ + βχ + χα)2 Nhưng mà theo bất đẳng thức Schur bậc dạng phân thức 2(αβ + βχ + χα) 9αβχ α+β+χ : Điều dẫn đến 9αβχ αβχ(α + β + χ)3 ; > α + β + χ (αβ + βχ + χα)2 (α2 + β2 + χ2 ) suy αβχ > 9(αβ + βχ + χα)2 > (α + β + χ)4 (mâu thuẫn ta ln có (α + β + χ)2 3(αβ + βχ + χα) theo AM – GM) Bởi vậy, ta khơng thể có α + β + χ < αβ + βχ + χα với α; β; χ > thỏa mãn giả thiết đề Điều chứng tỏ α + β + χ αβ + βχ + χα; điều phải chứng minh Lời giải (V Q B Cẩn) Ta sử dụng phương pháp dồn biến để chứng minh bất đẳng thức cho Để ý điểm đẳng thức α = β = χ = bất đẳng thức cho cịn có điểm "nhạy cảm" α = β ! 2; χ ! (cùng hoán vị) Điều gợi cho ta giả sử χ = mινφα; β; χγ dùng phép dồn biến để đưa hai biến α; β số τ dương Muốn vậy, việc trước tiên ta phải làm đảm bảo giả thiết tốn, tức số (τ;τ; χ) phải thỏa mãn τ + 2τχ + τ χ = αβ + βχ + χα + αβχ = 4: Vì ta cần dồn biến từ (α; β; χ) (τ;τ; χ) nên ta phải chứng minh α + β + χ αβ βχ χα 2τ + χ τ 2τχ; tương đương (α + β χ) + (τ 2τ)(1 αβ) ( ) 0: Mặt khác, từ cách chọn τ; ta có χ(α + β 2τ) = αβ): Ta chứng minh α + β 2τ τ αβ số không âm Thật vậy, giả sử α + β 2τ < 0; ta có τ αβ < 0: Điều dẫn đến αβ > τ > (α+β) αβ (vơ lí) Vì vậy, ta phải có α + β 2τ τ αβ 0: Ngoài ra, từ giả thiết χ; dễ thấy χ 1: Và thế, bất đẳng thức ( ) hiển nhiên Phép dồn biến hồn tất, cơng việc cịn lại ta chứng minh 2τ + χ τ 2τχ với τ + 2τχ + τ χ = 4: Đây công việc đơn giản, từ τ + 2τχ + τ χ = 4; ta tìm χ = τ τ 0; dẫn đến (χ + 1)(τ 2τ + χ τ2 2τχ = 2τ + τ τ τ2 2(2 τ) = (2 τ)(τ τ 1)2 0: Lời giải (V Q B Cẩn) Dễ thấy ba số α; β; χ có hai số có hiệu trừ cho số dấu với Giả sử hai số α; β; ta có χ(α 1)(β 1) 0; dẫn đến αβχ αχ + βχ χ: Từ đây, ta thu α + β + χ + αβχ (α + β)(χ + 1): Những bất đẳng thức từ thi giải toán Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta lại có (α + β)2 (α + β)2 χ + χ(α + β) + ; 4 = αβχ + χ(α + β) + αβ suy χ (α+β)2 (α+β)2 + (α + β) = (α + β) = α+β α+β 1: Cộng vào hai vế bất đẳng thức nhân cho α + β > 0, ta thu (α + β)(χ + 1) 4: Do đó, kết hợp với trên, ta α + β + χ + αβχ (α + β)(χ + 1) = αβ + βχ + χα + αβχ; hay nói cách khác α + β + χ αβ + βχ + χα: Bài O3 Với α; β; χ số thực dương bất kì, tìm tất số thực κ bất đẳng thức sau β χ α : κ+ κ+ κ+ κ+ β+χ χ+α α+β (Việt Nam, 2009) Lời giải (V Q B Cẩn) Đầu tiên, ta cho α = β = 1; bất đẳng thức cho trở thành κ + 1+χ κ + 2χ κ + 21 ; tương đương (χ 1)2 (4κ2 χ + 4κ2 + 2κ 1) 0: (χ + 1) Đến đây, cho χ ! 0; ta thấy bất đẳng thức 4κ2 + 2κ 0: Ta chứng minh rằng, nghiệm bất phương trình tập hợp tất giá trị κ thỏa mãn yêu cầu toán, tức chứng minh với 4κ2 + 2κ κ+ α β+χ κ+ β χ+α κ+ χ α+β κ+ : 2α 2β 2χ Thật vậy, đặt ξ = β+χ ; ψ = χ+α ; ζ = α+β hiển nhiên ξψ + ψζ + ζξ + ξψζ = bất đẳng thức viết lại thành (2κ + ξ)(2κ + ψ)(2κ + ζ) (2κ + 1)3 : Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta dễ thấy ξψζ 1: Từ đó, sử dụng kết O2, ta thu (2κ + ξ)(2κ + ψ)(2κ + ζ) = 8κ3 + 4κ2 (ξ + ψ + ζ) + 2κ(ξψ + ψζ + ζξ) + ξψζ 8κ3 + 4κ2 (ξψ + ψζ + ζξ) + 2κ(ξψ + ψζ + ζξ) + ξψζ = 8κ3 + (4κ2 + 2κ)(4 3 = 8κ + 16κ + 8κ 8κ + 16κ + 8κ ξψζ) + ξψζ (4κ2 + 2κ (4κ + 2κ 1)ξψζ 1) = (2κ + 1)3 : Như vậy, phép chứng minh ta hoàn tất Điều chứng tỏ khẳng định ta đúng, tức tập hợp tất giá trị cần tìm κ nghiệm bất phương trình 4κ2 + 2κ 0: Bài O4 Cho α; β; χ; δ số thực dương thỏa mãn α4 + + β4 + + χ4 + + δ4 + = 1: Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Chứng minh αβχδ 3: (Latvia 2002) Lời giải (V Q B Cẩn) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có = = Từ suy α4 α4 + 1 α4 α4 +1 + + β4 + 1 β4 β4 +1 + β14 + χ14 + δ14 + α2 β2 + + α2 + χ4 + 1 χ4 χ4 +1 + + δ4 + 1 δ4 + α2 δ + α4 +1 + β12 + χ12 + δ12 α2 χ2 α2 δ4 + β12 + χ12 + δ12 + β14 + χ14 + δ14 + : ; tức β2 χ2 + β2 δ + χ2 δ : Mà theo bất đẳng thức AM – GM α21β2 + α21χ2 + α21δ + β21χ2 + β21δ + χ21δ αβχδ nên kết hợp với trên, ta dễ πdàng suy bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy α = β = χ = δ = 3: Lời giải Đặt ξ = α41+1 ; ψ = β41+1 ; ζ = χ41+1 τ = δ 41+1 ta có ξ + ψ + ζ + τ = α4 = ξ ξ = ψ+ζ+τ ; ξ β4 = Từ đó, để chứng minh bất đẳng thức αβχδ ζ+τ +ξ ; ψ χ4 = τ +ξ+ψ ; ζ δ4 = ξ+ψ+ζ : τ 3; ta thấy ta cần chứng minh ψ+ζ+τ ζ+τ +ξ τ +ξ+ψ ξ+ψ+ζ ξ ψ ζ τ 81: Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên theo AM – GM, ta có π π π π ψ + ζ + τ ζ + τ + ξ τ + ξ + ψ ξ + ψ + ζ 3 ψζτ 3 ζτξ 3 τξψ 3 ξψζ = 81: ξ ψ ζ τ ξ ψ ζ τ Phép chứng minh ta hoàn tất Bài O5 Cho số dương α; β; χ thỏa mãn 1 + + α+β+1 β+χ+1 χ+α+1 1: Chứng minh α+β+χ αβ + βχ + χα: (Andrei Ciupan, Chọn đội tuyển Romania dự thi Junior BMO 2007) Lời giải (Andrei Ciupan) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, dễ thấy (α + β + 1)(α + β + χ2 ) (α + β + χ)2 : Từ dẫn đến 1 1 + + α+β+1 β+χ+1 χ+α+1 β + χ + α2 χ + α + β2 α + β + χ2 + + ; (α + β + χ)2 (α + β + χ)2 (α + β + χ)2 suy (α + β + χ)2 2(α + β + χ) + α2 + β2 + χ2 ; Những bất đẳng thức từ thi giải toán tức α+β+χ αβ + βχ + χα: Bất đẳng thức ta chứng minh xong Đẳng thức xảy α = β = χ = 1: Lời giải (Cezar Lupu) Từ giả thiết, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có 1 + + α+β+1 β+χ+1 χ+α+1 β+χ χ+α α+β + + α+β+1 β+χ+1 χ+α+1 [(α + β) + (β + χ) + (χ + α)]2 (α + β)(α + β + 1) + (β + χ)(β + χ + 1) + (χ + α)(χ + α + 1) 2(α2 + β2 + χ2 ) + 4(αβ + βχ + χα) : (α + β2 + χ2 ) + (αβ + βχ + χα) + (α + β + χ) = = Từ đây, ta suy (α2 + β2 + χ2 ) + (αβ + βχ + χα) + (α + β + χ) (α2 + β2 + χ2 ) + 2(αβ + βχ + χα); tức α+β+χ αβ + βχ + χα: Đây điều phải chứng minh Lời giải (V Q B Cẩn) Ta dùng phương pháp phản chứng để chứng minh bất đẳng thức 1 Giả sử tồn số dương α; β; χ cho α+β+1 + β+χ+1 + χ+α+1 α + β + χ < αβ + βχ + χα: αβ+βχ+χα Khi đó, ta có < α+β+χ ; dẫn đến αβ+βχ+χα αβ + βχ + χα α+β+χ < : = α + β + α + β + αβ+βχ+χα (α + β)(α + β + χ) + αβ + βχ + χα α+β+χ Và ta thu αβ + βχ + χα ∑ (α + β)(α + β + χ) + αβ + βχ + χα > 1; χψχ tương đương 1>∑ χψχ 2(αβ + βχ + χα) ; (α + β)(α + β + χ) + αβ + βχ + χα α2 + αβ + β2 : χψχ (α + β)(α + β + χ) + αβ + βχ + χα 1>∑ Tuy nhiên, theo bất đẳng thức AM – GM Cauchy Schwarz (α + β)2 4∑ χψχ (α + β)(α + β + χ) + αβ + βχ + χα ςΠ = 3(α + β + χ)2 2(α + β + χ)2 + 3(αβ + βχ + χα) 3(α + β + χ)2 ∑ [(α + β)(α + β + χ) + αβ + βχ + χα] χψχ 3(α + β + χ)2 = (mâu thuẫn) 2(α + β + χ)2 + (α + β + χ)2 1 + β+χ+1 + Vì vậy, ta khơng thể có điều giả sử trên, tức với α; β; χ dương thỏa mãn α+β+1 1 bắt buộc ta phải có α + β + χ αβ + βχ + χα: Phép chứng minh hoàn tất χ+α+1 23 Những bất đẳng thức tự sáng tạo sưu tầm Nếu 16α2 ∆0φ = 4(8α2 32α + 16α + 9)2 π 1, cách tính biệt thức φ (χ); ta dễ thấy α 9(8α3 + 34α2 64α + 27) = 256α4 1096α3 + 1294α2 dẫn đến φ (χ) trường hợp thứ hai giải xong 2 + Xét β = 1: Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành α3 + χ3 + δ + α +χ4 +δ đẳng thức hiển nhiên α; χ; δ số không âm + Xét β = δ = 0: Khi đó, ta phải chứng minh α3 + χ3 + Đặt τ = α + χ ξ = αχ ξ τ2 τ(τ α2 + χ2 + 8(1 α)(1 χ) 576α + 81 < 0; 0; bất 0: ; bất đẳng thức trở thành 3ξ) + τ2 2ξ + 8(1 τ + ξ) τ)(27 5τ 0; 6(5 2τ)ξ + (1 4τ ) 0: Nếu τ bất đăng thức cuối hiển nhiên ta có 6(5 2τ)ξ (1 τ)(27 5τ 4τ ) 0: Trong trường hợp ngược lại, sử dụng đánh giá (1 α)(1 χ) 0; ta suy ξ τ 1; dẫn đến 6(5 2τ)ξ + (1 τ)(27 5τ 4τ ) 6(5 1) + (1 2τ)(τ τ)(27 5τ 4τ ) = (4τ 3)(τ 1)2 0: Trường hợp thứ tư giải xong Và thế, phép chứng minh ta hoàn tất Dễ thấy đẳng thức xảy α = β = χ = δ = 12 α = 1; β = χ = δ = hoán vị tương ứng Bài CH7 Cho số thực dương α; β; χ thỏa mãn α + β + χ = α3 + β3 + χ3 : Chứng minh bất đẳng thức sau α β α+β+χ χ β α χ : + + α2 + β β2 + χ χ2 + α (Gabriel Dospinescu) Lời giải (V Q B Cẩn) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta dễ thấy ςΤ α2 + β2 + χ2 + + + α β χ χ α β + + β χ α : Do đó, ta cần chứng minh χ α β + + β χ α 1 (α + β + χ) α + β + χ + + + : α β χ Ta thấy bất đẳng thức tổng hai bất đẳng thức sau χ α β + + β χ α (α + β + χ) χ α β + + β χ α 1 + + ; α β χ (α + β + χ)2 : 24 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Bất đẳng thức thứ tương đương với β2 χ2 α2 α β χ + + + + + α2 β χ β χ α 2 β χ α + + + 3; α β χ 2 β χ α χ α α β χ β mà αβ2 + βχ2 + αχ2 nên bất đẳng thức hiển nhiển α+β+χ α + β + χ β + χ + α Xét bất đẳng thức thứ hai, lấy bậc hai hai vế, ta thấy bất đẳng thức tương đương với β χ α + + α β χ α + β + χ: Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức Chebyshev AM – GM, ta có 3(α + β + χ) = 3(α3 + β3 + χ3 ) suy π 3 α2 β2 χ2 (α + β + χ); (α + β + χ)(α2 + β2 + χ2 ) αβχ; ta thu β χ α + + α β χ 2α χ 2χ β 2β α + + + + + α χ χ β β α ρ ρ ρ 2 α+β+χ β α χ α + β + χ: + + = π αχ βχ αβ αβχ = Bài toán chứng minh xong Dễ thấy đẳng thức xảy α = β = χ = 1: Bài CH8 Cho số thực không âm α; β; χ thỏa mãn α2 + 47 + β2 + 47 + χ2 + 47 Chứng minh bất đẳng thức sau α+β+χ ρ 10 = : 24 47 : 23 (Yongyao*) 1 1 Lời giải (V Q B Cẩn) Để ý α2 +47 ; β2 +47 ; χ2 +47 nên từ giả thiết, ta đặt 47 ψ ξ ζ 1 = 47 ; β2 +47 = 47 ; χ2 +47 = 47 với ξ; ψ; ζ số thực không âm nằm đoạn [0; 1]: Từ α2 +47 25 ; ta phải chứng minh phép đặt này, dễ dàng suy ξ + ψ + ζ = 24 ρ ξ ξ + ρ ψ ψ + ρ ζ 10 π : 23 ζ Không tính tổng qt, ta giả sử ζ = mινφξ; ψ; ζγ: Khi đó, dễ thấy ξ + ψ dẫn đến (3ξ + 3ψ 2)(ξ ψ)2 (ξ + ψ)2 (ξ + ψ)3 + = ξ2 + ψ2 (ξ3 + ψ3 ) 4 Từ đây, áp dụng bất đẳng thức Holder, ta thu σ ρ ρ ξ ψ (ξ + ψ)3 + ξ ψ ξ (1 ξ) + ψ2 (1 ψ) σ (ξ + ψ)3 (ξ+ψ)2 (ξ+ψ)3 ρ =2 (ξ + ψ + ζ) 0: 25 24ζ : 23 + 24ζ > 32 , 25 Những bất đẳng thức tự sáng tạo sưu tầm Vì thế, để chứng minh bất đẳng thức trên, ta cần chứng minh ρ ρ 10 25 24ζ ζ π : + 23 + 24ζ ζ 23 Việc chứng minh bất đẳng thức đơn giản, xin dành cho bạn đọc Nhận xét Với cách làm trên, chứng minh kết đẹp nhiều Với số thực không âm α; β; χ thỏa mãn mινφα; β; χγ α + β + χ 15: 1 + β2 +47 + χ2 +47 α2 +47 = 24 Và điều thú vị bất đẳng thức tương đương với kết sau (rất đẹp khó) tác giả Vasile Cirtoaje tạp chí Crux Mathematicorum Với số thực khơng âm ξ; ψ; ζ thỏa mãn khơng có hai số đồng thời σ σ ρ 48 48ψ 48ζ 1+ + 1+ + 1+ 15: ψ+ζ ζ+ξ ξ+ψ | Bài CH9 Cho số thực khơng âm α; β; χ thỏa mãn khơng có hai số đồng thời tổng chúng 1: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau β χ χ α α β : +π +π Π= π χ+α α+β β+χ (Phạm Kim Hùng) π π π Lời giải (V Q B Cẩn) Đặt ξ = α + β; ψ = β + χ ζ = χ + α; ta α= ζ2 + ξ2 ψ2 ; ξ + ψ2 ζ2 (ξ2 + ψ2 ζ2 ) β= ; χ= ψ2 + ζ2 ξ2 : Từ suy ϕΠϕ = = = α β ∑ πα + β = χψχ ∑ (ζ2 + ξ2 ψ2 ) 2ξ χψχ (ξ2 ψ2 )(ψ2 ζ2 )(ζ2 ξ2 )(ξ + ψ + ζ) ζ)(ζ ξ)(ξ + ψ + ζ)ϕ = ∑ ξ ξψζ ξψζ(ξ + ψ)(ψ + ζ)(ζ + ξ) χψχ π π π ϕ(α β)(β χ)(χ α)ϕ α + β + β + χ + χ + α π : π π π π π π (α + β)(β + χ)(χ + α) α + β + α + χ β+χ+ χ+α β+χ+ β+α ζ2 ψ2 = ϕ(ξ ψ)(ψ Khơng tính tổng qt, giả sử χ = mιν φα; β; χγ ; ta dễ dàng kiểm tra đánh giá sau ϕ(α β)(β χ)(χ α)ϕ π (α + β)(β + χ)(χ + α) π π π π α+β+ α+χ β+χ+ β+α ϕαβ(α π β)ϕ ; ; αβ(α + β) π π α+ α+β π ; π β+ α+β 26 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn π π π π α+β+ β+χ+ χ+α α+β π π = 1+ π π β+χ+ χ+α α+χ+ β+χ π α+β π : 1+ π α+ β Những đánh giá giúp ta thu bất đẳng thức sau ϕΠϕ = Đặt ξ = π π π ϕαβ(α β)ϕ α+ β+ α+β π π π π π π π αβ(α + β) α + α + β β+ α+β α+ β π α β π + β α+β π π π α β π α =π α + β α+β+χ α+β π π π π β α α β α β π π α = + π + β : α+β α+β α+β α+β β ta có α+β = ξ; π π β α α β = ξ (1 + π α+β α+β α α+β π ξ) + π ξ = 2ξ ξ = φ (ξ): π ξ bảng biến thiên, dễ thấy θ π 71 17 17 φ (ξ) : Vì ϕΠϕ ϕ φ (ξ)ϕ nên ta suy 32 σ Mặt khác, cho α = π π α = 4616 17 ; β = π π ξ+ π1 : Giải phương trình φ (ξ) = 0, ta tìm hai π πξ π π 46 17 8+ 46 17 (0; 1) ξ1 = ξ = Từ đó, cách lập 16 16 π π θ π π π 71 17 17 φ (ξ) φ 8+ 4616 17 ; φ 4616 17 32 Tính đạo hàm φ (ξ); ta φ (ξ) = nghiệm khoảng ξ π 71 17 17 32 Π σ 71 π 17 17 : 32 π π π π π π (5 17) 46 17 46 17 46 17 ; β = ; χ = ta dễ thấy Π = ; 16 16 32 π π π π π 17 46 17 ( ) 8+ 46 17 ; χ = Π = ; nên ta đến kết luận 16 32 π 8+ mαξ Π = σ π 71 17 17 32 mιν Π = σ 71 cho π 17 17 : 32 Bài toán giải xong Bài CH10 Chứng minh với số thực dương α; β; χ; bất đẳng thức sau thỏa mãn α β χ + + : 2α + 3β + 2β + 3χ + 2χ + 3α + (Phan Thành Nam) Lời giải (V Q B Cẩn) Do tính hốn vị vịng quanh nên ta giả sử β số hạng nằm α χ: Khi đó, có trường hợp để xét χ β α α β χ: + Xét trường hợp χ β α: Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có α 2α2 + 3β + α ; 4α + 3β β 2β2 + 3χ + β ; 4β + 3χ χ 2χ2 + 3α + χ : 4χ + 3α 27 Những bất đẳng thức tự sáng tạo sưu tầm Vì thế, để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần chứng minh β χ α + + 4α + 3β 4β + 3χ 4χ + 3α ; tức 15(αβ2 + βχ2 + χα2 ) 8(α2 β + β2 χ + χ2 α) + 21αβχ: Nhưng bất đẳng thức hiển nhiên ta có 8(αβ2 + βχ2 + χα2 ) χ β α) 7(αβ2 + βχ2 + χα2 ) 21αβχ (theo AM – GM) + Xét trường hợp α β χ: Lúc này, có khả xảy sau 8(α2 β + β2 χ + χ2 α) (do Khả thứ α β + 3χ: Với giả thiết này, thực tương tự trường hợp thứ trên, ta thấy bất đẳng thức ta chứng minh ta có 15(αβ2 + βχ2 + χα2 ) 8(α2 β + β2 χ + χ2 α) + 21αβχ; φ (α) = (15χ 8β)α2 + (15β2 21βχ 8χ2 )α + 15βχ2 8β2 χ 0: Nếu 8β > 15χ φ (α) tam thức bậc theo α với hệ số cao âm, φ (α) mιν φ φ (β); φ (β + 3χ)γ : Mà φ (β) = 7β(β χ)2 0; φ (β + 3χ) = 7β3 17β2 χ 38βχ2 + 111χ3 > nên hiển nhiên φ (α) 0: Trong trường hợp 15χ 8β; tính đạo hàm φ (α); ta có φ (α) = 2α(15χ 8β) + 15β2 21βχ 8χ2 2β(15χ 8β) + 15β2 21βχ 8χ2 = (8χ từ suy φ (α) hàm đồng biến, ta suy φ (α) Khả thứ hai α đánh giá φ (β) β)(β χ) 0; 0: β + 3χ: Trong khả này, sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta thu α 2α2 + 3β + π ; 2(3β + 2) χ 2χ2 + 3α + χ 4χ + 3α Do đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức sau với < χ xong β χ + γ(χ) = π + 2(3β + 2) 2β + 3χ + 3β + 13χ χ : 3β + 13χ β toán giải : Ta chứng minh bất đẳng thức với χ > mà không cần phải thỏa mãn χ Thật vậy, ta có 1 γ0 (χ) = 3β : 2 (3β + 13χ) (2β + 3χ + 2)2 Phương trình γ0 (χ) = có nghiệm dương χ0 = γ0 (χ) đổi dấu từ dương sang âm nên với χ > 0; ta có γ(χ) γ 2β2 3β + 10 2β2 3β+2 10 2β2 + 7β + : = π + 2(3β + 2) 26β2 9β + 26 β: > 0: Qua χ0 28 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Mặt khác, dễ dàng kiểm tra 2β2 + 7β + π + < ; 2 2(3β + 2) 26β 9β + 26 đó, kết hợp với trên, ta γ(χ) < 37 : Bài toán chứng minh xong Đẳng thức xảy α = β = χ = 1: Bài CH11 Giả sử α; β; χ số thực khơng âm thỏa mãn khơng có hai số đồng thời tổng chúng 2: Chứng minh đó, bất đẳng thức sau ln thỏa mãn ρ ρ ρ ρ α+β β+χ χ+α + + 2+ : 2 2 2 α + αβ + β β + βχ + χ χ + χα + α Lời giải (V Q B Cẩn, T Q Anh) Xét số thực ξ; ψ; ζ cho ξ; ψ ξ+ζ ξ2 + ξζ + ζ2 = ξ+ ζ ξ+ζ (ξ + ζ) ζ(ξ (Võ Quốc Bá Cẩn) 0; dễ thấy ζ ξ+ζ : = ζ ξ + (ξ + ζ) ξ + 2ζ ζ) Ngoài ra, ta có đánh giá sau ξ+ψ ξ2 + ξψ + ψ2 ξ+ψ+ζ ξ+ ζ + ξ + 2ζ ψ + 2ζ + ψ + 2ζ : Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với ξ + 2ζ + ξ + 2ζ ψ + 2ζ + ψ + 2ζ ξ2 + ξψ + ψ2 ξ+ψ+ζ ξ+ψ 1; :tương đương 3ζ(2ξ + 2ψ + ζ) 4(ξ2 + ξψ + ψ2 ) ζ (hiển nhiên đúng) ξ+ψ Bây giờ, trở lại tốn ta Do tính đối xứng nên ta giả sử α đánh giá trên, ta β+χ β2 + βχ + χ2 ; β + 2χ α+ χ + α + 2χ χ; từ hai ; α + 2χ α+β+χ α+β α2 + αβ + β2 χ+α χ2 + χα + α2 β β + 2χ + β + 2χ : Như vậy, ta cần chứng minh 1 π +π + υ ϖ ρ 2 υ + υϖ + ϖ2 2+ ρ ; υ = α + 2χ ϖ = β + 2χ : Đây tập tốt cho phép cân hệ số việc sử dụng bất đẳng thức AM – GM Xin dành cho bạn đọc để hoàn thiện nốt chứng minh Chú ý bất đẳng thức cho, đẳng thức xảy α = β = 1; χ = hốn vị tương ứng Nhận xét Hồn tồn tương tự, ta chứng minh kết tổng quát 29 Những bất đẳng thức tự sáng tạo sưu tầm Giả sử α; β; χ số thực không âm thỏa mãn α + β + χ = κ số thực khơng âm bất kì, α+β α2 + αβ + β2 κ β+χ + β + βχ + χ2 κ χ+α + χ + χα + α2 κ 2+ κ : | Sưu tầm viết hay bất đẳng thức Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality2 TRẦN NAM DŨNG, GABRIEL DOSPINESCU Together with Arthimetic mean – Geometric mean (AM – GM), Schur, Jensen and Holder inequality, Cauchy – Bunyakovski – Schwarz inequality3 (CBS) is a fundamental result, with remarkable applications The main question is how we recognise an inequality that can be solved using this method? It is very hard to say this clearly, but it is definitely good to think of CBS inequality whenever we have sums of radicals or sums of squares and especially when we have expressions involving radicals Let us first consider some problems in which it is better to apply the direct form of CBS inequality !2 ! ! ν ∑ αι βι ι=1 ν ∑ α2ι ι=1 ν ∑ β2ι : ι=1 The main difficulty is to choose αι and βι We will see that in some cases this is trivial, while in the other cases it is very difficult Let us solve some problems now: Example Prove that if ξ; ψ; ζ are real numbers such that ξ2 + ψ2 + ζ2 = 2; then the following inequality holds ξ + ψ + ζ + ξψζ: (IMO Shorlist, proposed by Poland) Solution Why we shoud think of CBS inequality? The reason: the relation we are asked to prove can be written as ξ(1 ψζ) + ψ + ζ and we are bound to consider the sum ξ2 + ψ2 + ζ2 : However, there are lots of ways to apply CBS The choice [ξ(1 ψζ) + ψ + ζ]2 [ξ2 + ψ2 + ζ2 ][2 + (1 ψζ)2 ] does not help So, maybe it is better to look at ψ + ζ as a single number Observe that we have the equality when ξ = 1; ψ = and ζ = (for example), the choice θ [ξ2 + (ψ + ζ)2 ][1 + (1 ψζ)2 ] ξ(1 ψζ) + ψ + ζ becomes natural So, we must prove that 2(1 + ψζ)(2 since ψ2 + ζ2 2ψζ: 2ψζ + ψ2 ζ2 ) or ψ3 ζ3 ψ2 ζ2 ; which is easy, Another non-trivial application of CBS inequality is the following problem Example Let α; β; χ; ξ; ψ; ζ be positive real numbers such that αξ + βψ + χζ = ξψζ: Prove that π π π ξ + ψ + ζ > α + β + β + χ + χ + α: Bài viết trích từ tạp chí Tốn học tuổi trẻ sách này, gọi bất đẳng thức Cauchy Schwarz Trong 31 Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality Solution We write ψζα + ζξβ + ξψχ = and now the substitution α = ψζυ; β = ζξϖ and χ = ξψω becomes natural So, we must prove that π π π ζ(ψυ + ξϖ) + ξ(ζϖ + ψω) + ψ(ζυ + ξω) < ξ + ψ + ζ for υ + ϖ + ω = 1: One can see the form of the CBS inequality ηπ ι π π ζ(ψυ + ξϖ) + ξ(ζϖ + ψω) + ψ(ζυ + ξω) (ξ + ψ + ζ)(ψυ + ξϖ + ζϖ + ψω + ζυ + ξω); and the latter is of course smaller than (ξ + ψ + ζ)2 , since υ + ϖ + ω = 1: We have seen that CBS inequality can be applied when we have sums What about products? The following example will show that we need some imagination in this case: Example Let ν (ν inequality 2) be an integer and let α1 ; α2 ; : : : ; αν be positive real numbers Prove the (α31 + 1)(α32 + 1) (α3ν + 1) (α21 α2 + 1) (α2ν α1 + 1): (Czech – Slovak – Polish Match, 2001) Solution We try to apply CBS inequality for each factor of the product in the RHS It is natural to write (1 + α21 α2 )2 (1 + α31 )(1 + α1 α22 ), since we need + α31 ; which appears in the LHS Similarly, we can write (1 + α22 α3 )2 (1 + α32 )(1 + α2 α23 ); :::; (1 + α2ν α1 )2 (1 + α3ν )(1 + αν α21 ): Multiplying we obtain [(α21 α2 + 1) (α2ν α1 + 1)]2 [(α31 + 1) (α3ν + 1)][(1 + α1 α22 ) ( ) (1 + αν α21 )]: Well, it seems that CBS inequality does not work for this one False! We use again the same argument to find that [(1 + α1 α22 ) Thus, if (α21 α2 + 1) ( ) will (1 + αν α21 )]2 (α2ν α1 + 1) [(α31 + 1) (1 + α1 α22 ) (α3ν + 1)][(α21 α2 + 1) (α2ν α1 + 1)]: ( ) (1 + αν α21 ); then ( ) will give the answer, otherwise It is now time to solve some harder problems Example Given ξ > 0; ψ > such that ξ2 + ψ3 ξ3 + ψ4 : Prove that ξ + ψ3 2: (Russia, 1999) Solution The idea is to majorize with for a certain Α; which seems reasonable, looking at the exponents We can try some tricks with CBS and AM – GM: ξ + ψ3 (ξ3 + ψ3 )2 (ξ3 + ψ4 )(ξ3 + ψ2 ) Thus weπ have established that ξ3 +ψ3 2(ξ2 + ψ2 ): Hence ξ2 + ψ2 ξ+ψ Α(ξ3 + ψ4 ) (ξ2 + ψ3 )(ξ3 + ψ2 ) ξ2 +ψ2 : However (ξ2 +ψ2 )2 and consequently ξ3 + ψ3 ξ2 + ψ2 + ξ3 + ψ3 2 : (ξ+ψ)(ξ3 +ψ3 ) and so ξ2 +ψ2 2: 32 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn Example Prove that if ξ; ψ; ζ [ 1; 1] satisfying ξ + ψ + ζ + ξψζ = 0; then π π π ξ + + ψ + + ζ + 3: Solution We first try CBS inequality in the obvious form: π π π π ξ+1+ ψ+1+ ζ+1 3(ξ + ψ + ζ + 3): But is the RHS smaller than 3? Well, if ξ + ψ + ζ 0; it is Let us suppose it is not the case Thus ξψζ < 0: Let ζ < 0: It follows that ξ; ψ (0; 1]: We will not give up and try to use again CBS inequality, but for the first two radicals: π π π π π ξ+1+ ψ+1+ ζ+1 2ξ + 2ψ + + ζ + 1: We have to prove that π which is equivalent to 2(ξ + ψ) π + 2ξ + 2ψ + that is π 2ξ + 2ψ + + ζ + ζ π ; 1+ ζ+1 2ζ(1 + ξψ) π + 2ξ + 2ψ + or π 2ξψ + 2(1 + ξψ) ζ + Since + ζ = (1 ξ)(1 ψ) ; 1+ξψ 3; π ζ π ; 1+ ζ+1 2ξ + 2ψ + 4: everything comes down to proving that ξψ + π (1 ρ ψ)(1 + ξψ) ξ)(1 1+ ξ+ψ : We would like to use CBS inequality such that ξ vanishes from the LHS Specifically: π π π π π ξψ + (1 ξ)(1 ψ)(1 + ξψ) = ξ ξψ + ξ + ξψ ψ ξψ2 ρ π ξ+ψ + ξψ ψ 1+ : Maybe the hardest example of them all is the following problem: Example Prove that for all positive real numbers α; β; χ; ξ; ψ; ζ; we have β χ α (ψ + ζ) + (ζ + ξ) + (ξ + ψ) β+χ χ+α α+β ξψ + ψζ + ζξ : ξ+ψ+ζ (Walther Janous, Crux Mathematicorum) Solution We have α ∑ β + χ (ψ + ζ) + ∑(ψ + ζ) = χψχ χψχ ∑α χψχ ! ∑ χψχ ψ+ζ ∑ β+χ χψχ !2 π ψ+ζ : ! = ∀ # ∑(β + χ) χψχ ψ+ζ ∑ β+χ χψχ ! 33 Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality We will show that π ∑ ψ+ζ χψχ ∑ ψζ !2 χψχ ∑ξ + 2∑ξ (1) χψχ χψχ from which our result will follow (1) is equivalent to ∀ ∑ χψχ # ∑ξ θ ∑ ξ2 + (ξψ + ψζ + ζξ) ϖ υ υ τ π ξ + ξ2 + ξψ + ψζ + ζξ χψχ Since χψχ Hence, it is enough to show that ∑ χψχ !ϖ υ υ ξ τ ∑ξ χψχ !2 + ∑ ψζ χψχ ! ∑ ψζ + χψχ ∑ξ χψχ !2 χψχ : + ∑ ψζ: χψχ ∑ ψζ + χψχ ∑ξ !2 ∑ξ χψχ !2 which becomes obvious when we square both sides We will now take a look at most used trick in past year constest problems It is a direct variant of CBS inequality: ν ν α2κ ∑ βκ κ=1 ν κ=1 ∑ ακ ∑ βκ ; κ=1 for all real numbers ακ and positive numbers βκ (κ = 1; 2; : : : ; ν): An easy application of this trick is the following problem given at the Tournament of The Towns competition Example Prove that for all positive real numbers α; β; χ; we have the following inequality β3 χ3 α3 + + α2 + αβ + β2 β2 + βχ + χ2 χ2 + χα + α2 Solution If we write the RHS as (α2 +β2 +χ2 )2 ; (α+β+χ)(α2 +β2 +χ2 ) α2 + β2 + χ2 : α+β+χ we will know what we have to α3 (α2 )2 ∑ α2 + αβ + β2 = ∑ α(α2 + αβ + β2 ) χψχ χψχ χψχ : ∑ α(α2 + αβ + β2 ) χψχ So, we will be able to prove the inequality if ∑ α(α2 + αβ + β2 ) in fact verified with equality occur χψχ ∑ α2 (α + β + χ)(α2 + β2 + χ2 ); which is 34 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn There are cases when it is impossible to find αι and βι : Let us discuss some problems in which it is not easy at all to use the trick Example Prove that for all positive real numbers α; β; χ; we have the inequality (χ + α β)2 (α + β χ)2 (β + χ α)2 + + α2 + (β + χ)2 β2 + (χ + α)2 χ2 + (α + β)2 : (Japan, 1997) Solution The most natural way would be: (β + χ α)2 ∑ α2 + (β + χ)2 = ∑ χψχ χψχ ∑ β+χ α β+χ α β+χ +1 α χψχ ∑ χψχ β+χ +3 α because this way we obtain a nice inequality in three variables, whose properties are well-known χ+α α+β Thus, we have to show that if ξ = β+χ α ; ψ = β ; ζ = ; then 3)2 (ξ + ψ + ζ which is equivalent to ∑ξ χψχ !2 (ξ + ψ2 + ζ2 + 3); 15 ∑ ξ + ∑ ξψ + 18 χψχ 0: χψχ Unfortunately, we cannot use directly the fact that ξψ + ψζ + ζξ 12: So, we should look for some thing like ξψ + ψζ + ζξ κ(ξ + ψ + ζ): The best would be κ = (so as to have an equality when ξ = ψ = ζ = 2) Indeed, after some computations this can be written as ∑ α3 + 3αβχ ∑ αβ(α + β); χψχ χψχ which is Schur inequality Hence, we can write: !2 ∑ξ 15 ∑ ξ + ∑ ξψ + 18 χψχ χψχ χψχ the last one being obvious since ξ + ψ + ζ ∑ξ χψχ !2 ∑ ξ + 18 0; χψχ 6: At IMO 2001, problem was a challenge for the contestants Here we suggest an approach, which leads to a nice generalization Example Given positive real number κ π α α2 + κβχ 8: Show that for positive real numbers α; β; χ; we have β χ +π +π 2 β + κχα χ + καβ π : κ+1 (Generalization of IMO 2001) Solution We have, by CBS inequality α ∑ πα2 + κβχ χψχ ! ! π ∑ α α2 + κβχ χψχ !2 ∑α χψχ : 35 Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality Now, apply CBS inequality again for the second sum, we have !2 ! π π π ∑ α α2 + κβχ = ∑ α α3 + καβχ ∑α χψχ χψχ χψχ !∀ # ∑(α3 + καβχ) χψχ : All we have to now is to show that (κ + 1) ∑α χψχ !3 ∑(α3 + καβχ): χψχ But it is equivalent to (κ 8)(α3 + β3 + χ3 ) + 3(κ + 1)(α + β)(β + χ)(χ + α) 27καβχ; which is obvious by AM – GM inequality Practice problems Given ξ; ψ; ζ > such that 1ξ + 1ψ + 1ζ = 2: Prove that π ξ+ψ+ζ π ξ 1+ π ψ π 1+ ζ 1: (Iran, 1998) η π ι Prove that if α1 ; α2 ; : : : ; α6 π13 ; ; then we have α1 α2 α2 α3 α3 α4 α4 α5 α5 α6 α6 α1 + + + + + α2 + α3 α3 + α4 α4 + α5 α5 + α6 α6 + α1 α1 + α2 0: (Vasile Cirtoaje) Given ξ [0; 1]: Show that π ξ 13 π ξ2 + + ξ2 16: (Olympiad of 30 April of Vietnam, 1996) Prove that for 2ν arbitrary real numbers α1 ; α2 ; : : : ; αν and ξ1 ; ξ2 ; : : : ; ξν ; we have ϖ ! ! υ ν ! ν ! ν ν υ ν 2 τ ∑ αι ξι + ∑ αι ∑ ξι ∑ αι ∑ ξ ι : ν ι=1 ι=1 ι=1 ι=1 ι=1 When does equality hold? (Kvant 1989) Given real numbers α; β; χ; ξ; ψ; ζ such that (α + β + χ)(ξ + ψ + ζ) = and (α2 + β2 + χ2 )(ξ2 + ψ2 + ζ2 ) = 4: Prove that αξ + βψ + χζ 0: (Mathlinks contest 2005) Giúp bạn giải tốn Hiện chưa có mục Danh mục tài liệu tham khảo [1] Titu Andreescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, Vol 1, GIL publishing house, 2004 [2] Võ Quốc Bá Cẩn, Cosmin Pohoata, Old and New Inequalities, Vol 2, GIL publishing house, 2008 [3] Iurie Boreico, Võ Quốc Bá Cẩn, Mircea Lascu, Yong Su, Bin Xiong, Introduction to Inequalities, GIL publishing house, 2009 [4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Bất đẳng thức số vấn đề liên quan, chuyên đề bồi dưỡng giáo viên THPT chuyên, hè 2005 [5] Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities – Old and New Methods, GIL publishing house, 2006 [6] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, nhà xuất Tri Thức, 2006 [7] Hojoo Lee, Topics in Inequalities, 2006 [8] Thomas Mildorf, Olympiad Inequalities, 2005 [9] Tạp chí Crux Mathematicorum [10] Tạp chí tốn học Mathvn [11] Tạp chí tốn học tuổi trẻ [12] Tạp chí Recreatii Matematice (tiếng Romania) [13] Các tài liệu olympic toán online ... Cauchy Bất đẳng thức suy từ bất đẳng thức sau (β+χ α) +(χ+α Schwarz) hai bất đẳng thức tương tự Như vậy, toán ta chứng minh xong Dễ thấy đẳng thức xảy α = β = χ: Lời giải Bất đẳng thức cho bất đẳng. .. χ2 ; Những bất đẳng thức từ thi giải toán tức α+β+χ αβ + βχ + χα: Bất đẳng thức ta chứng minh xong Đẳng thức xảy α = β = χ = 1: Lời giải (Cezar Lupu) Từ giả thiết, sử dụng bất đẳng thức Cauchy... = α4 + β4 α β = 0: 3 α β 19 Những bất đẳng thức tự sáng tạo sưu tầm Bất đẳng thức bên phải chứng minh xong Dễ thấy hai bất đẳng thức (bên trái bên phải) đẳng thức xảy điểm (α; β) = (1; 1): Bài