Tuyển chọn 111 bài toán bất đẳng thức hay và khó phần 1

TUYỂN CHỌN 111 BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC HAY VÀ KHĨ Trong chủ đề này, chúng tơi tuyển chọn giới thiệu số toán bất đẳng thức hay khó, với q trình phân tích để đến hình thành lời giải cho tốn bất đẳng thức Từ tốn ta thấy q trình phân tích đặc điểm giả thiết toán bất đẳng thức cần chứng minh, từ có nhận định, định hướng để tìm tịi lời giải cách trình bày lời giải cho toán bất đẳng thức Bài Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: bc ca ab 1 + +  + + a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) 2a 2b 2c Phân tích lời giải Trước hết ta dự đoán dấu đẳng thức xẩy a = b = c Có thể nói bất đẳng thức hay nhiên khơng thực khó Quan sát bất đẳng thức ta có cách tiếp cận tốn sau Cách Từ chiều bất đẳng thức, ý tưởng sử dụng bất đẳng thức AM – GM để đánh giá Nhưng ta sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho bao nhiều số? Để ý bên vế trái bất đẳng thức có chứa 1 bên vế phải lại chứa nên ta sử dụng bất đẳng a a thức AM – GM cho hai số, ta cần triệt tiêu đại lượng bc Chú ý đến bảo toàn b+c dấu đẳng thức ta có đánh giá sau bc b+c bc b+c + 2  = a ( b + c ) 4bc a ( b + c ) 4bc a Thực tương tự ta có ca c+a ab a+b +  ; +  b ( c + a ) 4ca b c ( a + b ) 4ab c Cộng theo vế bất đẳng thức ta bc ca ab b+c c+a a + b 1 + + + + +  + + a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) 4bc 4ca 4ab a b c Để ý b+c c+a a+ b 1 1 1 + + = + + , lúc ta thu 4bc 4ca 4ab  a b c  bc ca ab 1 1 1 1 + +  + + −  + +  a ( b + c ) b ( c + a ) c (a + b ) a b c  a b c  Hay bc ca ab 1 + +  + + a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) 2a 2b 2c Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c Cách Ý tưởng thứ hai áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta ( ab + bc + ca ) bc ca ab + +  a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) abc a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )  Bất đẳng thức chứng minh ta ( ab + bc + ca ) 1  + + abc a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )  2a 2b 2c Biến đổi vế trái ta ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) = + + = abc a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b )  2abc ( ab + bc + ca ) 2a 2b 2c 2 Điều có nghĩa bất đẳng thức chứng minh Cách Ý tưởng sử dụng phép biến đổi tương đương để chứng minh toán Chú ý đến phép biến đổi bc ab + bc + ca + = , ta thu bất đẳng a ( b + c) a a (b + c) thức cần chứng sau ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca  1  + +   + +  2a b c a2 ( b + c ) b (c + a ) c (a + b ) Biến đổi vế trái ta lại cần chứng minh thành  1  ( ab + bc + ca ) Đến lúc ta đưa toán + + =  a b c  2abc 1 + +  a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) 2abc Đến ta biến đổi bất đẳng thức cách nhân hai vế với tích abc ta bc ca ab + +  ab + ca bc + ab ca + bc Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Neibitz Điều đồng nghĩa với việc bất đẳng thức chứng minh Cách Ta tiếp tục phân tích tìm lời giải với ý tưởng đổi biến, quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy bc = a (b + c) , bất đẳng thức cần chứng minh viết lại 1 2 a  +  b c thành 1 + +  1 1 1 2 21 21 a  +  b  +  c  +  b c c a a b 1 1 1 + +  a b c  1 Đến ta đặt x = ; y = ; z = Khi bất đẳng thức trở thành a b c y2 x+y+z x2 z2 + +  y+z z+x x+y Bất đẳng thức cuối làm ta liên tưởng đến bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức (x + y + z) = x + y + z y2 x2 z2 + +  y + z z + x x + y (x + y + z) 2 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c Bài Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a5 b5 c5 a + b3 + c + +  a + ab + b2 b2 + bc + c c + ca + a Phân tích lời giải Quan sát cách phát biểu tốn ý tưởng sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta ( ) a + b3 + c a5 b5 c5 + +  a + ab + b b + bc + c c + ca + a a + b + c + a b + ab + b c + bc + c 2a + ca Như ta cần ( (a + b3 + c ) a + b + c + a b + ab + b c + bc + c 2a + ca ) Hay a + b3 + c  a b + ab2 + b2c + bc + c 2a + ca Dễ thấy a + b3  ab ( a + b ) ; b + c  bc ( b + c ) ; c + a  ca ( c + a ) Cộng theo vế bất đẳng thức ta ( ) a + b3 + c  a b + ab2 + b2c + bc + c 2a + ca  a + b3 + c 3 Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c Ý tưởng thứ hai sử dụng bất đẳng thức AM – GM, để ý đến đại lượng a3 a5 bên vế trái đại lượng bên vế phải, ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng AM – a + ab + b2 GM cho hai số dương, để ý đến dấu đẳng thức xẩy a = b = c cần triệt tiêu ( ) a a + ab + b a5 ; Khi ta a + ab + b nên ta chọn hai số a + ab + b 2 ( ) ( ) a a + ab + b2 a a + ab + b2 a5 a5 2a +   = 9 a + ab + b2 a + ab + b2 Áp dụng tương tự ta có ( ) ( ) b b2 + bc + c c c + ca + a b5 2b c5 2c +  ; +  c + ca + a b + bc + c Để đơn giản hóa ta đặt A = a5 b5 c5 + + a + ab + b2 b2 + bc + c c + ca + a Cộng theo vế bất đẳng thức ta A+ Hay A  ( a a + ab + b ( ) + b(b + bc + c ) + c (c + ca + a ) ( a + b3 + c − a b + ab2 + b2 c + bc + c a + ca )  (a + b3 + c ) ) Phép chứng minh hoàn tất ta ( ) ( a + b3 + c − a b + ab2 + b c + bc + c 2a + ca (  a +b +c 3 )  a b + ab + b c + bc + c 2a + ca )a + b3 + c 3 Đến ta thực tương tự cách Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 1 1 + + +  30 2 a + b + c ab bc ca Phân tích lời giải Trước hết ta dự đoán đẳng thức xẩy a = b = c = Quan sát bất đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy biến nằm mẫu nên tự nhiên ta nghĩ đến bất đẳng thức AM – GM, Cauchy – Schwarz dạng phân thức, … Cách Trước hết ta tiếp cận bất đẳng thức với ý tưởng đánh giá bất đẳng thức AM – GM Để ý đến bảo tồn dấu đẳng thức ta có a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca nên để tạo đại lượng ab + bc + ca ta có đánh giá quen thuộc Do ta có bất đẳng thức 1 + +  ab bc ca ab + bc + ca 1 1 + + +  + 2 2 a + b + c ab bc ca a + b + c ab + bc + ca Như ta cần phải chứng minh +  30 2 a + b + c ab + bc + ca Lại ý đến đánh giá tương tự ta cần cộng mẫu cho viết thành ( a + b + c ) điều có nghĩa ta cần đến ( ab + bc + ca ) Đến ta hai hướng là: + Thứ đánh giá (1 + ) ( ) 2 , Tuy +  = + a + b2 + c 2 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )2 nhiên đánh giá không xẩy dấu đẳng thức + Thứ hai đánh giá 1 + +  = 2 a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ( a + b + c )2 Bất đẳng thức chứng minh ta Tuy nhiên, dễ thấy Do ta (a + b + c )  21 ab + bc + ca  ab + bc + ca  ab + bc + ca   21 Vậy bất đẳng thức chứng minh ab + bc + ca Cách Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức, ý đến dấu đẳng thức xẩy ta 1 1 16 + + +   2 2 3ab 3bc 3ca a + b + c + ( ab + bc + ca ) a +b +c Bất đẳng thức chứng minh ta 16 = 12 2 (a + b + c ) + (a + b + c ) 2 1  + +   18   ab bc ca  Để ý tiếp bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta 2 1  6 + +   = 18   ab bc ca  ab + bc + ca (a + b + c ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Cách Theo đánh giá quen thuộc ta có Do ta có bất đẳng thức 1 + +  ab bc ca ab + bc + ca 1 1 + + +  + 2 2 a + b + c ab bc ca a + b + c ab + bc + ca Áp dụng tiếp đánh giá ta  1  + + a + b2 + c + 2ab + 2bc + 2ca    2  a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca  ( Hay ) +  Mặt khác ta lại có  21 2 ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca Cộng theo vế bất đẳng thức ta 1 1 + + +  30 2 a + b + c ab bc ca Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c = Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a b + b c + c a 3 Phân tích lời giải Trước hết để dấu ta đặt x = a; y = b; z = c , từ giả thiết ta có x2 y2 z2 + +  Quan sát bất đẳng x + y + z = bất đẳng thức viết lại thành y z x 2 thức dự đoán dấu đẳng thức xẩy x = y = z = , ta có số ý tưởng tiếp cận toán sau Cách Từ cách phát biểu vế trái ta nghĩ đến sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức Tuy nhiên cần ý đến giả thiết x2 + y2 + z2 = , ta có đánh giá ( ) x2 + y2 + z2 y4 x y2 z2 x4 z4 + + = + +  = 2 y z x x y y z z x x y + y z + z x x y + y2z + z2x Ta quy toán chứng minh    x2 y + y2 z + z2 x 2 x y+y z+z x Mà theo bất đẳng thức AM – GM ta x3 + xy2  2x2 y; y3 + yz2  2y2 z; z3 + zx2  2z2 x ( Do ta có x3 + y3 + z3 + x2 y + xy + x2 z + xz2 + y z + yz  x y + y z + xz ) Mà ta có đẳng thức quen thuộc (x + y2 + z2 ) (x + y + z) = x ( Do ta x2 + y + z2 + y + z3 + x2 y + xy + x z + xz + y z + yz ) ( x + y + z )  ( x y + xz 2 + y2z ) Để ý tiếp đến giả thiết x2 + y2 + z2 = , ta có x + y + z  x2 y + y2 z + xz2 ( ) Mà ta có x + y + z  x + y + z = suy  x2 y + y2 z + z2 x Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c = Cách Cũng từ cách phát biểu vế trái ta nghĩ đến đánh giá bất đẳng thức AM – GM, nhiên áp dụng trực tiếp ta cần ý làm triệt tiêu mẫu số đánh giá bình phương biến Do ta đánh sau y2 x2 z2 + x y  2x ; + y z  2y ; + z x  2z y z x Cộng theo vế bất đẳng thức ta x2 y2 z2 + + + x y + y z + z x  2x + 2y + 2z = y z x Hay ( ) x2 y2 z2 + +  − x2 y + y2 z + z2 x y z x ( ) Bài toán chứng minh ta − x2 y + y z + z2 x  hay  x2 y + y z + z x Đến ta làm cách thứ Cách Cũng áp dụng bất đẳng thức AM – GM, nhiên tình ta bình phương hai vế trước Đặt A = x2 y2 z2 + + , ta y z x  x2 y2 z2   x2 y y2 z z2 x  x4 y4 z4 A = + +  = + + + 2 + +  x x y  y z x  y z  z Đến ta ý đến cách ghép cặp sau 4 y2 z y2 z x4 x2 y x2 y z2 x z2 x 2 y 2 z + + + z  4x ; + + + x  4y ; + + + y  4z z z x x y y y2 z2 x2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta ( ) ( ) A2 + x2 + y + z  x + y + z  A2   A  x2 y2 z2 + +  Vậy bất đẳng thức chứng minh Hay y z x Đẳng thức xẩy a = b = c = Cách Trong hướng tiếp cận ta thực đánh giá sau trình đổi biến mà quên đánh giá quan trọng b  b + , ta có a b  2a Đây b+1 đánh giá chiều mà bảo toàn dấu đẳng thức, ta thử thực tiếp xem a Theo bất đẳng thức AM – GM ta có b + b c + c a  2a 2b 2c + + b+1 c +1 a +1 2a 2b 2c + +  Nhìn b+1 c +1 a +1 Bất đẳng thức chứng minh ta cách phát biểu bất đẳng thức ta nghĩ đến bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta có (a + b + c ) (a + b + c ) 2a 2b 2c + +   b + c + a + ab + bc + ca + ( a + b + c )2 + Ta cần chứng minh (a + b + c ) (a + b + c ) 2 +9 =3 Hay ( a + b + c ) = ( a + b + c ) +  ( a + b + c ) =  a + b + c = 2 Đẳng thức cuối giả thiết Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài Cho a, b, c số thực khơng âm Chứng minh rằng: a + b2 + c + 2abc +  ( ab + bc + ca ) Phân tích lời giải Trước hết ta dự đoán dấu đẳng thức xẩy a = b = c = , quan sát bất đẳng thức ta nghĩ đến số ý tưởng tiếp cận sử dụng nguyên lí Dirichlet, sử dụng tính chất tam thức bậc hai, sử dụng bất đẳng thức AM – GM,…, ta phân tích ý tưởng để tìm lời giải cho toán Cách Trước hết ta thấy ta để ý đến đẳng thức xẩy a = b = c = điều có nghĩa đẳng thức xẩy a − 1; b − 1; c − 0, ta bất đẳng thức chứa đại lượng ac, bc,abc, nên ta nghĩ đến tích c ( a − 1)( b − 1) , nhiên ta chưa thể khẳng định tích có khơng âm hay khơng nên ta sử dụng nguyên lí Dirichlet Theo nguyên lí Dirichlet ba số a − 1; b − 1; c − tồn tai hai số dấu, không tính tổng qt ta giả sử hai a − 1; b − , ta có ( a − 1)( b − 1)   c (a − 1)( b − 1)   abc − ac − bc + c  Khi ta có a + b2 + c + 2abc + = ( a − b ) + (1 − c ) + ( abc − ac − bc + c ) + ( ab + bc + ca ) 2 Dễ thấy ( a − b ) + (1 − c ) + ( abc − ac − bc + c )  nên ta có (a − b) 2 + 2ab + (1 − c ) + 2c + 2abc − 2ac − 2bc + ( bc + ca )  ( ab + bc + ca ) Suy a + b2 + c + 2abc +  ( ab + bc + ca ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c = Cách Dễ thấy bất đẳng thức có bâc hai biến ta viết lại bất đẳng thức dạng đa thức biến a, b c đóng vai trị tham số Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh a + ( bc − b − c ) a + b + c − 2bc +  Xét f(a) = a + ( bc − b − c ) a + b + c − 2bc + Quan sát đa thức f(a) ta nhận thấy bc − b − c  ta ln có f(a)  , tức a + ( bc − b − c ) a + b + c − 2bc +  Bây ta xét trường hợp sau bc − b − c  ( Khi ta có 'a = ( bc − b − c ) − b2 + c − 2bc + ) Để ý đến hệ số hạng tử bậc hai số dương nên để f(a)  ta phải ( ) 'a = ( bc − b − c ) − b + c − 2bc +  Hay bc ( b − )( c − ) −  Để ý đến bc − b − c  ta ( b − 1)( c − 1)  , lúc xẩy ta khả sau + Cả ( b − 1) ; ( c − 1) nhỏ hay b, c nhỏ 2, theo bất đẳng thức Cauchy ta b ( − b) ( b + − b)  = 1; c ( − c ) (c + − c)  =1 Suy bc ( b − )( c − )  nên ta có bc ( b − )( c − ) −  + Trong hai số ( b − 1) ; ( c − 1) có số lớn số nhỏ b, c có số lớn số nhỏ suy bc ( b − )( c − )  nên ta có bc ( b − )( c − ) −  Như hai khả cho 'a  nên bất đẳng thức chứng minh Vậy toán chứng minh xong Cách Dễ thấy theo bất đẳng thức Cauchy ta có đánh giá 2abc + = abc + abc +  3 a b2c2 Lúc ta bất đẳng thức a2 + b2 + c2 + 2abc +  a2 + b2 + c2 + 3 a2 b2c2 Ta cần a + b2 + c + 3 a b2 c  ( ab + bc + ca ) Để làm bậc ta đặt a2 = x3 ; b2 = y3 ; c2 = z3 , bất đẳng thức viết lại thành x + y + z + 3xyz  ( x3 y + y 3z3 + z3x3 ) Để ý đến đánh giá xy  x + y ta viết ( ) x y + y z + z x  xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + z ) Bất đẳng thức chứng minh xong ta x + y + z + 3xyz  xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + z ) Khai triển phân tích ta bất đẳng thức xyz  ( x + y − z )( y + z − x )( z + x − y ) Đây đánh giá quen thuộc Vậy bất đẳng thức chứng minh Cách Ngoài cách giải ta tham khảo thêm cách giải sau: Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh ( a + b + c ) + 2abc +  ( ab + bc + ca ) Đặt a + b + c = k , ta cần phải chứng minh k + 2abc +  ( ab + bc + ca )  ( ab + bc + ca ) − k  2abc + ... sát bất đẳng thức ta nhận thấy bc = a (b + c) , bất đẳng thức cần chứng minh viết lại 1? ?? 2 a  +  b c thành 1 + +  1? ?? 1? ?? 1? ?? 2 2? ?1 2? ?1 a  +  b  +  c  +  b c c a a b 1? ?? 1 1 +... có (1 − a ) (1 − b )   a + b  + ab = Do ta ( a + 1) ( b + 1) ( c + 1) = (1 + a + b + ab )( c + 1) = (1 + ab ) (1 + c )  ( c + 1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có (1 + a ) + 1 + (1 +... (1 − y )  2xy (1 − x ) (1 − y )  (1 − x ) (1 − y ) Hay x + y −  ( − x )( − y ) , dấu đẳng thức không xẩy nên ta bất đẳng thức x + y −  ( − x )( − y ) Vậy bất đẳng thức ban đầu chứng minh Bài