Chuyên đề bất đẳng thức võ quốc bá cẩn

TR NG THPT CHUYÊN LÝ T TR NG TOÁN − TIN H C CHUYÊN Đ B T NG TH C Th c hi n: Võ Qu c Bá C n i nói oOo t ng th c m t nh ng v n u hay khó nh t c a ch ng trình tốn ph thơng b i có m t h u kh p l nh v c c a tốn h c ịi h i ph i có m t v n ki n th c t i ng au u tr i chúng ta, cm tb t ng i v ng vàng t t c l nh v c c bi t b n u tốn, dù dù nhi u c ng ã t ng ng th c khó c ng ã t ng có mà ch ng minh cb t c m t c m giác t hào ng th c ó Nh m “kích ho t” ni m say mê t ng th c b n, xin gi i thi u v i v i b n cu n sách “chuyên t ng th c” Sách g m ph ng pháp ch ng minh b t ng th c m i mà hi n ch a ph bi n cho l m Ngoài ra, sách g m m t s l ng l n b t c ng th c sáng tác, cịn l i tơi l y tốn internet nh ng ch a có l i gi i ho c có i gi i nh ng l i gi i hay, l , p m t Ph n l n t p sách u gi i nên không th tránh kh i nh ng ng nh n, sai l m, mong b n thông m Hy v ng r ng cu n sách s giúp cho b n m t nhìn khác v b t ng th c mong r ng qua vi c gi i tốn sách s giúp b n có th tìm ph ng pháp c a riêng mình, nâng cao n ngh nh ng theo quan c t sáng t o Tôi không bi t m c a b n thân tơi n u ta h c t t v b t th c c ng có th h c t t l nh v c khác c a toán h c nh ng th c ịi h i ph i có m t ki n th c t ng h p t Tơi khơng nói sng âu, ch c h n b n c ng bi t viên h CNTN khoa toán, tr hai k thi IMO u ng HKHTN, ng ã nói ng b t i v ng vàng n anh Ph m Kim Hùng, sinh HQG Hà N i, ng t k t qu cao nh t i ã c tham i n VN B n bi t không? Trong th i h c ph thông, anh y ch chuyên tâm rèn luy n b t ng th c (Các b n l u ý tơi khơng khuy n khích b n làm nh anh y âu nhé!) c dù ã c g ng biên so n m t cách th t c n th n, nh ng trình có h n nên khơng th tránh kh i nh ng sai sót, mong b n thơng c m góp ý cho tơi cu n sách ngày c hoàn thi n h n Chân thành c m n i óng góp xin g i v m t a ch sau: + Võ Qu c Bá C n, C65 khu dân c Phú An, ph ng Phú Th , qu n Cái R ng, thành ph C n Th (071.916044 + Email babylearnmath@yahoo.com Kính t ng th y ng B o Hòa, Phan i Nh n, Tr n Di u Minh, Hu nh B u Tính, T Thanh Th y Tiên tồn th th y giáo t Toán Tin, thân ng b n l p TS B T NG TH C THÔNG D NG B t ng th c AM-GM u a1 , a2 , , an s th c khơng âm n ∑ ≥ n a1a2 an n i=1 ng th c x y ch a1 = a2 = = an B t ng th c AM-HM u a1 , a2 , , an s th c d ng n ∑ ≥ n n i=1 ∑ n i=1 ng th c x y ch a1 = a2 = = an B t ng th c Bunhiacopxki Cho 2n s th c a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi ó, ta có (a12 + a22 + + an2 )(b12 + b22 + + bn2 ) ≥ (a1b1 + a2b2 + + an bn ) a a a ng th c x y ch = = = n b1 b2 bn B t ng th c Minkowski Cho 2n s th c d ng a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi ó v i m i r ≥ 1, ta có 1 r  n  n r r  n r r r  a + b ≤ ( )  ∑ i i   ∑  +  ∑ bi   i=1   i =1   i=1  B t ng th c AM-GM m r ng u a1 , a2 , , an s th c không âm β1 , β , , β n s th c không âm có t ng b ng β1a1 + β a2 + + β n an ≥ a1β1 a2β2 anβn B t ng th c Chebyshev Cho 2n s th c a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b1 , b2 , , bn Khi ó a) N u b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn n  n  n  n.∑ bi ≥  ∑   ∑ bi  i =1  i=1   i=1  a) N u b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn  n  n  n.∑ bi ≤  ∑   ∑ bi  i =1  i=1   i=1  n  a1 = a2 = = an ng th c x y ch  b1 = b2 = = bn B t ng th c Holder Cho 2n s th c không âm a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn Khi ó v i m i p, q > th a 1 + = 1, ta có p q  n p n  q n ∑ aibi ≤  ∑ aip   ∑ biq   i=1 i =1   i=1  B t ng th c Schur i m i b ba s không âm a, b, c r ≥ 0, ta ln có b t ng th c a ( a − b)( a − c ) + b (b − c)(b − a ) + c (c − a )(c − b) ≥ ng th c x y ch a = b = c ho c a = b, c = hoán v B t ng th c Jensen Gi s f ( x) m t hàm l i [a, b] Khi ó, v i m i x1 , x2 , , xn ∈ [ a, b] α1 , α , , α n ≥ th a α1 + α + + α n = ta có b t ng th c r r r  n  n f  ∑ α i xi  ≥ ∑ α i f ( xi )  i =1  i=1 10 B t ng th c s p x p l i Cho dãy n u t ng a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn Khi ó, v i i1 , i2 , , in m t hốn v b t kì c a 1, 2, , n ta có a1b1 + a2b2 + + anbn ≥ ai1 bi1 + ai2 bi2 + + ain bin ≥ a1bn + a2bn−1 + + anb1 11 B t ng th c Bernulli i x > −1 , ta có + u r ≥ ∨ r ≤ (1 + x ) r ≥ + rx + u > r > (1 + x ) r ≤ + rx T M NG TH C THU N NH T u u h t b t Chebyshev ) ng th c c n (AM-GM, Bunhiacopxki, Holder, Minkowsky, u b t ng th c thu n nh t nhiên V logíc, có th nói r ng, ch có i m t cách tồn c c Chính th , b t ng b c m i có th so sánh c ng th c thu n nh t chi m m t t l r t cao toán b t ng th c, c bi t b t u h n) i v i hàm gi i tích (m , l ng il u hồn tồn khơng ng u ng th c i s (khi hàm s hàm i s , có b c ng giác, logarith), b t ng th c c coi thu n nh t hàm s có b c ∞ (theo công th c Taylor) Trong này, s c p t i ph ng pháp c b n ng th c thu n nh t, c ng nh cách chuy n t m t b t m tb t ch ng minh b t ng th c không thu n nh t ng th c thu n nh t N m v ng v n d ng nhu n nhuy n ph pháp này, có th ch ng minh c h u h t b t B t ng th c thu n nh t Hàm s f ( x1 , x2 , , xn ) c a bi n s th c x1 , x2 , , xn ng ng th c s c p c hàm thu n nh t b c α n u v i m i s th c t ta có f (tx1 , tx2 , , txn ) = t α f ( x1 , x2 , , xn ) t ng th c d ng f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ i f m t hàm thu n nh t Ví d b t c g i b t ng th c AM-GM, b t Chebyshev b t ng th c thu n nh t (b c α ) ng th c Bunhiacopxki, b t ng th c thu n nh t B t sin x < x v i x > b t ng th c Bernoulli, b t ng th c không thu n nh t ng th c ng th c Ch ng minh b t 3.1 Ph c ng th c thu n nh t ng pháp d n bi n m c a nhi u b t ng th c, c bi t b t ng th c i s d u b ng y t t c ho c m t vài bi n s b ng (xu t phát t b t x ≥ !) Ph t ng pháp d n bi n d a vào ng th c, ab t c ng th c v d ng m ng th c c b n làm gi m s bi n s c a n gi n h n có th ch ng minh tr c ti p ng cách kh o sát hàm m t bi n ho c ch ng minh b ng quy n p ch ng minh b t ng th c f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ (1) Ta có th th ch ng minh x +x x +x  f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f  , , , xn    (2) ho c f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ f ( x1 x2 , x1 x2 , , xn ) (3) Sau ó chuy n vi c ch ng minh (1) v vi c ch ng minh b t ng th c f ( x1 , x1 , x3 , , xn ) = g ( x1 , x3 , , xn ) ≥ c m t b t (4) ng th c có s bi n h n D nhiên, b t th không úng ho c ch bi n s nên thông th úng m t s ng tính úng ng th c (2), (3) có u ki n ó Vì ta ch thay nc ab t ng th c có th ki m tra c d dàng Ví d Cho a, b, c > Ch ng minh b t ng th c a3 + b3 + c + 3abc ≥ a 2b + b 2c + c a + ab + bc + ca Ch ng minh Xét hàm s f (a, b, c) = a + b3 + c3 + 3abc − ( a 2b + b 2c + c a + ab + bc + ca ) Ta có 5a   b+c b+c  f (a, b, c) − f  a, ,  =  b + c −  (b − c ) 2     i2 Do ó, n u a = min{a, b, c} ( u ln có th gi s ) ta có  b+c b+c f ( a , b, c ) ≥ f  a , ,  2   Nh v y, ch ng minh b t ng th c u bài, ta ch c n ch ng minh f ( a , b, b ) ≥ Nh ng b t ng th c t ng ng v i a3 + 2b3 + 3ab − (a 2b + a 2b + b a + b3 + b a + b ) ≥ ⇔ a + ab − 2a 2b ≥ ⇔ a ( a − b) ≥ Ví d (Vietnam TST 1996) Cho a, b, c s th c b t k Ch ng minh r ng F ( a, b, c ) = ( a + b)4 + (b + c )4 + (c + a ) − ( a + b4 + c ) ≥ i gi i Ta có  b+c b+c F ( a , b, c ) − F  a, , = 2   = ( a + b)4 + (b + c )4 + (c + a ) − ( a + b4 + c ) − 4 b+c   b+c  − 2 a +  − (b + c ) +  a +           b + c   (b + c)  = ( a + b ) + (c + a ) −  a + +  − b4 − c4        4 (b + c)  3 2 2 = a (4b + 4c − (b + c) ) + 3a (2b + 2c − (b + c) ) +  b + c −  7  4 = 3a (b + c )(b − c) + 3a (b − c )2 + = 3a (a + b + c)(b − c )2 + (b − c ) (7b + 7c + 10bc) 56 (b − c) (7b + 7c + 10bc) 56 h ng (b − c )2 (7b + 7c + 10bc) không âm N u a, b, c d u b t 56 ng th c c n ch ng minh hi n nhiên N u a, b, c khơng d u ph i có nh t ba s a, b, c d u v i a + b + c Không m t tính t ng qt, gi s ó a  b+c b+c ng th c suy F ( a, b, c ) ≥ F  a, ,  Nh v y ta ch c n 2   ch ng minh F ( a, b, b) ≥ ∀a, b ∈ R ⇔ 2( a + b)4 + (2b)4 − (a + 2b ) ≥ ∀a, b ∈ R u b = b t cho b r i t x= ng th c hi n nhiên N u b ≠ , chia hai v c a b t a ta b cb t ng th c t ng ng th c ng 2( x + 1)4 + 16 − ( x + 2) ≥ t ng th c cu i có th ch ng minh nh sau Xét f ( x) = 2( x + 1)4 + 16 − ( x + 2) Ta có f / ( x) = 8( x + 1)3 − 16 x x ⇔ x = −2.9294 = f (−2.9294) = 0.4924 > f / ( x) = ⇔ x + = f (Các ph n tính tốn cu i f tính c tính v i xác t i ch s sau d u ph y Do c 0.4924 nên n u tính c sai s t f v n m t s d ng Vì ây m t b t i giá tr xác c a ng th c r t ch t nên không th tránh ⎛ b − ac ⎞ + − − h (b ) = ( c a ) ⎜ ⎟≥0 b 2c (b + c) ⎠ ⎝ (b + a ) / ⇒ h(b) hàm đồng bieán a a + c c 2a + c a + 2c + + − − −1 a+c c a a + 2c a + c a a c a + c a + 2c = + + − − a + c c a a + 2c 2a + c a ⎛a c ⎞ ⎛ a + c a + 2c ⎞ = + ⎜ + − 2⎟ − ⎜ + − 2⎟ a+c ⎝c a ⎠ ⎝ a + 2c 2a + c ⎠ ⇒ h(b) ≥ h(a + c) = = a (c − a ) (c − a ) + − a+c ca (a + 2c)(2a + c) = ⎛ ⎞ a + (c − a ) ⎜ − ⎟≥0 a+c ca a c a c (2 )( ) + + ⎝ ⎠ Tóm lại, trường hợp, ta có a b c a+b b+c + + ≥ + +1 b c a b+c a+b Đẳng thức xảy a = b = c + Cách Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a (a + b)(b + c) b(a + b)(b + c) c( a + b)(b + c) + + ≥ b c a ≥ (a + b) + (b + c) + (a + b)(b + c) ⇔ a 2c b ( a + b) bc(b + c) + a + ab + ac + + b + ab + c + bc + ≥ b c a ≥ a + ac + c + 3b + 3ab + 3bc a 2c b (a + b) bc(b + c) ⇔ + + ≥ ab + 2bc + 2b b c a AÙp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có ⎛ a 2c b3 ⎞ ⎛ a 2c bc ⎞ ⎛ b3 bc ⎞ ⎛ a c ⎞ + ⎟ + ⎜ + ⎜ ⎟ + ⎜ + ⎟+b ⎜ + ⎟≥ c ⎠ ⎝ b a ⎠ ⎝ c a ⎠ ⎝ b ⎝c a⎠ 435 ⎛ b 4c ⎞ ⎟ + 2b ≥ ab + ⎜ ac + ⎜ a ⎟⎠ ⎝ ≥ ab + 2bc + 2b a 2c b ( a + b) bc(b + c) + + ≥ ab + 2bc + 2b b c a ⇒ đpcm ⇒ Đẳng thức xảy a = b = c Bài toán 120 Chứng minh với số thực không âm a, b, c ta có bất đẳng thức 1 + + ≥ 2 ab + bc + ca a − ab + b b − bc + c c − ca + a Lời giải Không tính tổng quát, ta giả sử c = min{a, b, c} Khi đó, ta coù 1 ⎧ ≥ 2 ⎪⎪ b − bc + c ⎧⎪0 ≤ b − bc + c ≤ b b2 ⇒⎨ ⎨ 2 1 ⎪ ⎩⎪0 ≤ c − ca + a ≤ a ≥ 2 ⎪⎩ c − ca + a a 2 Do 1 ≥ + + − 2 ab + bc + ca a − ab + b b − bc + c c − ca + a 1 ≥ + 2+ 2− ab + bc + ca a − ab + b b c 1 + + − a − ab + b b a ab ( a − b) = 2 a b (a − ab + b ) ≥0 ≥ ⇒ đpcm Đẳng thức xảy chæ (a, b, c) = (t , t ,0) (t > 0) 436 Bài toán 121 Tìm k lớn cho với số không âm a, b, c (( a + b)(b + c)(c + a ) > 0) ta có bất đẳng thức a b c 1 ⎞ ⎛ + + ≥ k⎜ + + ⎟ 2 b +c c +a a +b ⎝a+b b+c c+a⎠ Lời giải Cho a = b = 1, c = ta suy k ≤ Ta chứng minh giá trị cần tìm, tức chứng minh a b c ⎛ 1 ⎞ + + ≥ ⎜ + + ⎟ 2 ⎝a+b b+c c+a⎠ b +c c +a a +b + Cách Do vế bất đẳng thức đồng bậc nên không tính tổng quát, ta giả sử a + b + c = Đặt q = ab + bc + ca, r = abc ⇒ 1 ≥ q > 0, ≥ r ≥ Khi đó, 27 ta coù ∑ a(a + b2 )(a + c ) a ∑ b2 + c = (a 2cyc+ b2 )(b2 + c )(c + a ) cyc = ∑ a (a (a + b + c ) + b 2c ) cyc (a + b + c )(a 2b + b 2c + c a ) − a 2b 2c 2 (a + b3 + c3 )(a + b + c ) + abc(ab + bc + ca ) = (1 − 2q )(q − 2r ) − r (3r + − 3q)(1 − 2q) + qr = −r − 2r (1 − 2q ) + q (1 − 2q ) (3 − 5q )r + (1 − 2q )(1 − 3q ) = −r − 2r (1 − 2q ) + q (1 − 2q) ∑ (a + b)(a + c) ∑ (a(a + b + c) + bc) q +1 cyc ∑ a + b = (a + b)(b + c)(c + a) = (a + bcyc+ c)(ab + bc + ca) − abc = q − r cyc 437 Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (3 − 5q )r + (1 − 2q )(1 − 3q ) 1+ q ≥ 2 − r − 2r (1 − 2q ) + q (1 − 2q ) − r + q ⇔ f (r ) = (29q − 11)r + (3 + 32q − 71q ) r + q(1 − 2q)(5 + q )(1 − 4q ) ≥ Ta coù f / (r ) = 2(29q − 11)r + + 32q − 71q ≥ 2(29q − 11) + + 32q − 71q 27 59 922 q − 71q ≥ (do ≤ q ≤ ) = + 27 27 ⇒ f (r ) hàm đồng biến + Nếu ≥ 4q ta có f (r ) ≥ f (0) = q(1 − 2q)(5 + q)(1 − 4q) ≥ + Nếu 4q ≥ theo bất đẳng thức Schur, ta có r ≥ 4q − ≥ Do ⎛ 4q − ⎞ 2(4q − 1)(81q + 103q − 95q + 19) ≥0 f (r ) ≥ f ⎜ = ⎟ 81 ⎝ ⎠ Tóm lại, trường hợp, ta có f (r ) ≥ ⇒ đpcm Vậy kmax = + Cách Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 5a ∑ b2 + c2 ≥ ∑ b + c cyc cyc 5a(a + b + c) 4( a + b + c) ≥ ∑ b+c b2 + c2 cyc cyc ⇔∑ 10a + 10a (b + c) 8a ≥ 24 + ∑ b2 + c2 cyc cyc b + c ⇔∑ 438 ⎛ a2 a ⎞ ⎛ 2a + bc ⎞ ⇔ 8⎜ ∑ − − ⎟+ ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ 2 ⎜ cyc b + c ∑ b + c ⎟⎠ b + c cyc cyc ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎛ a (b + c) − bc ⎞ ⎛ a (b + c) − 2⎟ ≥ +⎜∑ − ⎟ + 9⎜ ∑ 2 2 ⎟ ⎜ cyc b + c ⎟⎠ ⎜⎝ cyc b + c ⎠ ⎝ Do đó, để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần chứng minh a2 a ∑ b2 + c2 ≥ ∑ b + c cyc cyc (1) 2a + bc ∑ b2 + c2 ≥ cyc (2) ∑ cyc a (b + c) − bc ≥ b2 + c2 a (b + c) ∑ b2 + c2 (3) ≥2 (4) cyc * Chứng minh (1) Ta có a2 a ∑ b2 + c2 ≥ ∑ b + c cyc cyc ⎛ a2 a ⎞ ⇔ ∑⎜ 2 − ⎟≥0 b c + b c + cyc ⎝ ⎠ ab(a − b) − ca (c − a ) ⇔∑ ≥0 (b + c )(b + c) cyc ⇔∑ cyc ⇔∑ cyc ab(a − b) ca (c − a ) −∑ 2 ≥0 (b + c )(b + c) cyc (b + c )(b + c) ab(a − b) ab(a − b) −∑ 2 ≥0 (b + c )(b + c) cyc (a + c )(a + c) ⇔ (a + b + c + ab + bc + ca ).∑ cyc ab(a − b) ≥ (đúng) (a + c )(b + c )(a + c)(b + c) * Chứng minh (2) Ta có 439 2a + bc ∑ b2 + c2 ≥ cyc ⎛ 4q + 2bc ⎞ ⇔ ∑ ⎜ 2 − 3⎟ ≥ cyc ⎝ b + c ⎠ 4a − 3(b + c ) + 2bc ⇔∑ ≥0 b2 + c2 cyc ⇔∑ cyc ⇔∑ cyc ⇔∑ cyc (2a + 3b − c)( a − b) − (2a − b + 3c)(c − a) ≥0 b2 + c2 (2a + 3b − c)( a − b) (2a − b + 3c)(c − a ) −∑ ≥0 2 2 + b +c b c cyc (2a + 3b − c)( a − b) (3a + 2b − c)(a − b) −∑ ≥0 2 b +c a2 + c2 cyc ( a − b) (2a + 2b − c − c(a + b) + 3ab) ⇔∑ ≥0 (b + c )(a + c ) cyc ⇔ ∑ (a − b) (2a + 2b − c − c(a + b) + 3ab)(a + b ) ≥ cyc ⇔ ∑ (a − b) (2a + 2b − 2c + 2ab + (c − c(a + b) + ab))(a + b ) ≥ cyc ⇔ 2∑ ( a − b) (a + b − c )(a + b ) + 2∑ ab(a − b) (a + b ) − cyc cyc − (a − b)(b − c)(c − a).∑ (a − b)(a + b ) ≥ cyc ⇔ 2∑ ( a − b) (a + b − c )(a + b ) + 2∑ ab(a − b) (a + b ) − cyc cyc − ( a − b) (b − c) (c − a ) ≥ Không tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ Khi ñoù, ta coù ∑ (a − b)2 (a + b2 − c )(a + b2 ) ≥ cyc ≥ (b − c) (b + c − a )(b + c ) + (c − a) (c + a − b )(c + a ) ≥ (b − c) (b + c − a )(b + c ) + (b − c) (c + a − b )(b + c ) = 2c (b − c) (b + c ) ≥0 440 2∑ ab(a − b) (a + b ) ≥ 2ab(a − b) (a + b ) ≥ 4(a − b) a 2b cyc ≥ 4(a − b) (b − c) (c − a ) ⇒ 2∑ (a − b) (a + b − c )(a + b ) + 2∑ ab(a − b) (a + b ) − cyc cyc − (a − b) (b − c) (c − a) ≥ * Chứng minh (3) Ta coù ∑ cyc a (b + c) − bc ≥ b2 + c2 ⎛ 2a(b + c) − 2bc ⎞ ⇔ ∑⎜ − 1⎟ ≥ b2 + c2 ⎠ cyc ⎝ −(b + c ) + 2a (b + c) − 2bc ⇔∑ ≥0 b2 + c cyc ⇔∑ cyc ⇔∑ cyc ⇔∑ cyc (b + c)(a − b) − (b + c)(c − a ) ≥0 b2 + c2 (b + c)( a − b) (b + c)(c − a) −∑ ≥0 2 2 + b +c b c cyc (b + c)(a − b) (a + c)(a − b) −∑ ≥0 2 b +c a2 + c2 cyc (a − b) (−c + c(a + b) + ab) ⇔∑ ≥0 (b + c )(a + c ) cyc ⇔ ∑ (a − b) (−c + c(a + b) + ab)(a + b ) ≥ cyc ⇔ ∑ (a − b) ((−c + c(a + b) − ab) + 2ab)(a + b ) ≥ cyc ⇔ 2∑ ab(a − b) (a + b ) + (a − b)(b − c)(c − a ).∑ (a − b)(a + b ) ≥ cyc cyc ⇔ 2∑ ab(a − b) (a + b ) + (a − b) (b − c)2 (c − a ) ≥ (đúng) cyc * Chứng minh (4) Ta coù 441 a (b + c) ∑ b2 + c2 −2= ∑ ab(a − b)2 (a + b2 + 2c ) + 8a 2b2c cyc cyc ⇒∑ cyc (a + b )(b + c )(c + a ) ≥0 a (b + c) ≥2 b2 + c2 Vaäy (1), (2), (3) (4) Từ đây, ta suy đpcm Vậy kmax = * Cách Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki, ta có a (a + b + c) ≥ ∑ b2 + c2 cyc ∑ ab(a + b) cyc Do đó, để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần chứng minh (a + b + c) ⎛ 1 ⎞ ≥ ⎜ + + ∑ ab(a + b) ⎝ a + b b + c c + a ⎟⎠ cyc ⇔ ( a + b + c) a + b + c + 3(ab + bc + ca ) ≥ ab ( a b ) + ∑ ∑ ab(a + b) + 2abc cyc cyc 5( S + P ) 4( S + 3P ) ≥ Q Q + 2abc ⇔ SQ + 10abcS + 20abcP ≥ PQ ⇔ Trong ñoù S = a + b + c , P = ab + bc + ca, Q = ∑ ab(a + b) cyc Dễ thấy PQ = ∑ a 2b (a + b) + 2abc( S + P) cyc SQ ≥ ∑ ab(a + b )(a + b) ≥ 2∑ a 2b (a + b) cyc cyc Từ đây, ta có đpcm 442 Vậy kmax = Bài toán 122 (Vasile Cirtoaje) Chứng minh với số không a, b, c ta có bất đẳng thức a3 b3 c3 + + ≤ 2 2 2 2 2 2 (2a + b )(2a + c ) (2b + c )(2b + a ) (2c + a )(2c + b ) a + b + c Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta coù (2a + b )(2a + c ) = (a + a + b )(a + c + a ) ≥ ( a + ac + ab) = a ( a + b + c) ⇒ a3 a ≤ 2 2 (2a + b )(2a + c ) (a + b + c) Tương tự, ta có b3 b ≤ 2 2 (2b + c )(2b + a ) (a + b + c) c3 c ≤ 2 2 (2c + a )(2c + b ) (a + b + c) Do a3 b3 c3 + + ≤ 2 2 2 2 2 2 (2a + b )(2a + c ) (2b + c )(2b + a ) (2c + a )(2c + b ) a + b + c ⇒ đpcm Đẳng thức xảy a = b = c 443 Bài toán 123 (Phạm Kim Hùng) Chứng minh với dãy số dương a1 , a2 , , an ta có bất đẳng thức ⎛1 1 1 1⎞ + + + ≤ ⎜ + + + ⎟ a1 a1 + a2 a1 + a2 + + an an ⎠ ⎝ a1 a2 Lời giải Nếu n = bất đẳng thức hiển nhiên Xét n ≥ Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có với số dương x1 , x2 , , xn ⎛ x12 x22 xk2 ⎞ (a1 + a2 + + ak ) ⎜ + + + ⎟ ≥ ( x1 + x2 + + xk ) ak ⎠ ⎝ a1 a2 ⎛ x12 x22 xk2 ⎞ 1 ⎜ + + + ⎟ ⇒ ≤ a1 + a2 + + ak ( x1 + x2 + + xk ) ⎝ a1 a2 ak ⎠ Cho k chạy từ đến n cộng bất đẳng thức lại, ta c 1 c c + + + ≤ + + + n a1 a1 + a2 a1 + a2 + + an a1 a2 an Trong xk2 xk2 xk2 ck = + + + ∀k = 1, n ( x1 + x2 + + xk ) ( x1 + x2 + + xk +1 ) ( x1 + x2 + + xn ) Ta chọn xk = k ∀k = 1, n Khi ∀k ≥ , ta coù ⎛ ⎞ 1 + + + ck = k ⎜ 2 ⎟ (1 + + + (k + 1)) (1 + + + n) ⎠ ⎝ (1 + + + k ) ⎛ ⎞ 4 = k2 ⎜ + + + 2 2 ⎟ (k + 1) (k + 2) n ( n + 1) ⎠ ⎝ k (k + 1) ⎛ ⎞ 4 ≤ k2 ⎜ + + + ⎟ k (k + 2) k (n + 1) ⎠ ⎝ k (k + 1) ⎛ 1 ⎞ ≤ 4⎜ + + + ⎟ 2 (k + 2) (n + 1) ⎠ ⎝ (k + 1) 444 ⎛ 1 ⎞ ≤ 4⎜ + + + ⎟ n( n + 1) ⎠ ⎝ k (k + 1) (k + 1)( k + 2) ⎛⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎞⎞ ⎛1 = 4⎜ ⎜ − − ⎟+⎜ ⎟ + + ⎜ − ⎟⎟ ⎝ n n +1⎠⎠ ⎝⎝ k k +1⎠ ⎝ k +1 k + ⎠ ⎞ ⎛1 = 4⎜ − ⎟≤ ≤2 ⎝ k n +1⎠ k Ngoaøi 1 + + (1 + 2) (1 + + + n) 4 = + 2 + + 2 n ( n + 1) 4 ≤ + 2 + + 2 (n + 1) 1 = + + + (n + 1) 1 ≤ 1+ + + 2.3 n(n + 1) c1 = + ⎞ ⎛1 1⎞ ⎛1 = + ⎜ − ⎟ + + ⎜ − ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ n n +1⎠ 1 = 1+ − n +1