Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

Giới thiệu Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán.

Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán và hướng dẫn giải các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Tài liệu Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán nhé.

Text Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán
NGUYỄN NHẤT HUY TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi chuyên toán 2020 Ngày 15 tháng 10 năm 2020 Tóm tắt nội dung Vậy là một mùa tuyển sinh vào 10 nữa lại đi qua với sự xuất hiện của nhiều bài toán hay và khó được các sở đưa ra. Và cũng như mọi năm, bất đẳng thức là chủ đề tuy đã quá quen thuộc với chúng ta nhưng nó vẫn là vấn đề tương đối khó và cần các bạn học sinh có kỹ năng phân tích và biến đổi tốt để giải quyết chúng. Với danh nghĩa là một học sinh đã trải qua mùa thi vừa rồi và cũng đã đỗ được 2 ngôi trường chuyên nổi tiếng là Chuyên KHTN Hà Nội và Chuyên Phan Bội Châu, tôi xin mạnh dạn viết lên chuyên đề “Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi chuyên toán 2020” với mục đích nhìn lại các bài toán đã qua và giúp các em khóa sau có một tài liệu để ôn tập đạt kết quả cao. Trong tài liệu này tôi có trình bày những kiến thức cơ bản và lời giải các bài toán đã thi trong mùa thi vừa rồi, tiếp đó là những chuyên đề giúp các bạn nhập môn với những kỹ thuật khó hơn. Để hoàn thành chuyên đề này, tôi xin cảm ơn tới anh Nguyễn Minh Tuấn đã chỉ dạy tôi kĩ năng sử dụng LATEX và thiết kế lên tài liệu mà các bạn đang đọc, bên cạnh đó anh cũng là người tư vấn giúp tôi những vấn đề thiếu sót về mặt kiến thức. Vì còn chưa có kinh nghiệm nhiều về tuổi đời cũng như kiến thức nên chắc chắn trong quá trình biên soạn sẽ không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong bạn đọc và các thầy cô góp ý và bỏ qua. Cuối cùng xin cảm ơn mọi người đã ủng hộ và dõi theo tôi. Mục lục 1 Các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức. 2 1.1 Một số kí hiệu sử dụng trong tài liệu. 2 1.2 Bất đẳng thức AM – GM. 2 1.3 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. 2 1.4 Điều kiện có nghiệm của phương trình. 2 2 Các bài toán trong các kì thi chuyên toán. 3 Giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức khác. 4 3 38 3.1 Tam thức bậc 2 và phương pháp miền giá trị. 38 3.2 Phương pháp đổi biến PQR và bất đẳng thức Schur 45 3.3 Phân tích tổng bình phương SOS và phân tích Schus – SOS. 51 Các bài toán luyện tập. 59 1 Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Nguyễn Nhất Huy, Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 1 Các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức. 1.1 Một số kí hiệu sử dụng trong tài liệu. X 1 1 1 1 = 2+ 2+ 2 2 ab ab bc ca cyc X 1 1 1 1 1 1 1 = 2+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2 2 ab ab ba ca ac bc cb sym Ở đây cyc là viết tắt của cyclic và đôi khi cũng có thể sử dụng X để thay thế X , sym là viết tắt của cyc LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC symetric. 1.2 Bất đẳng thức AM – GM. Tổng quát với các số thực dương x1 , x2 , …, xn thì ta có n X à n Y xi > n n i=1 xi . i=1 Dấu “=” khi và chỉ khi x1 = x2 = … = xn . Với n = 2 và n = 3 thì ta được 2 hệ quả quen thuộc √ a + b > 2 ab √ 3 a + b + c > 3 abc Ngoài ra bất đẳng thức AM − GM cũng có thể phát biểu ở dạng mẫu số n X 1 n2 > n . X x i=1 i xi i=1 1.3 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Cho 2 bộ số (x1 , x2 , …, xn ) và (y1 , y2 , …, yn ) khi đó ta có n X i=1 ! xi 2 n X n X ! yi 2 > i=1 !2 x i yi i=1 Dấu “=” khi và chỉ khi các số lập thành các bộ số tỉ lệ. Dạng cộng mẫu Engel tổng quát !2 n !−1 n n X X X ai 2 > ai bi bi i=1 Trong đó dạng 1.4 x2 a + y2 b i=1 i=1 2 > (x + y) là dạng ta hay gặp nhất. a+b Điều kiện có nghiệm của phương trình. Trong một số bài toán đánh giá min – max ta sẽ sử dụng tới điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2. Cho phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0). Khi đó nếu 1 ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm , đồng nghĩa vế trái luôn không âm hoặc không dương. 2 ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Ứng dụng của kiến thức này sẽ áp dụng cho những bài tìm điều kiện có nghiệm để suy ra min, max. ® Email. [email protected] 2 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 2 Các bài toán trong các kì thi chuyên toán. d Câu 1 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của T = (a − 1)3 + (b − 1)3 + (c − 1)3 . Quảng Bình T = (a − 1)3 + (b − 1)3 + (c − 1)3 = a3 − 3a2 + 3a − 1 + b3 − 3b2 + 3b − 1 + c3 − 3c2 + 3c − 1 Å ã Å ã Å ã 9 9 9 3 = a3 − 3a2 + a + b3 − 3b2 + b + c3 − 3c2 + c + (a + b + c) − 3 4 4 4 4 ã2 Å ã2 Å ã2 Å 3 3 3 3 +b b− +c c− + (a + b + c) − 3 =a a− 2 2 2 4 Å ã2 Å ã2 Å ã2 3 3 3 3 =a a− +b b− +c c− − 2 2 2 4 Å ã2 Å ã2 3 3 Vì a > 0; a − > 0, ∀ a ∈ R nên a a − > 0. 2 2 Å ã2 Å ã 3 3 2 3 Tương tự với b, c thì ta có b b − > 0; c c − > 0, nên T > − 2 2 Å 4 ã 3 3 3 Vậy GTNN của T = − khi (a, b, c) là hoán vị của , ,0 . 4 2 2  d Câu 2 Cho các nguyên dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 + + > 2020 x+y x+z y+z p p √ y 2 + 2×2 z 2 + 2y 2 x2 + 2z 2 Tìm giá trị nhỏ nhất P = + + . xy zy xz Gia Lai – Lời giải. Để giải bài toán này ta sử dụng hai bất đẳng thức phụ sau. i) Cho a, b là các số thực dương ta có 1 1 4 + > a b a+b Dấu bằng xảy ra khi a = b ii) Cho a, b, c, d, e là các số thực ta có » p p p a2 + b2 + c2 + d2 + e2 + f 2 > (a + c + e)2 + (b + d + f )2 Dấu bằng xảy ra khi a c e = = . Đây là 1 trường hợp nhỏ của bất đẳng thức Mincopsky. b d f Phần chứng minh hai bất đẳng thức phụ này xin dành cho bạn đọc. Áp dụng bất đẳng thức i) cho các cặp (x, y); (y, z); (z, x) ta có Å ã Å ã Å ã 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 6 + ; 6 + ; 6 + x+y 4 x y y+z 4 y z x+z 4 x z ® Email. [email protected] 3 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN – Lời giải. Ta biến đổi giả thiết Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Nên theo giả thiết suy ra 1 1 1 + + > 4040. Ta biến đổi biểu thức P , ta được x y z p p √ y 2 + 2×2 z 2 + 2y 2 x2 + 2z 2 P = + + xy zy xz = y 2 + 2×2 + x2 y 2 = 1 2 + 2+ 2 x y z 2 + 2y 2 x2 + 2z 2 + z2y2 x2 z 2 … 1 1 2 2 + 2+ + 2 2 2 y z z x LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Áp dụng bất đẳng thức ii), và bất đẳng thức vừa chứng minh ta có Å P > 1 1 1 + + x y z ã2 Å +2 1 1 1 + + x y z √ Vậy GTNN của P = 4040 3 khi x = y = z = ã2 > p √ 40402 + 2.40402 = 4040 3 3 . 4040  d Câu 3 Cho x, y, z thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 1. Chứng minh rằng x2 y2 z2 3 + + > 1 + 2yz 1 + 2xz 1 + 2xy 5 Điện Biên – Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có X 2 X x2 + y 2 + z 2 x2 x4 = > 2 1 + 2yz x2 + 2×2 yz x + y 2 + z 2 + 2xyz (x + y + z) Mặt khác thì ta có đánh giá x2 + y 2 + z 2 2 > (xy + yz + xz)2 > 3xyz (x + y + z) ⇒ xyz (x + y + z) 6 1 3 Như vậy ta suy ra được 2 x2 + y 2 + z 2 > x2 + y 2 + z 2 + 2xyz (x + y + z) 1 2 1+ 3 = 3 5 Bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất.    x3 + y 3 − x2 + y 2 d Câu 4 Cho x > 1, y > 1, chứng minh rằng D = > 8. (x − 1) (y − 1) Trà Vinh – Lời giải. Biến đổi biểu thức ban đầu, ta được   x3 + y 3 − x2 + y 2 x2 (x − 1) + y 2 (y − 1) x2 y2 (x + y)2 = = + > D= (x − 1) (y − 1) (x − 1) (y − 1) y−1 x−1 x+y−2 Ta cần chứng minh bất đẳng thức (x + y)2 >8 x+y−2 ® Email. [email protected] 4 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Biến đổi tương đương ta được hằng đẳng thức rất đẹp (x + y − 4)2 > 0 Bất đẳng thức trên luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi x = y > 1 ! Nhận xét. Đây là bài toán rất cũ nó từng là đề chuyên của Hà Nội năm 2003-2004. a3 b3 + > a2 + b2 . b a d Câu 5 Cho a, b là 2 số thực âm. Chứng minh rằng Sóc Trăng – Lời giải. Theo bất đẳng thức AM − GM ta có 3 3 2 a3 a3 b2 b2 b2 3 b2 a3 3 a .a .b = + + − >3 − = a2 − b 2b 2b 2 2 2b.2b.2 2 2 2 3 3 2 b3 b3 b3 a2 a2 a2 3 a2 3 b .b .a = + + − >3 − = b2 − a 2a 2a 2 2 2a.2a.2 2 2 2 Cộng theo vế 2 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. d Câu 6 Cho a > 2,  a 2a3 + 1 > 1. Chứng minh rằng > 17. b b(a − b) Bắc Kạn – Lời giải. Với a > 2 thì ta luôn có 7a3 > 14a2 ⇔ a2 (7a − 14) Theo bất đẳng thức AM − GM ta có 2a3 4 +1 > b (a − b) 2a3 +1 a2  = a3 a3 √ 3 3 + + 4 + 7a3 +4 3 a .a3 + 14a2 2 2 = > = 17 a2 a2 a2 8a3 Vậy bài toán được chứng minh.  d Câu 7 Cho các số thực dương a, b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức … a2 M= 1 + 2+ b … b2 + 1 a2 Kon Tum – Lời giải. Theo bất đẳng thức AM − GM ta có … 1 a2 + 2 + b … 1 b2 + 2 > a s 2 a2 b2 s + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1. ® Email. [email protected] 2 √ b2 = 2 a2 Ç… a + b … å √ b >2 2 a  5 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN  Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 8 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 + 2 2 + 2 2 > a(b + 1) + b(c + 1) + c(a + 1) c2 a2 a b b c Kiên Giang – Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có X a2 + 1 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC a2 c2 ã X Å a2 b2 1 (ab + bc + ca)2 a2 + b2 + c2 = + > + c2 a2 b2 a2 c2 3 1 Như vậy ta cần chứng minh 1 (ab + bc + ca)2 + a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca + (a + b + c) 3 1 ⇔ (ab + bc + ca)2 + (a + b + c)2 − 2 (ab + bc + ca) > ab + bc + ca + (a + b + c) 3 1 ⇔ (ab + bc + ca)2 + (a + b + c)2 − 3 (ab + bc + ca) − (a + b + c) > 0 3 Mặt khác ta lại có 2 1 (ab + bc + ca) > 3abc (a + b + c) ⇒ 1 (ab + bc + ca)2 > a + b + c. 3 2 2 (a + b + c) > 3 (ab + bc + ca). Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh luôn đúng, do đó ta có điều phải chứng minh.  d Câu 9 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức 3 T =1+ xy + yz + xz Hậu Giang – Lời giải. Một bài toán tương đối đơn giản, theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có 9 = (x + y + z)2 > 3 (xy + yz + xz) ⇒ xy + yz + xz 6 3 Khi đó biểu thức T =1+ 3 3 >1+ =2 xy + yz + xz 3 Vậy bài toán được giải quyết.  d Câu 10 1 Cho a, b là hai số dương. Chứng minh rằng. 1 1 4 + > . a b a+b √ 1 (b) a2 − ab + 3b2 + 1 > (a + 5b + 2). 4 (a) ® Email. [email protected] 6 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 2 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn P =√ a2 1 1 1 + + 6 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c 1 1 1 +√ +√ 2 2 2 2 − ab + 3b + 1 b − bc + 3c + 1 c − ac + 3a2 + 1 Bình Phước – Lời giải. (a) Ta cần chứng minh Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN 1 Ý thứ nhất. 1 1 4 + > . Biến đổi biểu thức ta được a b a+b 1 1 4 a+b 4 + > ⇔ > a b a+b ab a+b ⇔ (a + b)2 > 4ab ⇔ a2 + 2ab + b2 > 4ab ⇔ (a − b)2 > 0 Bất đẳng thức luôn đúng ∀ a, b ∈ R+ nên bất đẳng thức được chứng minh. √ 1 (b) Ta cần chứng minh a2 − ab + 3b2 + 1 > (a + 5b + 2). Ta biến đổi biểu thức 4 1 (a + 5b + 2)2 16 ⇔ 16a2 − 16ab + 48b2 + 16 > a2 + 25b2 + 4 + 10ab + 20b + 4a ⇔ a2 − ab + 3b2 + 1 > ⇔ 15a2 − 26ab + 23b2 − 4a − 20b + 12 > 0 ⇔ 13(a − b)2 + 2(a − 1)2 + 10(b − 1)2 > 0 Luôn đúng ∀ a, b ∈ R+ nên bất đẳng thức được chứng minh. 2 Áp dụng bất đẳng thức (b) ta có P 6 4 4 4 + + a + 5b + 2 b + 5c + 2 c + 5a + 2 Áp dụng bất đẳng thức i) nhiều lần ta được Å ã 4 1 1 1 1 1 1 1 6 + 6 + + + a + 5b + 2 a + 3b 2b + 2 4 a + b 2b 2b 2 Å ã 1 1 1 1 1 1 1 5 1 6 + + + + = + + 4 4a 4b 2b 2b 2 16a 16b 8 Tương tự với hai phân thức còn lại kết hợp với giả thiết ta suy ra Å ã 3 1 1 1 3 3 + + + 6 P 6 8 a b c 8 2 4 3 khi a = b = c = 1. Mở rộng đoạn ta có thể dùng ngược bất đẳng 2 a + 5b + 2 thức Cauchy − Schwarz dạng phân thức như sau Å ã 4 64 (1 + 5 + 2)2 1 1 5 1 5 1 = = 6 + +2 = + + a + 5b + 2 16 (a + 5b + 2) 16 (a + 5b + 2) 16 a b 16a 16b 8 Vậy GTNN của P = Bài toán được chứng minh. ® Email. [email protected]  7 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 11 Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x2 z 2 + y 2 z 2 + 1 6 3z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 8 4z 2 P = 2 + 2 + (x + 1) (y + 3) (1 + 2z)2 Hà Tĩnh – Lời giải. 1 8 1 + 2 > với ∀a, b > 0 2 a b (a + b)2 1 1 2 Ta có theo bất đẳng thức AM − GM ta có 2 + 2 > . a b ab 1 4 (a + b)2 ⇒ > . Mặt khác ab 6 4 ab (a + b)2 1 1 8 Nên suy ra 2 + 2 > với ∀a, b > 0. Khi đó áp dụng bổ đề trên a b (a + b)2 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Để giải bài toán này ta chứng minh bổ đề sau P = 1 8 64 1 8 8 ã2 + ã2 + ã2 2 + Å 2 > Å 2 > Å 1 1 1 (x + 1) (y + 3) (y + 3) +1 +2 +5 x+ x+y+ 2z 2z 2z 3 1 Từ giả thiết suy ra là số dương và x2 z 2 + y 2 z 2 + 1 6 3z ⇔ x2 + y 2 + 2 6 . z z 1 Đặt = t suy ra x2 + y 2 + t2 6 3t. Ta có z 64 256 P =Å ã2 = 1 (2x + 2y + t + 10)2 x+y+ +5 2z  2  2x 6 x + 1 Ta có 2y 6 y 2 + 1 ⇒ 2x + 2y + 4t 6 x2 + y 2 + t2 + 6 6 3t + 6.   4t 6 t2 + 4 256 1 Suy ra 2x + 2y + t 6 6. Suy ra P > 2 = 1, dấu ” = ” xảy ra khi x = y = 1, z = 2 . (6 + 10) Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1.  √ √ √ √ d Câu 12 Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + a2 + c2 + b2 + c2 = 2021. Chứng minh rằng … a2 b2 c2 1 2021 + + > b+c a+c a+b 2 2 Ninh Bình – Lời giải. √ √ √ √ Đặt x = b2 + c2 , y = c2 + a2 , z = a2 + b2 với x, y, z > 0; x + y + z = 2021, suy ra a2 = y 2 + z 2 − x2 2 x2 + z 2 − y 2 2 x2 + y 2 − z 2 , b = ,c = 2 2 2 Khi đó áp dụng các bất đẳng thức phụ cơ bản » » » √ √ √ b + c 6 2 (b2 + c2 ) = 2x, c + a 6 2 (c2 + a2 ) = 2y, a + b 6 2 (a2 + b2 ) = 2z ® Email. [email protected] 8 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Suy ra y 2 + z 2 − x2 z 2 + x2 − y 2 x2 + y 2 − z 2 √ √ √ + + 2 2x 2 2y 2 2z ñÇ å Ç å Ç åô (y + z)2 1 (z + x)2 (x + y)2 > √ −x + −y + −z 2x 2y 2z 2 2 ñÇ å Ç å Ç åô (y + z)2 (z + x)2 (x + y)2 1 + 2x − 3x + + 2y − 3y + + 2z − 3z = √ 2x 2y 2z 2 2 1 > √ [(2(y + z) − 3x) + (2(z + x) − 3y) + (2(x + y − 3z)] 2 2 … 1 1 2021 . Suy ra V T > √ (x + y + z) = 2 2 2 2  d Câu 13 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 8. Chứng minh rằng a b c 1 + + 6 (a2 + b2 + c2 ) ca + 4 ab + 4 bc + 4 16 Hà Nam – Lời giải. Vì a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 8 nên tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho a= 2x 2y 2z ;b = ;c = y z x Bất đẳng thức trở thành x2 y 2 z2 2x 2y 2z + + > + + 2 2 2 y z x y+z z+x x+y Ta có x2 y 2 z2 3 2 + 2+ 2 y z x Å ã Å > x y z + + y z x ã2 Å x y z + + >3 y z x ã ⇒ z2 x y z x2 y 2 + + > + + 2 2 2 y z x y z x (2) Mặt khác ta lại có x2 y 2 z2 x y y z z x x y z + 2+ 2 > . + . + . = + + 2 y z x y z z x x y z x y (3) Từ (2) và (3) có x2 y 2 z2 2 2 + 2+ 2 y z x Å ã > x y z x y z + + + + + y z x z x y Lại có Å ã Å ã Å ã x y z x y z 1 1 1 1 1 1 + + + + + =x + +y + +z + y z x z x y y z x z x y 4x 4y 4z + + > y+z z+x x+y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2.  d Câu 14 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x3 − y 3 > 2x. Chứng minh rằng x3 > 2y. Khánh Hòa – Lời giải. ® Email. [email protected] 9 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN VT > Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Biến đổi giả thiết, ta được x3 − y 3 > 2x ⇔ x3 − 2x > y 3 ⇔ 8×3 − 16x > 8y 3 Từ đây ta cần chứng minh bất đẳng thức sau 8×3 − 16x 6 x9 . Ta có 8×3 − 16x 6 x9 ⇔ x(x8 − 8×2 + 16) > 0 Vì x > 0 nên x(x8 − 8×2 + 16) = x(x8 − 4×4 + 4 + 4×4 − 8×2 + 4 + 8) = x(x4 − 2)2 + 4x(x2 − 1)2 + 8x > 0 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Nên x9 > 8y 3 ⇔ x3 > 2y. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng không xảy ra.  3 b2 c2 d Câu 15 Cho các số thực a, b, c sao cho a > 0; b > ; c > 5 và a2 + + 6 12. 2√ 2 9 √ √ Tìm giá trị lớn nhất của M = 2ab − 3a + ac + 8c + 2 c − 5. Long An – Lời giải. Ta có √ » a + 2b − 3 2ab − 3a = a(2b − 3) 6 2 » » c+a+8 √ 4+x−5 c(a + 8) 6 ; 2 c − 5 = 4(x − 5) 6 2 2 Suy ra M 6 a + b + c + 2. Ta có a6 a2 + 1 b2 + 4 c2 + 81 ;b 6 ;c 6 2 4 18 Suy ra a+b+c6 c2 a2 b2 + + + 6 6 12 2 4 18 Từ đây suy ra M 6 14 Vậy max M =14. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn là a = 1; b = 2; c = 9.  d Câu 16 Cho x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + xy = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức M = x2 + y 2 − xy. Tiền Giang – Lời giải. Biến đổi biểu thức, ta được M= 3×2 + 3y 2 − 3xy 3×2 + 3y 2 + xy − 4xy 3×2 + 3y 2 + xy − 2×2 − 2y 2 x2 + y 2 + xy = > = =1 3 3 3 3 Mặt khác ta lại có M = x2 + y 2 − xy = x2 + y 2 + 3xy − 4xy 6 x2 + y 2 + 3xy + 2(x2 + y 2 ) = 3(x2 + y 2 + xy) = 9 Vậy min M = 1 khi và chỉ khi x = y = 1 hoặc x = y = −1 và max M = 9 khi và chỉ khi x = −y = 1 hoặc x = −y = −1.  ® Email. [email protected] 10 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 17 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng √ 16a + 9 + √ √ 16b + 9 + 16c + 9 > 11 – Lời giải. Cách 1. Có a + b + c = 1 mà a, b, c là các số thực không âm nên 0 6 a, b, c 6 1. Ta có 0 6 a 6 1 ⇒ a2 6 a. Như vậy ta có đánh giá p √ √ 16a + 9 = 4a + 12a + 9 > 4a2 + 12a + 9 = 2a + 3 Tương tự ta được √ √ 16b + 9 > 2b + 3 16c + 9 > 2c + 3 √ √ Cộng vế với vế ta được 16a + 9 + 16b + 9 + 16c + 9 > 2(a + b + c) + 9 = 11. Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = 1 và b = 0 hoặc b = 1 và c = 0 hoặc c = 1. Hay dấu bằng xảy ra khi (a, b, c) là các hoán vị của bộ (1; 0; 0). Cách 2. √ √ √ Đặt x = 16a + 9; y = 16b + 9; z = 16c + 9, với x, y, z > 0, suy ra x2 + y 2 + z 2 = 16.(a + b + c) + 27. Mà a + b + c = 1 ⇒ x2 + y 2 + z 2 = 43. Tương tự như cách 1, ta chỉ ra được rằng 0 6 a, b, c 6 1. Vì √ 0 6 a 6 1 ⇒ 0 6 16a 6 16 ⇔ 9 6 16a + 9 6 25 ⇒ 3 6 x 6 5 ⇒ (x − 3)(x − 5) 6 0 ⇒ x2 − 8x + 15 6 0 ⇒ x2 6 8x − 15 (1) Tương tự ta được 1 y 2 6 8y − 15. (2) 2 z 2 6 8z − 15. (3) Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được x2 + y 2 + z 2 > 8(x + y + z) − 45, mà x2 + y 2 + z 2 = 43 nên 8(x + y + z) > 88 ⇔ x + y + z > 11 √ √ √ Vậy 16a + 9 + 16b + 9 + 16c + 9 > 2(a + b + c) + 9 = 11. Dấu bằng xảy ra khi x = 3 hoặc x = 5 và y = 3 hoặc y = 5 và z = 3 hoặc z = 5. 1 Nếu x = 3 mà x = 2 Nếu x = 5 mà x = √ √ 16a + 9 thì a = 0, thỏa mãn. 16a + 9 thì a = 1, thỏa mãn Tương tự với y và z, tóm lại dấu bằng xảy ra khi (a, b, c) là các hoán vị của bộ (1; 0; 0).  d Câu 18 Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c + abc = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ac. Chuyên toán Hà Nội – Lời giải. Cách 1. Không mất tính tổng quát, giả sử a = max{a; b; c}. Suy ra a > 1 (Vì nếu a < 1 thì b, c < 1, dẫn đến a + b + c + abc < 4, trái với gỉa thiết). Với a > 1 ta có P = a(a + b + c) − a2 + bc = a(4 − abc) − a2 + bc = 4 − (a − 2)2 + bc(1 − a2 ) 6 4 Vậy Max P = 4. Dấu ” = ” xảy ra khi chẳng hạn a = 2; b = 2; c = 0. ® Email. [email protected] 11  h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Bến Tre Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 19 Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ac. √ Chứng minh rằng a + b + c > 3 3 2abc. Chuyên tin Hà Nội – Lời giải. Cách 1 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có √ √ 3 3 (a + b + c)(ab + bc + ca) > 3 abc · 3 a2 b2 c2 = 9abc ⇔ (4ab + 4bc + 4ca)(a + b + c) > 54abc LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC ⇔ (a2 + b2 + c2 + 2ba + 2bc + 2ca)(a + b + c) > 54abc ⇔ (a + b + c)3 > 54abc √ 3 ⇔ a + b + c > 3 2abc Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra, ví dụ (a, b, c) = (4t, t, t) và các hoán vị với t > 0.  d Câu 20 Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= (x + y)2 (x + y)2 + x2 + y 2 xy Bình Định – Lời giải. Ta có (x + y)2 (x + y)2 2xy x2 + y 2 + =1+ 2 + +2 2 2 2 x +y xy x +y xy Å ã 2xy x2 + y 2 x2 + y 2 =3+ + + x2 + y 2 2xy 2xy A= Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có x2 + y 2 2xy + > x2 + y 2 2xy 2xy x2 + y 2 . = 2. x2 + y 2 2xy Đẳng thức xảy ra khi  2xy x2 + y 2 4 4 2 2 2 2 2 = ⇔ x + y − 2x y = 0 ⇔ x − y = 0 ⇔ x2 = y 2 ⇔ x = y x2 + y 2 2xy Ta có x2 + y 2 > 1, do đó 2xy Å A=3+ 2xy x2 + y 2 + x2 + y 2 2xy ã + x2 + y 2 >3+2+1=6 2xy Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 6 đạt được khi x = y. ® Email. [email protected] 12  h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 21 Với a, b là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Å ã 1 1 S = (a + b) √ +√ a2 − ab + 2b2 b2 − ab + 2a2 – Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có Å 2 2 S 6 2(a + b) 1 1 + 2 2 2 a − ab + 2b b − ab + 2a2  2(a + b)2 3a2 + 3b2 − 2ab = 4 2a − 3a3 b + 6a2b2 − 3ab3 + 2b4  2 a2 + b2 + 2ab 3a2 − 3b2 − 2ab = 2(a2 + b2 )2 − 3ab (a2 + b2 ) + 2a2 b2 Chia tử và mẫu cho a2 b2 và đặt t = ã a2 + b2 2(t + 2)(3t − 2) > 2, ta được S 2 6 . Ta chứng minh ab 2t2 − 3t + 2 2(t + 2)(3t − 2) 68 2t2 − 3t + 2 (*) Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức tương đương ta được (∗) ⇔ 3t2 + 4t − 4 6 8t2 − 12t − 8 ⇔ 5t2 − 16t + 12 > 0 ⇔ (t − 2)(5t − 6) > 0 √ luôn đúng do t > 2. Do đó S 6 2 2, đẳng thức xảy ra khi a = b.  1 1 1 + + = 2. Chứng minh rằng x y z p √ √ √ x+y+z > x−1+ y−1+ z−1 d Câu 22 Cho các số thực x, y, z > 1 thỏa mãn Bình Thuận – Lời giải. Ta có Ä√ ä2 p √ x−1+ y−1+ z−1 = Ç … √ x−1 √ x. + y. x å2 … y−1 √ z−1 + z. y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có Ç … √ x−1 √ x. + y. x å2 … Å ã y−1 √ z−1 x−1 y−1 z−1 + z. 6 (x + y + z) + + =x+y+z y z x y z Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 1 1 1 x−1 y−1 z−1 3 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi + + = 2 và = = ⇔x=y=z= . 2 2 2 x y z x y z 2 xét. Đây là bài thi Iran 1988 tuy không quá khó nhưng cần sự “khéo léo” vô cùng trong việc ! Nhận vận dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz để giải.  ® Email. [email protected] 13 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Bà Rịa – Vũng Tàu Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 23 Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn điền kiện (a + b)2 + 4ab 6 12. Chứng minh rằng 1 1 + + 2020ab 6 2021 1+a 1+b LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Hưng Yên – Lời giải. Từ giả thiết ta có (a + b)3 + 4ab 6 12 ⇒ 12 > (a + b)3 + 4ab. √ Áp dụng bất đẳng thức AM − GM với a, b là các số dương ta được a + b > 2 ab, từ đây suy ra Ä √ ä3 12 > 2 ab + 4ab √ Giải bất phương trình này theo ẩn ab ta được √ √ 8ab ab + 4ab − 12 6 0 ⇔ 2ab ab + ab − 3 6 0 √ ⇔ 2ab ab − 2 + ab − 1 6 0 hÄ√ ä3 i Ä√ ä2 ab − 1 + ab − 1 6 0 ⇔2 äî Ä ä √ ó Ä√ √ ab − 1 2 ab + ab + 1 + ab + 1 6 0 ⇔ Ä√ äÄ ä √ ⇔ ab − 1 2ab + 3 ab + 3 6 0 √ √ Do a, b > 0 nên 2ab + 3 ab + 3 > 0 ⇒ ab − 1 6 0 ⇔ ab 6 1. Ta chứng minh được bất đẳng thức sau Ä√ ä √ ä2 Ä√ a − b ab − 1 1 1 2 Ä √ ⇔ + 6 √ ä 60 1+a 1+b 1 + ab (1 + a) (1 + b) 1 + ab Bất đẳng thức trên luôn đúng với a, b > 0; ab 6 1. Như vậy suy ra 1 1 2 √ + 2020ab + + 2020ab 6 1+a 1+b 1 + ab Đặt √ 2 + 2020t2 6 2021. Điều này tương đương với 1+t  (t − 1) 2020t2 + 4040t + 2019 6 0 ab = t (0 < t 6 1) thì ta cần chứng minh rằng Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do vậy bài toán tới đây được giải quyết trọn vẹn. Dấu ” = ” xảy ra khi t = 1 hay a = b = 1.  d Câu 24 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e, ta luôn có a2 + b2 + c2 + d2 + e2 > a(b + c + d + e) Lâm Đồng – Lời giải. Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương a2 + b2 + c2 + d2 + e2 > a (b + c + d + e) ⇔ 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2 > 4a (b + c + d + e)     ⇔ a2 − 4ab + 4b2 + a2 − 4ac + 4c2 + a2 − 4ad + 4d2 + a2 − 4ae + 4e2 > 0 ⇔ (a − 2b)2 + (a − 2c)2 + (a − 2d)2 + (a − 2e)2 > 0 Bất đẳng thức luôn đúng với mọi a, b, c, d, e. ® Email. [email protected]  14 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 25 Cho a, b, c là các số thay đổi đồng thời thỏa mãn các điều kiện ® a+b+c=8 a2 + b2 + c2 = 22 1 Tính ab + bc + ac. 2 Chứng minh rằng 2 6 a, b, c 6 10 . 3 Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN 3 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a3 + b3 + c3 . Đại học Huế – Lời giải. 1 Biến đổi giả thiết ta được  (a + b + c)2 − a2 + b2 + c2 64 − 22 = = 21 ab + bc + ac = 2 2 2 Biển đổi giả thiết ta được ® a+b=8−c ab = 21 − c (a + b) = 21 − c (8 − c) = 21 − 8c + c2 Theo định lý Viet đảo thì a, b là nghiệm của phương trình x2 − (8 − c) x + 21 − 8c + c2 = 0 Để phương trình có nghiệm thì −3c2 + 16c − 20 (8 − c)2 − 4(21 − 8c + c2 ) = >0 ∆= 2 2 Hay (3c − 10)(c − 2) 6 0 ⇔ 2 6 c 6 10 . Tương tự với a, b ta có điều phải chứng minh. 3 3 Biến đổi biểu thức P ta có a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3 (a + b + c) (ab + bc + ac) + 3abc = 3abc + 8 Sử dụng bất đẳng thức ở câu b) ta có hệ  (a − 2) (b − 2) (c − 2) > 0 Å ãÅ ãÅ ã 10 10 10  −a −b −c >0 3 3 3 Sử dụng giả thiết và giải hệ trên ta được 18 6 abc 6 64 6 P 6 Vậy GTLN của P = 490 . Thay vào P ta được 27 562 9 562 , GTNN của P = 62. 9 Bài toán được giải quyết. ® Email. [email protected]  15 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 26 a2 + b2 (a − b)2 > ab + 2 . 2 a + b2 + 2 1 Cho 2 số thực a, b. Chứng minh rằng 2 Cho hai số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b 6 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q=b−a+ 20 7 + a b Hồ Chí Minh LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC – Lời giải. 1 Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương a2 + b2 (a − b)2 (a − b)2 (a − b)2 > ab + 2 ⇔ > 2 2 2 a + b2 + 2 2 Å a +b +2 ã 1 1 ⇔ (a − b)2 >0 − 2 2 a + b2 + 2 Vậy bất đẳng thức đầu tiên được chứng minh. 2 Theo giả thiết ta có −a > b − 3 nên 20 7 20 7 20 7 + >b+b−3+ + = 2b − 3 + + a b 3−b b 3−b b … … 20 7 20 7 = 5 (3 − b) + + 7b + − 18 > 2 5. (3 − b) . + 2 7b. − 18 = 16 3−b b 3−b b  20  5 (3 − b) = 3 − b ⇒ b = 1 ⇒ a = 2. Vậy GTNN của Q = 16. Dấu bằng xảy ra khi 7  7b = b Bài toán được giải quyết. Q=b−a+  d Câu 27 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ab bc ac 1 T = + + −p 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b ab(a + 2c)(b + 2c) Thái Bình – Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có 25 25 4 (5 + 5 + 2)2 + + > 5(a + c) 5(b + c) a + 3b 6a + 8b + 10c 5 5 4 72 + + > ⇔ a+c b+c a+ 3b 3a + 4b + 5c Å ã ab 1 5ab 5ab 4ab ⇔ 6 + + 3a + 4b + 5c 72 a + c b + c a + 3b Với hai số dương a, b ta luôn có Thật vậy, 4ab 3a + b 6 . a + 3b 4 4ab 3a + b 6 ⇔ 3(a − b)2 > 0, bất đẳng thức luôn đúng, khi đó thì a + 3b 4 Å ã ab 1 5ab 5ab 3a + b 6 + + 3b + 4c + 5c 72 a + c b + c 4 ® Email. [email protected] 16 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Biến đổi tương tự, ta được Å 5bc 5bc 3b + c + + b+a a+c 4 ã ca 1 6 3c + 4a + 5b 72 Å 5ca 5ca 3c + a + + b+c b+a 4 ã ab bc ca 1 3 + + 6 (a + b + c) = 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b 12 4 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có » 4(a + b + c) = 3a + 3b + (a + 2c) + (b + 2c) > 4 4 9ab(a + 2c)(b + 2c) √ » ⇔ 9 > 3 4 ab(a + 2c)(b + 2c) » ⇔ ab(a + 2c)(b + 2c) 6 27 −1 −1 ⇔p 6 27 ab(a + 2c)(b + 2c) Do đó, (1) (2) 3 1 77 Từ (1) và (2) suy ra T 6 − = . Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3. 4 27 108 77 khi a = b = c = 3. Vậy, max T = 108 xét. Bài toán này đã từng xuất hiện trong kỳ thi Chọn HSG Quốc Gia của Tỉnh Bắc Ninh ! Nhận 2016-2017 với độ khó so với học sinh THCS được đánh giá rất cao.  d Câu 28 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a(a + bc)2 b(b + ac)2 c(c + ab)2 + + >4 b(ab + 2c2 ) c(bc + 2a2 ) a(ca + 2b2 ) Chuyên Khoa Học Tự Nhiên vòng 1 – Lời giải. Cách 1 Áp dụng Cauchy − Schwarz ta có 2 VT = 2 2 (a2 + abc) (b2 + abc) (c2 + abc) (a2 + b2 + c2 + 3abc) + + > ab(ab + 2c2 ) bc(bc + 2a2 ) ca(ca + 2b2 ) (ab + bc + ca)2 2 (1) Trong 3 số a − 1; b − 1; c − 1 theo nguyên lý Dirichlet luôn có hai số cùng dấu, ta có thể giả sử rằng a − 1; b − 1 cùng dấu, suy ra (a − 1)(b − 1) > 0 ⇒ ab > a + b − 1 = 2 − c ⇔ abc > c(2 − c) Như vậy ta được M = a2 + b2 + c2 + 3abc = a2 + b2 + c2 + 3abc + 2(ac + bc) − 2c(a + b) > a2 + b2 + c2 + 3c (2 − c) + 2(ac + bc) − 2c (3 − c) > 2(ab + bc + ca) + c2 + 6c − 3c2 − 6c + 2c2 > 2(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 + 3abc > 2(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 + 3abc >2 ab + bc + ca (2) Từ (1) và (2) ta có a(a + bc)2 b(b + ca)2 c(c + ab)2 + + >4 b(ab + 2c2 ) c(bc + 2a2 ) a(ca + 2b2 ) ® Email. nhathuya1k[email protected] 17 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN bc 1 6 3b + 4c + 5a 72 Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Dấu ” = ” xảy ra a = b = c = 1. Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có 2 VT = 2 2 (a2 + abc) (b2 + abc) (c2 + abc) (a2 + b2 + c2 + 3abc) + + > 2 2 2 ab(ab + 2c ) bc(bc + 2a ) ca(ca + 2b ) (ab + bc + ca)2 2 (1) Ta cần chứng minh (a2 + b2 + c2 + 3abc) >4 (ab + bc + ca) Thật vậy biến đổi tương đương ta được ⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc > a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC ⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc > a2 (b + c) + b2 (a + c) + c2 (a + b) ⇔ a (a − b) (a − c) + b (b − c) (b − a) + c (c − a) (c − b) > 0 Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức Schur. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra a = b = c = 1. !  Nhận xét. Bài toán này là một ứng dụng của bất đẳng thức Schur nên với những ai biết rõ về Schur sẽ có hướng giải và cách đi rất nhanh tuy nhiên bài này còn cách giải đặc biệt hơn cả là sử dụng nguyên lý Đirichlet. Để người đọc biết rõ thêm về bất đẳng thức Schur tác giả đã giới thiệu thêm về ứng dụng của nó ở phần sau của tài liệu. d Câu 29 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3.Chứng minh rằng Å ã2 Å ã 1 1 1 a b c 3 + + − 1 + 1 > 4.abc + 3 + + a b c bc ac ab Chuyên Khoa Học Tự Nhiên vòng 2 – Lời giải. Bất đẳng thức đã cho được viết thành Å ã Å 1 1 1 2 1 3 + + −6 + a b c a Å ã 1 1 1 2 ⇔3 + + +4> a b c Å ã 1 1 1 2 ⇔3 + + +4> a b c  ã 3 a2 + b2 + c2 1 1 4 + +4> + b c abc abc  2 2 2 3 a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca 4 + abc abc Å ã 2 4 3(a + b + c) 1 1 1 2 31 + ⇔3 + + +4> abc abc a b c abc  Quy đồng và rút gọn ta đưa về chứng minh 3 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 4a2 b2 c2 > 13abc, tương đương  ⇔ 3 a2 b2 + b2 c2 + a2 c2 − abc (a + b + c) > 4abc (1 − abc) Ä ä  ⇔ 81 a2 b2 + b2 c2 + a2 c2 − abc (a + b + c) > 4abc (a + b + c)3 − 27abc (1) Không mất tính tổng quát, giả sử a 6 b 6 c, ta có các phân tích sau a2 b2 + b2 c2 + a2 c2 − abc (a + b + c) = c2 (a − b)2 + ab (a − c) (b − c) (a + b + c)3 − 27abc = (a + b + 7c) (a − b)2 + (4a + 4b + c) (a − c) (b − c) Khi đó (1) tương đương 81c2 (a − b)2 + 81ab (a − c) (b − c) > 4abc (a + b + 7c) (a − b)2 + 4abc (4a + 4b + c) (a − c) (b − c) Với a 6 b 6 c và a + b + c = 3, ta có 3 đánh giá sau ® Email. [email protected] 18 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 1 81c2 > 4abc (a + b + 7c). 2 81ab > 4abc (4a + 4b + c). 3 (a − c) (b − c) > 0. Vậy ta có điều cần chứng minh.  a2 − bc b2 − ac c2 − ab + + >0 2a2 + b2 + c2 2b2 + a2 + c2 2c2 + a2 + b2 Hội An – Lời giải. Bất đẳng thức được viết lại như sau. 2(a2 − bc) 2(b2 − ac) 2(c2 − ab) + + >0 2a2 + b2 + c2 2b2 + a2 + c2 2c2 + a2 + b2 hay (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 + + 63 2a2 + b2 + c2 2b2 + a2 + c2 2c2 + a2 + b2 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có (b + c)2 b2 c2 6 + 2a2 + b2 + c2 a2 + b2 a2 + c2 Tương tự (a + c)2 a2 c2 6 + 2b2 + a2 + c2 a2 + b2 b2 + c2 a2 b2 (a + b)2 6 + 2c2 + a2 + b2 a2 + c2 b2 + c2 Mà b2 c2 a2 c2 a2 b2 a2 + b2 b2 + c2 a2 + c2 + + + + + = + + =3 a2 + b2 a2 + c2 a2 + b2 b2 + c2 a2 + c2 b2 + c2 a2 + b2 b2 + c2 a2 + c2 Cộng các vế theo vế ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.  d Câu 31 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a+b + c + ab b+c + a + bc … a+c b + ac Nghệ An – Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 4(c + ab)(a + bc) 6 (c + a + ab + bc)2 = [(a + c)(b + 1)]2 4(b + ac)(c + ab) 6 (b + c + ac + ab)2 = [(b + c)(a + 1)]2 4(a + bc)(b + ac) 6 (a + b + ac + bc)2 = [(a + b)(c + 1)]2 ® Email. [email protected] 19 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN d Câu 30 Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Nhân vế với vế ta được [8(c + ab)(a + bc)(b + ca)]2 6 [(a + b)(b + c)(c + a)]2 [(a + 1)(b + 1)(c + 1)]2 (a + b)(b + c)(c + a) 8 ⇔ > (c + ab)(a + bc)(b + ca) (a + 1)(b + 1)(c + 1) (1) Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho 3 số dương ta có » 6 = a + 1 + b + 1 + c + 1 > 3 3 (a + 1)(b + 1)(c + 1) ⇒ 8 > (a + 1)(b + 1)(c + 1) (2) LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Từ (1) và (2) ta được P = a+b + c + ab b+c + a + bc … s c+a 3 >3 b + ca (a + b)(b + c)(c + a) >3 (c + ab)(a + bc)(b + ca) Dấu ” = ” xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy Pmin = 3 khi a = b = c = 1.  d Câu 32 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z 6 3. Chứng minh rằng x2 + y 2 + xy(x + y) x2 + z 2 + xz(x + z) √ z2 + y2 +36 2 zy(z + y) Ç x+y + xy z+y + zy … x+z xz å Đà Nẵng – Lời giải. Ta có bất đẳng thức phụ cơ bản sau. p Với a, b là 2 số thực dương thì a + b 6 2(a2 + b2 ). Áp dụng đánh giá này, ta có x2 + y 2 + x+y Chia cả hai vế cho √ » 2xy 5 2(x + y) x+y xy ta được. x2 + y 2 + xy(x + y) 2 5 x+y 2(x + y) xy Tương tự kết hợp với bất đẳng thức sau. X 2 = x+y X Äp√ ä2 √ 2 9 2 √ √ >√ >3 √ x+y x+y+ y+z+ z+x Áp dụng bất đẳng thức phụ ở trên cho 3 số ta được √ x+y+ √ y+z+ √ z+x6 » √ 6(x + y + z) 6 3 2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1.  xét. Đây là bài toán rất hay của Belgium đề xuất trong IMO Shorlish 2009 đã được dùng để ! Nhận ra trong rất nhiều đề thi toán của một số tỉnh ở Việt Nam. ® Email. [email protected] 20 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 33 Với các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 1 6 x 6 y 6 5. Tìm giá trị nhỏ nhất  P = 2 x2 + y 2 + 4 (x − y − xy) + 7 Bình Dương – Lời giải. Biến đổi biểu thức ta có = 2(x − y)2 + 4(x − y) + 2 + 5 = 2(x − y + 1)2 + 5 Vì 2(x − y + 1)2 > 0 với mọi x, y ∈ R, do vậy P > 5. Vậy GTNN của P = 5. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ® y =x+1 16x6y65 Giải ra ta được x, y là các bộ số thỏa mãn y = x + 1 và x ∈ (0; 4].  Nhận xét. Đây là bài toán rất hay thoạt nhìn có vẻ như rất “khó” và điều kiện cồng kềnh làm các bạn đi sai hướng nhưng thực tế bài này rất dễ từ ý tưởng đơn giản của bài này bạn đọc có thể phát triển ra một số bài toán tương tự. Dưới đây là một số bài toán tương tự ! 1 Với các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 1 6 x 6 y 6 15.Tìm giá trị nhỏ nhất  P = 2 x2 + 4y 2 + 4 (3x − 6y − 2xy) + 29 2 Với các số thực x, y thay đổi thỏa mãn 1 6 y 6 x 6 15.Tìm giá trị nhỏ nhất  P = 2 x2 + 4y 2 + 2 (2x − 5y − 4xy) + 11 d Câu 34 Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng. 8(a2 + b2 + c2 ) 27(a + b)(b + c)(c + a) + > 16 ab + bc + ac (a + b + c)3 Vĩnh Phúc – Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có s   8 a2 + b2 + c2 8 a2 + b2 + c2 27 (a + b) (b + c) (c + a) 27 (a + b) (b + c) (c + a) + . >2 ab + bc + ca ab + bc + ca (a + b + c)3 (a + b + c)3 Õ (a + b + c)2 8 27 (a + b) (b + c) (c + a) 3 >2 . ab + bc + ca (a + b + c)3 = 12 2 (a + b) (b + c) (c + a) (ab + bc + ca) (a + b + c) Ta sẽ đi chứng minh rằng 12 2 (a + b) (b + c) (c + a) > 16 ⇔ 9 (a + b) (b + c) (c + a) > 8 (ab + bc + ca) (a + b + c) (ab + bc + ca) (a + b + c) ® Email. [email protected] 21 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN  P = 2 x2 + y 2 + 4 (x − y − xy) + 7 = 2(x2 − 2xy + y 2 ) + 4(x − y) + 7 Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Bất đẳng thức này tương đương ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) > 6abc ã Å ã  Å b+c c + a a+b + + ⇔ >6 c a b Å ã Å ã   a b b c c a ⇔ + −2 + + −2 + + −2 >0 b a c b a c ⇔ (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + >0 ab bc ca Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.  LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC d Câu 35 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của A = (1 + 2a) (1 + 2bc) Bắc Ninh – Lời giải. Theo bất đẳng thức AM − GM ta có 1 + 2bc 6 1 + b2 + c2 = 2 − a2 . Từ đó suy ra A = (1 + 2a)(1 + 2bc) 6 (1 + 2a)(2 − a2 ) ⇒ 6A = (2 + 4a)(6 − 3a2 ) 6 ® a, b, c > 0 Vì a2 + b2 + c2 = 1 (2 + 4a + 6 − 3a2 )2 (−3a2 + 4a + 8)2 = 4 4 (*) nên 0 < a < 1. Từ điều kiện này ta suy ra 1 −3a2 + 4a + 8 > −3 + 0 + 8 = 5. Å √ ã 2 28 784 28 2 + 4a + 8 = − 3a − √ + 6 ⇒ (−3a2 + 4a + 8)2 6 . 3 3 9 3 196 98 Từ (∗) và (∗∗) ta suy ra 6A 6 ⇒A6 . 9 27   2 + b2 + c2 = 1 2 a   a =  3 √ Đẳng thức xảy ra ⇔ 2 + 4a = 6 − 3a2 ⇔   b = c = 10  b=c 6 98 Vậy max A = . 27 −3a2 d Câu 36 Cho (**)  −1 6 a, b, c ∈ R. Chứng minh rằng 3 1 + a2 1 + b2 1 + c2 6 + + > 1 + 3b + c2 1 + 3c + a2 1 + 3a + b2 5 Đồng Nai – Lời giải. Bằng phương pháp biến đổi tương đương bạn đọc dễ dàng chứng minh 3 bất đẳng thức phụ sau 3a 6 3(b2 + 1) 3(c2 + 1) 3(a2 + 1) ; 3b 6 ; 3c 6 2 2 2 Áp dụng các bất đẳng thức phụ trên ta có X X 1 + a2 1 + a2 > 2 1 + 3b + c2 2(1 + c2 ) + 3(1 + b2 ) ® Email. [email protected] 22 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Đặt x = 1 + a2 ; y = 1 + b2 ; z = 1 + c2 bất đẳng thức cần chứng minh trở thành y z 3 x + + > 2z + 3y 2x + 3z 2y + 3x 5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có X X x x2 (x + y + z)2 3 (xy + yz + xz) 3 = > > = 2z + 3y 2zx + 3xy 5 (xy + yz + xz) 5 (xy + yz + xz) 5 ! Nhận xét. Bài toán này thực chất được phát triển từ bài thi JBMO 2003. JBMO 2003. Cho −1 6 x, y, z ∈ R. Chứng minh rằng 1 + x2 1 + y2 1 + z2 + + >2 1 + y + z 2 1 + z + x2 1 + x + y 2  d Câu 37 minh rằng Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy + yz + xz + 4(x2 + y 2 + z 2 ) = 15. Chứng x2 + y 2 + z 2 > 3 Ninh Thuận – Lời giải. Ta chứng minh bất đẳng thức phụ cơ bản sau x2 + y 2 + z 2 > xy + yz + xz Chứng minh. x2 + y 2 + z 2 > xy + yz + xz ⇔ 2(x2 + y 2 + z 2 ) > 2(xy + yz + xz) ⇔ ((x − y)2 + (y − z)2 + (x − z)2 > 0 Vậy bất đẳng thức phụ được chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức phụ trên ta có 5(x2 + y 2 + z 2 ) = 4(x2 + y 2 + z 2 ) + x2 + y 2 + z 2 > xy + yz + xz + 4(x2 + y 2 + z 2 ) = 15 Nên x2 + y 2 + z 2 > 3. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1.  d Câu 38 Cho ba số thực x, y, z dương thỏa mãn xy + yz + xz + 2xyz = 1. Chứng minh rằng x2 y y2z z2x + + > 2xyz x+1 y+1 z+1 Hải Dương – Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có x2 y 2 y2z2 z 2 x2 (xy + yz + zx)2 + + > (1) xy + y yz + z xz + x xy + yz + zx + x + y + z p Ta có theo bất đẳng thức AM − GM thì xy + yz + zx > 3 3 x2 y 2 z 2 . Đặt t = xy + yz + zx, từ giả thiết có VT = (1 − t)2 = 4×2 y 2 z 2 6 ® Email. [email protected] 4t3 3 ⇔ (4t − 3) (t − 3)2 > 0 ⇒ t > 27 4 3 ⇔ xy + yz + zx > 4 23 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z kết hợp với bất đẳng thức phụ ta được dấu bằng khi a = b = c = 1. Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Thay vào giả thiết được 2xyz = 1 − (xy + yz + zx) 6 1 1 hay xyz 6 . Do đó 4 8 xy + yz + zx > 6xyz ⇔ (xy + yz + zx)2 > 6xyz (xy + yz + zx) (2) (xy + yz + zx)2 > 3 (xy.yz + yz.zx + zx.xy) ⇔ 2(xy + yz + zx)2 > 6xyz (x + y + z) (3) Mặt khác ta lại có Cộng vế (2) và (3) thì ta được LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 3(xy + yz + zx)2 > 6xyz (xy + yz + zx + x + y + z) (4) 1 Kết hợp các đánh giá ở trên ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = . 2  d Câu 39 Cho x > 0, y > 0 và xy = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q= x3 y3 + 4(y + 2) 4(x + 2) Phú Yên – Lời giải. Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương Q= x3 (x + 2) + y 3 (y + 2) x4 + y 4 + 2(x + y)(x2 − xy + y 2 ) = 4(y + 2)(x + 2) 4 [2(x + y) + xy + 4] (1) Ta có các đánh giá 1 x4 + y 4 > 2×2 y 2 (2) 2 x2 − xy + y 2 > xy (3) Dấu ” = ” trong (2) và (3) xảy ra khi x = y = 2 (do xy = 4). Do đó Q> 2×2 y 2 + 2(x + y)xy · 4 [2(x + y) + xy + 4] Cũng do xy = 4 nên Q> 32 + 8 (x + y) x+y+4 = =1⇒Q>1 4 [2 (x + y) + 8] x+y+4 (4) Dấu ” = ” trong (4) xảy ra khi dấu ” = ” xảy ra trong (2) và (3). Vậy min Q = 1 khi x = y = 2.  d Câu 40 Cho x, y là các số thực dương và x + y 6 1. 1 Chứng minh rằng x3 + y 3  x + y 3 > . 2 2 Å ã Å ã 1 3 1 3 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 + x + + 1+y+ . x y Vĩnh Long – Lời giải. ® Email. [email protected] 24 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy ß 1 Đặt x+y =s (s, v > 0). xy = v   s61 Giả thiết và các bất đẳng thức cơ bản giúp ta có nhưng hệ quả sau đây s2 1  v6 6 4 4 Bất đẳng thức cần chứng minh sẽ trở thành s3 − 3sv s3 > ⇔ s3 > 4sv. 2 8 2 Theo bất đẳng thức a) ta sẽ có Å ã ã3 Å 1 1 1 3 4 P > 2+x+y+ + > 2+x+y+ 4 x y x+y Å 2+x+y+ 4 x+y ã3 Å Å = 2+ x+y+ 1 x+y ã 3 + x+y ã3 1 343 > .(2 + 2 + 3)3 = 4 4 1 Dấu bằng xảy ra tại x = y = . 2 Bài toán được giải quyết. !  Bất đẳng thức ở ý 1 còn phát biểu tổng quát dưới dạng Å ã a+b n an + bn > 2 2 trong đó a, b ∈ R; n ∈ N∗ . Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng kiến thức về đạo hàm mà chúng ta sẽ được học ở lớp 11. d Câu 41 Cho a, b, c là các số thực có tổng bằng 0 và −1 6 a, b, c 6 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + 2b2 + c2 . Tây Ninh – Lời giải. Cách 1. Vì −1 6 a 6 1 nên (a − 1)(a + 1) 6 0 suy ra a2 6 1. Tương tự b2 , c2 6 1. Do a + b + c = 0 nên sẽ có 2 số cùng 6 0 hoặc cùng > 0, khi đó tích của chúng > 0. Ë Trường hợp 1. Nếu ac > 0. Khi đó thì P = a2 + 2(−a − c)2 + c2 = 3a2 + 4ac + 3c2 6 3a2 + 6ac + 3c2 = 3(a + c)2 = 3b2 6 3 Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a = 0, b = 1, c = −1. Ë Trường hợp 2. Nếu ab > 0. Khi đó thì P = a2 + 2b2 + (−a − b)2 = 2a2 + 2ab + 3b2 6 3a2 + 6ab + 3b2 = 3(a + b)2 = 3c2 6 3 Dấu bằng xảy ra khi a = 0, b = 1, c = −1. Ë Trường hợp 3. Nếu bc > 0. Tương tự trường hợp 2. ® Email. [email protected] 25 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Mà s > 0 nên ta có thể rút gọn s và từ đó ta có điều phải chứng minh. Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Vậy giá trị lớn nhất của P là 3, đạt được chẳng hạn khi a = 0, b = 1, c = −1. Cách 2. Ta có ® ® (1 + a)(1 + b)(1 + c) > 0 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) + abc > 0 ⇒ (1 − a)(1 − b)(1 − c) > 0 1 − (a + b + c) + (ab + bc + ca) − abc > 0 ⇒ ab + bc + ca > −1 Như vậy ta được P = b2 + (a2 + b2 + c2 ) = b2 + (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) = b2 − 2(ab + bc + ca) 6 1 + 2 = 3 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a = 0, b = 1, c = −1.  xét. Đây có thể xem là bài bất đẳng thức có thể được xem là dễ nhất trong tập bất 2020 bởi ! Nhận ý tưởng quá đơn giản của nó. d Câu 42 Cho các số thực a, b.c thỏa mãn 3a2 + 3b2 + 8c2 = 32. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ac. Quảng Trị – Lời giải. Theo bất đẳng thức AM − GM ta có ab 6 b2 + 4c2 a2 + 4c2 a2 + b2 ; bc 6 ; ca 6 2 4 4 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có 1 ab + bc + ca 6 (3a2 + 3b2 + 8c2 ) = 8 4 Dấu ” = ” xảy ra khi a = b = 2c = 2. Vậy giá trị lớn nhất của P là 8.  d Câu 43 Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x2 + 5y 2 + 4xy + 3x + 4y = 27. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của M = x + 2y. Quảng Ninh – Lời giải. Biến đổi giả thiết ta được x2 + 5y 2 + 4xy + 3x + 4y = 27 ⇔ (x + 2y)2 + 3 (x + 2y) + (y − 1)2 = 28 ã Å 3 2 121 = − (y − 1)2 ⇔ x + 2y + 2 4 Å ã 3 2 121 ⇔ x + 2y + 6 2 4 3 11 ⇔ x + 2y + 6 2 2 ⇔ −7 6 x + 2y 6 4 Vậy M lớn nhất là khi x = 2, y = 1, M nhỏ nhất là khi x = −9, y = 1  d Câu 44 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. ® Email. [email protected] 26 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H = 3xy + yz 2 + zx2 − x2 y. Quảng Nam – Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử 0 < x 6 y 6 z. Ta có (y − z) (y − x) 6 0 ⇔ y 2 − xy − zy + xz 6 0 ⇔ y 2 + xz 6 xy + zy  ⇔ x2 z + y 2 x + z 2 y 6 xyz + x2 y + z 2 y = y 2xz + x2 + z 2 − xyz 1 ⇔ x2 z + y 2 x + z 2 y 6 y(x + z)2 − xyz = .2y (x + z) (x + z) − xyz 2 1 1 6 . (2x + 2y + 2z)3 − xyz = 4 − xyz 2 27 ⇔ x2 z + y 2 x + z 2 y + xyz 6 4. Mặt khác ta lại có H = 3xy + yz 2 + zx2 − x2 y = (x + y + z)xy + yz 2 + zx2 − x2 y = x2 z + y 2 x + z 2 y + xyz Áp dụng kết quả trên ta được H 6 4. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức H bằng 4. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.  d Câu 45 Cho x, y, z là ba số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức p p √ 2x2 − xy + 2y 2 2y 2 − yz + 2z 2 2z 2 − zx + 2x2 S= + + x + y + 2z y + z + 2x z + x + 2y Quốc Học Huế - Lời giải. Ta có đánh giá sau » p 2x2 − xy + 2y 2 = 2(x + y)2 − 5xy > √ 5 3 2 2(x + y) − (x + y) = (x + y). 4 2 … Tương tự ta có 2 √ 3 (y + z) 2 √ p 3 2z 2 − zx + 2×2 > (z + x) 2 √ Å ã 3 x+y y+z z+x Từ đây ta suy ra S > + + . 2 x + y + 2z y + z + 2x z + x + 2y Đặt a = x + y + 2z, b = y + z + 2x, c = z + x + 2y, suy ra p 2y 2 − yz + 2z 2 > x+y = b+c−a c+a−b a+b−c ,y + z = ,z + x = 2 2 2 Khi đó thì √ Å ã 3 b+c−a c+a−b a+b−c S> + + 2 2a 2b 2c √ Å √ ã √ 3 b+c c+a a+b 3 3 3 > + + −3 > (6 − 3) = 4 a b c 4 4 √ 3 3 Vậy GTNN của biểu thức S = . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c 4 ® Email. [email protected] 27  h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN ⇔ y 2 x + x2 z 6 xyz + x2 y Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 46 Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất cuả biểu thức. Å ãÅ ã 1 1 17 2 2 P = x + 2 y + 2 − y x 16 Cao Bằng LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC – Lời giải. 1 √ Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 1 = x + y > 2 xy ⇔ xy 6 4 Biến đổi biểu thức P ta có Å ãÅ ã 1 1 17 1 17 1 15 2 2 P = x + 2 y + 2 − = x2 y 2 + 2 2 + 2 − = x2 y 2 + 2 2 + y x 16 x y 16 x y 16 (1) Áp dụng bất đẳng thức AM − GM và bất đẳng thức (1) ta có ã Å 1 15 255 15 1 1 255 15 2 2 2 2 P =x y + 2 2 + + + = x y + > + + = 17 2 2 2 2 x y 16 256x y 256x y 16 8 16 16 1 Vậy GTNN của biểu thức P = 17. Dấu bằng xảy ra khi x = y = . 2 ! Nhận xét. Bài toán trên là bài toán tiêu biểu cho dạng toán về điểm rơi một dạng toán quan trọng xuất hiện rất nhiều trong đề thi chuyên lẫn đề thi vào cấp 3 là dạng toán dễ nặng về kỹ thuật để giải dạng toán này các bạn cần có sự nhìn nhận nhanh về điểm rơi của bài toán để có hướng đi đúng.  d Câu 47 Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a2 b2 c2 1 + + 2 2 2 6 3 2 2 2 5a + (b + c) 5b + (a + c) 5c + (a + b) Bắc Giang – Lời giải. Biến đổi vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh, ta có X cyc X X1 a2 (2a + a)2 a2 = . = (2a2 + bc).2 + (a2 + b2 + c2 ) 9 (2a2 + bc).2 + (a2 + b2 + c2 ) 5a2 + (b + c)2 cyc cyc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ngược, ta được Å ã 1 a2 + b2 + c2 2 a2 b2 c2 VT 6 . 2 + + + 9 a + b2 + c2 9 2a2 + bc 2b2 + ac 2c2 + ab Để chứng minh bất đẳng thức đầu cần chứng minh bất đẳng thức sau a2 b2 c2 + + 61 2a2 + bc 2b2 + ac 2c2 + ab Å Đặt (a, b, c) → ã 1 1 1 , , , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x y z X X a2 = 2a2 + bc ® Email. [email protected] 1 x2 1 1 2. 2 + x yz 28 = X x2 yz + 2yz h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwar ta đã chứng minh được Å ã X X x2 1 yz 1 a2 b2 c2 3 − 6 = (3 − 1) = 1 ⇔ + + 61 x2 + 2yz 2 x2 + 2yz 2 2a2 + bc 2b2 + ac 2c2 + ab Vậy bất đẳng thức được chứng mình. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c  d Câu 48 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 3xyz Chứng minh x + 2 2 3y z + xyz … y + 2 2 3x z + xyz … z 3 6 + xyz 2 3×2 y 2 Chuyên tin Phú Thọ – Lời giải. 1 1 1 + + = 3. x y z Từ giả thiết xy + yz + zx = 3xyz ta có Đặt a = 1 1 1 , b = , c = , ta được a, b, c > 0; a + b + c = 3. Khi đó ta phải chứng minh x y z √ ca ab 3 bc +√ +√ 6 2 3a + bc 3b + ca 3a + bc Thật vậy, thay a + b + c = 3 vào bất đẳng thức cần chứng minh ta được √ bc bc bc =p =p 3a + bc (a + b + c)a + bc (a + b)(a + c) 1 1 , ta được a+b a+c Å ã bc bc 1 1 p 6 + 2 a+b a+c (a + b)(a + c) Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho 2 số Tương tự thì ta cũng có các đánh giá ca ca √ 6 2 3b + ca Å 1 1 + b+a b+c ã ab ab 6 2 3c + ab Å 1 1 + c+a c+b ã √ 3 bc ca ab a+b+c +√ +√ 6 = . 2 2 3a + bc 3b + ca 3c + ab Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 hay x = y = z = 1. Cộng vế với vế và biến đổi √  d Câu 49 Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức √ xy 1 √ +√ √ + 1 + yz xy + yz √ 2 yz √ >2 1 + xy Phú Thọ – Lời giải. √ √ Đặt xy = a; yz = b bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 1 + + 1+b a+b ® Email. [email protected] 29 2b >2 1+a h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN … Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta được a 1 + + 1+b a+b 2b a 1 2b 1 4b a = + +p + + > 1+a 1+b a+b 1 + b a + b 1 + a + 2b 2b(1 + a) Ta cần chứng minh a 1 4b + + >2 1 + b a + b 1 + a + 2b Đến đây biến đổi tương đương ta được 1 hằng đẳng thức rất đẹp LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC (a − 1)2 (a + b + 1) > 0 luôn đúng vì a, b > 0. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1 hay x = y = z = 1. !  Nhận xét. Bài toán này không quá khó nhưng cách đặt ẩn có phần đơn giản đã làm bài toán có vẻ nhìn lạ mắt. Ngoài ra để chứng minh bất đẳng thức cuối chúng ta có tới 2 cách làm để giải ngoài trừ cách 1 đã nêu ở trên đó là sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz công việc này tác giả xin dành cho bạn đọc. d Câu 50 Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3(ab + bc + ac) (a + b + c)3 + a2 + b2 + c2 abc Đắk Lăk – Lời giải. Ta có đánh giá sau (a + b + c)3 (a + b + c) (a + b + c)2 = = abc abc Å ã  1 1 1  2 + + a + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca) bc ca ab  2  9 a + b2 + c2 + 2 (ab + bc + ca) > bc + ca + ab  9 a2 + b2 + c2 = + 18 bc + ca + ab Khi đó thì  3 (ab + bc + ca) 9 a2 + b2 + c2 P > + + 18 a2 + b2 + c2 bc + ca + ab Theo bất đẳng thức AM − GM ta có  3 (ab + bc + ca) 3 a2 + b2 + c2 >6 + a2 + b2 + c2 bc + ca + ab  6 a2 + b2 + c2 2 2 2 Mặt khác thì a + b + c > ab + bc + ca, nên > 6. Suy ra P > 6 + 6 + 18 = 30. bc + ca + ab Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 30 khi a = b = c.  d Câu 51 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + 3b + 5c = 2020. Tìm giá trị lớn nhất của P = 3ab 15bc 5ac + + a + 3b 3b + 5c a + 5c Thái Nguyên ® Email. [email protected] 30 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy – Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho hai số dương a và b ta có Å 3ab 6 a + 3b ã a + 3b 2 a + 3b 2 = a + 3b 4 Chứng minh tương tự ta có 2 (a + 3b + 5c) = 1010. 4 2020 2020 404 2020 hay a = ;b = ;c = Vậy giá trị lớn nhất của P là 1010 khi và chỉ khi a = 3b = 5c = 3 3 9 3 Từ đó suy ra P 6  d Câu 52 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện  1 1 1  x > , y > , z > − 18 7 2020 18 7 2020   + + >2 18x + 17 7y + 6 2020z + 2021 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (18x − 1)(7y − 1)(2020z + 1). Tin Thanh Hóa – Lời giải. Ta có 18 7 2020 7y − 1 2020z + 1 >1− +1− = + 18x + 17 7y + 6 2020z + 2021 7y + 6 2020z + 2021 Áp dụng bất đằng thức AM − GM cho hai số dương ta có 18 7y − 1 2020z + 1 > + >2 18x + 17 7y + 6 2020z + 2021 7y − 1 2020z + 1 · 7y + 6 2020z + 2021 Tưong tự ta có 7 >2 7y + 6 … 18x − 1 2020z + 1 · 18x + 17 2020z + 2021 2020 >2 2020z + 2021 18x − 1 7y − 1 · 18x + 17 7y + 6 Nhân các bất đẳng thức (1), (2) và (3) vế với vế ta được 18.7.2020 (18x − 1)(7y − 1)(2020z + 1) > 8. (18x + 17)(7y + 6)(2020z + 2021) (18x + 17)(7y + 6)(2020z + 2021) 18.7.2020 = 31815 8 5 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi x = ; y = 9 5 9 Vậy max A = 31815 khi x = ; y = ; z = 9 14 Suy ra A 6 ® Email. [email protected] 9 1009 ;z = . 14 2020 1009 . 2020 31 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN 15bc 3b + 5c 5ca 5c + a 6 ; 6 3b + 5c 4 5c + a 4 Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Nhận xét. Bài toán này thực chất được phát triển từ một bài toán rất cũ và kì thi chuyên của sở Thanh Hóa đã từng sử dụng dạng toán này ra đề vào năm 2005-2006. Dưới đây là các bài toán tương tự dành cho bạn đọc ! 1 Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn các điều kiện 1 1 1 + + = 2. Tìm giá trị lớn nhất a+1 b+1 c+1 của biểu thức abc. 2 Thanh Hóa 2005 – 2006. Cho ba số thực x, y, z > 2 và 1 1 1 + + = 1. Tìm giá trị lớn nhất x y z của biểu thức (x − 2)(y − 2)(z − 2). LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  d Câu 53 Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn 2a + 2b + 2c + ab + bc + ca = 24 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2 . Nam Định đề thi thi chung – Lời giải. Ta có bất đẳng thức a2 + b2 > 2ab, b2 + c2 > 2bc, c2 + a2 > 2ca. a2 + 4 > 4a, b2 + 4 > 4b, c2 + 4 > 4c Cộng trừ vế ta được 3(a2 + b2 + c2 ) + 12 > 2(2a + 2b + 2c + ab + bc + ca) = 48. Suy ra P > 12 với a = b = c = 2 thì P = 12. Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 12.  √ √ √ d Câu 54 Xét a, b, c là các số dương thỏa mãn a + 1 + b + 1 + c + 1 = 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức p p p P = a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 + a2 + ac + c2 Nam Định vòng 1 – Lời giải. Trước tiên áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có đánh giá  a2 + b2 > 2ab ⇔ a2 + b2 + 3a2 + 4ab + 3b2 > 3a2 + 6ab + 3b2 ⇔ 4a2 + 4ab + 4b2 > 3a2 + 6ab + 3b2  ⇔ 4 a2 + ab + b2 > 3(a + b)2 p √ ⇔ 2 a2 + ab + b2 > 3 (a + b) Tương tự thì ta cũng có Từ đó suy ra được P > √ p √ 2 b2 + bc + c2 > 3 (b + c) p √ 2 a2 + ac + c2 > 3 (a + c) 3 (a + b + c). Ta có đánh giá cơ bản sau  (x + y + z)2 6 3 x2 + y 2 + z 2 ⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 > 0 Áp dụng đánh giá này ta suy ra Ä√ ä2 √ √ a + 1 + b + 1 + c + 1 6 3 (a + b + c + 3) ⇒ a + b + c > 9 √ √ Mặt khác P > 3 (a + b + c) ⇒ P > 9 3. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3.√ Vậy GTNN của biểu thức là P = 9 3 khi a = b = c = 3. ® Email. [email protected] 32  h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 55 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 6 1 + a4 + b4 + c4 8 Nam Định vòng 2 1 − 3q + 3r 6 1 + 1 − 4q + 2q 2 + 4r 8 Hay bất đẳng thức được viết lại thành. 1 (4q − 1)2 − q + 2q 2 + r > 0 ⇔ +r >0 8 8 Vì bất đẳng thức trên luôn đúng nên bất đẳng Å thức được ã chứng minh. 1 1 Dấu bằng xảy ra khi (a, b, c) là hoán vị của bộ 0, , . 2 2  d Câu 56 1 Cho x > 1, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2×2 + 1 . 3x 2 Cho a, b, c thực dương a + b + c = 1. Chứng minh rằng a b c √ √ √ + + 61 a + a + bc b + b + ac c + c + ab Lào Cai vòng 1 – Lời giải. 1 Một câu tương đối đơn giản, thêm bớt và áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta được 2×2 + 1 x2 1 1 11×2 1 11 14 7 = + + + > + = = 3x 6 6x 6x 6 2 6 6 3 Dấu “=” xảy ra khi x = 1. 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(a + c) > Do đó ta được Ä√ √ ä2 ab + ac √ a a a √ √ √ 6 = √ √ √ a + a + bc a + ab + ac a+ b+ c Ta cũng có các đánh giá tương tự √ √ b b c c √ √ √ √ 6√ , 6 √ √ √ b + b + ac a + b + c c + c + ab a+ b+ c ® Email. [email protected] 33 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN – Lời giải. Đặt p = a + b + c = 1, q = ab + bc + ac, r = abc. Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại. Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Cộng theo vế các bất đẳng thức lại, ta được √ √ √ a b c a+ b+ c √ √ √ √ + + 6√ √ =1 a + a + bc b + b + ac c + c + ab a+ b+ c 1 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = . 3  d Câu 57 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b 6= 0. Chứng minh rằng 1 + a2 + b2 > 2 − 2ab (a + b)2 2 Cho a, b > 0 thỏa mãn √ a+ √ b = 1 . Chứng minh rằng √ 1 1 +√ 6 2. a + 3b b + 3a Lào Cai vòng 2 – Lời giải. 1 Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh, tương đương Ä ä2 2 (a + b) − 1 1 1 + a2 + b2 > 2 − 2ab ⇔ + (a + b)2 > 2 ⇔ >0 (a + b)2 (a + b)2 (a + b)2 Như vậy bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh. 2 Đây là một câu tương đối quen thuộc, áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có √ √ √ √ a+b 2 b 2b a 2 a a 1 a+ b 3 √ + ;√ ⇒ √ 6 6 + 6 + a + b a + 3b 2 a + 3b 4 2 (a + b) a + 3b a + 3b a + 3b √ √ √ √ 2 b b a+b 2 a 1 2a a+ b 3 b √ + ;√ ⇒ √ 6 6 + 6 + a + b b + 3a b + 3a 2 b + 3a 4 2 (a + b) b + 3a b + 3a Cộng hai bất đẳng thức trên với ® nhau ta có điều phải chứng minh. a=b 1 √ ⇒a=b= Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi √ 4 a+ b=1 Bài toán được giải quyết. !  Nhận xét. Bất đẳng thức ở ý 2 là một bài toán phụ tương đối nổi tiếng, các bạn sẽ gặp bài toán này rất nhiều về sau ở mảng phương trình – hệ phương trình đại số, cũng như là nền tảng của nhiều bất đẳng thức khác. Ngoài cách chứng minh ngắn gọn ở trên thì bạn đọc cũng có thể đưa về phương trình đẳng cấp, rồi đánh giá khéo léo để giải quyết nó. Công việc này xin nhường lại cho bạn đọc. d Câu 58 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + xz = 5 . Chứng minh √ x y z 2 6 √ +p +√ 6 3 x2 + 5 z2 + 5 y2 + 5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào? ® Email. [email protected] 34 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Hải Phòng – Lời giải. Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh ta được 2 3 1 x 3 y 2 3z 1 =√ · +√ · +√ · 6 x+y x+z 6 y+z y+x 6 z+x z+y ã Å 1 2x 3x 3y 2y 3z 3z 6 √ + + + + + 2 6 x+y x+z y+z y+x z+x z+y √ 1 2 6 = √ (2 + 3 + 3) = 3 2 6  ß  2 = 3 = 3 z = 2x = 2y Đẳng thức xảy ra khi ⇔ z = 2x = 2y = 2. x+y y+z z+x ⇔ 5×2 = 5  xy + yz + zx = 5  d Câu 59 Cho các số thực a, b, c dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau b c 2a +p +p P =p (a + b) (a + c) (b + c) (b + a) (c + a) (c + b) Yên Bái – Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có ŒÖ Å P = 2a a+b ãÅ ã 2a + a+c Ö 6 = 1 2 1 2 Å ã 2a 2a 1 + + a+b a+c 2 Ö Å b 2 b+c è Å ã 2b + b+a b 2 + 2b b+c b+a è Ñ + 1 2 Ö ã Å ã Õ Å 2a 2b 2a 2c + + + + a+b b+a a+c c+a Ñ c é 2c 2 c+a c+b ã c é 2c + 2 c+a c+b c b 2 + 2 b+c c+b èè Å ã 1 1 9 2+2+ = 2 2 4  2a 2a   =   a + b a +c    b  ß  z = 2x = 2y 2b 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ⇔ ⇔ a = 7b = 7c. = 2 =5 5x  b+c b+a   c    2c    2 = c+b c+a 9 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng khi a = 7b = 7c. 4 = ® Email. [email protected] 35  h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN x y 3z P =p +p +p (x + y) (x + z) (y + z) (y + x) 6 (z + x) (z + y) Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 60 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. Chứng minh rằng 1 1 1 + 2 + 2 >3 2 a b c Lai Châu – Lời giải. Ta biến đổi giả thiết tương đương a + b + c + ab + bc + ca = 6abc ⇔ 1 1 1 1 1 1 + + + + + =6 ab bc ca a b c LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Theo bất đẳng thức AM − GM thì ta có 1 2 1 1 2 1 1 2 1 + 2 > ; 2+ 2 > ; 2+ 2 > 2 a b ab b c bc c a ca Từ đây ta suy ra được Å 1 1 1 2 2+ 2+ 2 a b c ã Å 1 1 1 >2 + + ab bc ca ã (1) Tương tự thì ta cũng có 1 2 1 2 1 2 +1> ; 2 +1> ; 2 +1> 2 a a b b c c Suy ra Å ã 1 1 1 1 1 1 + + +3>2 + + a2 b2 c2 a b c (2) Từ (1) và (2), suy ra Å 3 ã Å ã 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + 3 > 2. = 2.6 = 12 a2 b2 c2 ab bc ca a b c Å ã 1 1 1 1 1 1 ⇒3 2 + 2 + 2 >9⇒ 2 + 2 + 2 >3 a b c a b c Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1.  d Câu 61 1 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 1 1 + + 36x 9y z 2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a3 b3 c3 3 + + > (a + 1) (b + 1) (b + 1) (c + 1) (c + 1) (a + 1) 4 Lạng Sơn – Lời giải. 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có 1 1 1 1 1 1 36 + + = + 9 + > 36x 9y z x y z Å ã2 1 1 + +1 9 6 3 = x+y+z 4 Trường hợp dấu “=” xảy ra xin dành bạn đọc giải quyết nốt. ® Email. [email protected] 36 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 2 Dự đoán dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1, khi đó thêm bớt và áp dụng bất đẳng thức AM − GM , a3 1 1 a3 . (a + 1) (b + 1) 3 a3 5 1 1 + (a + 1) + (b + 1) > 3 3 = a⇒ > a− b− (a + 1) (b + 1) 8 8 8.8. (a + 1) (b + 1) 4 (a + 1) (b + 1) 8 8 4 Như vậy suy ra được ã X Å5 5 a3 1 1 1 3 3 = (a + b + c) − (a + b + c) − = > a− b− (a + 1) (b + 1) 8 8 4 8 8 4 4 Bài toán được giải quyết.  d Câu 62 Cho hai số dương x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= x2 1 1 + 2 +y xy Đăk Nông – Lời giải. 1 1 4 + > và bất đẳng thức (x + y)2 > 4xy. a b a+b Phần chứng minh bất đẳng thức phụ này dành cho bạn đọc chứng minh bằng biến đổi tương đương. Ta có Áp dụng bất đẳng thức phụ x2 1 1 1 1 4 4 1 2 2 6 + = 2 + + > > + + = =6 2 2 2 2 2 +y xy x +y 2xy 2xy 4xy (x + y) (x + y) (x + y) (x + y)2 1 Vậy GTNN của A = 6. Dấu bằng xảy ra khi x = y = . 2  d Câu 63 1 Với x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 2. Xét biểu thức P = x3 y 3 + − xy. Chứng minh rằng xy 6 1 và P > x2 + y 2 − xy > 1. y x 2 Với x, y là các số thực dương thỏa mãn x − y = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x3 y 3 + − xy. y x Đại học Sư Phạm – Thành phố Hồ Chí Minh – Lời giải. √ 1 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có 2 = x + y > 2 xy ⇔ xy 6 1 (1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có x2 + y 2 x3 y 3 x4 + y 4 P = + − xy = − xy > y x xy 2xy 2   x2 + y 2 x2 + y 2 − xy = − xy 2xy Tiếp đến sử dụng bất đẳng thức AM − GM ta có    x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 .2xy − xy > − xy 2xy 2xy Áp dụng tiếp bất đẳng thức Cauchy − Schwarz và bất đẳng thức (1) ta có P > x2 + y 2 − xy > ® Email. [email protected] (x + y)2 − xy = 2 − xy > 1 2 37 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN X Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Vậy các bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. Nhận xét. Nếu đề bài yêu cầu chứng minh P > 1 ở câu a) thì ta còn cách giải sau chỉ dùng bất đẳng thức AM − GM . Khi đó lời giải của chúng ta sẽ như sau. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có √ 2 = x + y > 2 xy ⇔ xy 6 1 (1) Biến đổi biểu thức P ta có 2 x2 + y 2 − 2×2 y 2 x3 y 3 x4 + y 4 P = + − xy = − xy = − xy y x xy xy Ä ä2 (x + y)2 − 2xy − 2×2 y 2 (4 − 2xy)2 − 2×2 y 2 = − xy = − xy xy xy 2×2 y 2 − 16xy + 16 16 16 = − xy = 2xy − 16 + − xy = xy + − 16 xy xy xy Áp dụng bất đẳng thức AM − GM và bất đẳng thức (1) ta có ã Å 15 16 1 + P = xy + − 16 = xy + − 16 > 2 + 15 − 16 = 1 xy xy xy Vậy các bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. Đây là cách giải sử dụng kỹ năng biến đổi đại số khéo léo là hướng giải hay để các bạn sử dụng khi tiến đến giải câu 2 . 2 Biến đổi biếu thức P ta có 2 x2 + y 2 − 2×2 y 2 x3 y 3 x4 + y 4 P = + − xy = − xy = − xy y x xy xy Ä ä2 (x − y)2 + 2xy − 2×2 y 2 (4 + 2xy)2 − 2×2 y 2 − xy = − xy = xy xy 2×2 y 2 + 16xy + 16 16 16 = − xy = 2xy + 16 + − xy = xy + + 16 xy xy xy Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có P = xy + 16 + 16 > 8 + 16 = 24 xy Vậy GTNN của P = 24. Dấu bằng√xảy ra khi và √ chỉ khi xy = 4 và x − y = 2. Giải ra ta được dấu bằng khi x = 5 + 1 và y = 5 − 1. Bài toán được giải quyết. 3  Giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức khác. 3.1 3.1.1 Tam thức bậc 2 và phương pháp miền giá trị. Phương pháp. Phương pháp này khá cơ bản và thường được sử dụng trong các bài toán tìm cực trị với các bất đẳng thức có dạng a 6 f (x) 6 b với x ∈ D. Nguyên tắc chung là đưa về tìm điều kiện để phương trình m = f (x) có nghiệm trên D. Trong trường hợp có nhiều biến ta cần đưa về phương trình với một biến hoặc đưa về hệ phương trình nếu có 3.1.2 Tìm miền giá trị bằng cách xét điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. ® Email. [email protected] 38 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Một phương trình bậc hai có dạng Ax2 + Bx + C = 0 với A 6= 0, thì khi đó điều kiện để phương trình có nghiệm là ∆ = B 2 − 4AC > 0. Vì vậy cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức m = f (x, y, z). Ta biến đổi tương đương m để đưa về một phương trình bậc của x hoặc y hoặc của z, khi đó sử dụng điều kiện có nghiệm ta tìm được max và min của m. d Câu 1 Cho a, b là các số thực bất kì. Chứng minh rằng  a2 b4 + 2 a2 + 2 b2 + 4ab + a2 > 4ab3 – Lời giải. Bất đẳng thức có hai biến và biến a có bậc cao nhất là 2, do đó ta biến đổi bất đẳng thức theo hướng xuất hiện một tam thức bậc hai có biến là a như sau 2  b2 + 1 a2 + 4b 1 − b2 a + 4b2 > 0 2 Ta xem vế trái của bất đẳng thức là tam thức bậc hai, để ý đến b2 + 1 > 0, ta cần chứng minh được biệt thức ∆ của tam thức có giá trị âm. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  2 b2 + 1 a2 + 4b 1 − b2 a + 4b2 > 0 2  Xét đa thức f (a) = b2 + 1 a2 + 4b 1 − b2 a + 4b2 , khi đó ta có 2  2 ∆ = 4b 1 − b2 − 4 b2 + 1 .4b2 = −16b2 6 0 2 2 Do đó ta có b2 + 1 f (a) > 0 mà b2 + 1 > 0 nên ta được  2 f (a) = b2 + 1 a2 + 4b 1 − b2 a + 4b2 > 0 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.  d Câu 2 Cho a, b là các số thực bất kì. Chứng minh rằng    3 1 − a + a2 1 − b + b2 > 2 1 − ab + a2 b2 – Lời giải. Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy, bất đẳng thức có tính đối xứng với hai biến a, b và là có bậc hai đối với mỗi biến do đó một cách tự nhiên ta nghĩ đến sử dụng tính chất tam thức bậc hai để chứng minh. Trước hết ta viết lại bất đẳng thức   b2 − 3b + 3 a2 + 3b2 − 5b + 3 a + 3b2 − 3b + 1 > 0 Xem vế trái là một tam thức bậc hai biến a khi đó, để ý đến b2 − 3b + 3 > 0 ta cần chứng minh được biệt thức ∆ 6 0. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với   b2 − 3b + 3 a2 + 3b2 − 5b + 3 a + 3b2 − 3b + 1 > 0   Xét tam thức bậc hai f (a) = b2 − 3b + 3 a2 + 3b2 − 5b + 3 a + 3b2 − 3b + 1. Khi đó ta được 2    ∆ = 3b2 − 5b + 3 − 4 b2 − 3b + 3 3b2 − 3b + 1 = − b2 − 3b + 3 6 0 ã Å 3 2 3 2 Để ý ta thấy b − 3b + 3 = b − + > 0, do đó ta được f (a) > 0, hay 2 4   b2 − 3b + 3 a2 + 3b2 − 5b + 3 a + 3b2 − 3b + 1 > 0 ® Email. [email protected] 39 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Phương pháp tưởng chừng như rất đơn giản, nhưng với phương pháp này ta có thể giải quyết được các bài toán cực kì khó mà các phương pháp khác rất khó để thực hiện. Sau đây ta cùng tìm hiểu một số ví dụ trước. Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 √  b − 3b + 1 = 0 3± 5 2 3b − 5b + 3 ⇔ a = b =  2 a = 2 (b2 − 3b + 3) Bài toán được giải quyết.  LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC d Câu 3 Cho a, b, c là các số thực không âm bất kì. Chứng minh rằng    3 1 − a + a2 1 − b + b2 1 − c + c2 > 1 + abc + a2 b2 c2 – Lời giải. Trước hết ta dự đoán đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 1. Quan sát bất đẳng thức ta nhận thấy bất đẳng thức có tính đối xứng và có bậc hai đối với mỗi biến, do đó một cách tự nhiên ta nghĩ đến tam thức bậc hai. Như vậy ta cần chọn một biến chính, là c chẳng hạn,  khi đó các  biến a, b đóng vai trò tham số. Để ý thấy vế trái của bất đẳng thức có đại lượng 1 − a + a2 1 − b + b2 rất cồng kềnh khi biến đổi, do đó ta cần thay đại lượng đó bằng một đại lượng bé hơn, chú ý đến dấu đẳng thức xảy ra ta có hai ý tưởng là   1 − a + a2 1 − b + b2 > (2a − a) (2b − b) = ab Hoặc  1 + a2 b2 + (a − b)2 + (1 − a)2 (1 − b)2 1 + a2 b2 1 − b + b2 = > 2 2 Nhận thấy ngay ý tưởng đầu không thực hiện được vì chẳng hạn ab = 0 thì bất đẳng thức   3ab 1 − c + c2 > 1 + abc + a2 b2 c2 1 − a + a2  là bất đẳng thức không đúng. Do đó ta chỉ có thể theo ý tưởng thứ hai. Lúc ta được bất đẳng thức      2 1 − a + a2 1 − b + b2 1 − c + c2 > 1 + a2 b2 1 − c + c2 Bây giờ ta cần chứng minh   1 − c + c2 > 2 1 + abc + a2 b2 c2   Bất đẳng thức trên viết thành f (c) = 3 + a2 b2 c2 − 3 + 2ab + 3a2 b2 c + 1 + 3a2 b2 > 0. Công việc cuối 2   cùng là chứng minh ∆ = 3 + 2ab + 3a2 b2 − 4 3 + a2 b2 1 + 3a2 b2 6 0 thì bài toán xem như được chứng 3 1 + a2 b2  minh. Ở đây nếu như ta không chứng minh được biệt thức ∆ 6 0 thì ý tưởng trên hoàn toàn phá sản. Cũng may trong bài toán này ta thu được ∆ = −3(1 − ab)4 6 0. Đến đây chỉ cần trình bày lại lời giải nữa là xong. Ta có   2 1 − a + a2 1 − b + b2 = 1 + a2 b2 + (a − b)2 + (1 − a)2 (1 − b)2 > 1 + a2 b2 Do đó ta được bất đẳng thức 2 1 − a + a2  1 − b + b2     1 − c + c2 > 1 + a2 b2 1 − c + c2 Ta cần chứng minh    3 1 + a2 b2 1 − c + c2 > 2 1 + abc + a2 b2 c2   ⇔ 3 + a2 b2 c2 − 3 + 2ab + 3a2 b2 c + 1 + 3a2 b2 > 0 Xét tam thức bậc hai   f (c) = 3 + a2 b2 c2 − 3 + 2ab + 3a2 b2 c + 1 + 3a2 b2 Khi đó ta được ∆ = 3 + 2ab + 3a2 b2 2 − 4 3 + a2 b2   1 + 3a2 b2 = −3(1 − ab)4 6 0 Dễ thấy 3 + a2 b2 > 0 nên ta được f (c) > 0 hay   3 + a2 b2 c2 − 3 + 2ab + 3a2 b2 c + 1 + 3a2 b2 > 0 Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. ® Email. [email protected] 40  h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy ® d Câu 4 Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x−y+z =3 – Lời giải. Trong biểu thức của P có z khác so với x và y do vậy ta tìm cách rút x + y theo z và đưa về phương trình bậc hai đối với z. Việc tìm max và min của P ta chặn bằng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai đối với z. Ta có (z + 2) P = x + y − 2 ⇒ [(z + 2) P + 2]2 = (x + y)2 . Chú ý  ® x − y = 3 − z x−y =3−z ⇔ ⇒ (x + y)2 = −3z 2 + 6z + 1  1 (x + y)2 + 1 (x − y)2 = 5 − z 2 x2 + y 2 = 5 − z 2 2 2   Vì vậy P 2 + 3 z 2 + 4P 2 + 4P − 6 z + 4P 2 + 8P + 3 = 0 (1) Ta có (1) là phương trình bậc hai đối với z điều kiện có nghiệm là ∆0 = 2P 2 + 2P − 3 2 − P2 + 3   36 4P 2 + 8P + 3 > 0 ⇔ 23P 2 + 36P 6 0 ⇔ − 6 P 6 0 23 1 Với x = 2, y = 0, z = 1 ta có P bằng 0 vậy giá trị lớn nhất của P bằng 0. 2 Với x = 20 66 7 −36 36 ,y = − ,z = thì P bằng vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng − . 31 31 31 23 23 Bài toán được giải quyết.  d Câu 5 Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn ï ò 1 a b c 7 ; 3 chứng minh + + > . 3 a+b b+c c+a 5 – Lời giải. Một bài toán rất nổi tiếng của Vasile Cirtoaje được trích trong cuốn sách Algebraic Inequalities, hiện nay đã có nhiều lời giải cho bài toán này, từ dồn biến tới khảo sát hàm số, đánh giá biên,… Tuy nhiên sau đây chúng ta sẽ tìm hiểu lời giải sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2 cực kì tự nhiên và ngắn gọn. Không mất tính tổng quát giả sử a = max {a, b, c}. Bất đẳng thức đã cho tương đương với  (3a − 2b) c2 − 2a2 − ab − 3b2 c + 3a2 b − 2ab2 > 0 Vì 3a − 2b > 0 ta chỉ cần chứng minh 2a2 − ab − 3b2 2   − 4 (3a − 2b) 3a2 b − 2ab2 6 0 ⇔ (a − b) (a − 9b) 4a2 + b2 6 0 1 Bất đẳng thức cuối đúng do a − b > 0; a − 9b 6 3 − 9. = 0. 3 1 Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = 3, b = , c = 1. 3  d Câu 6 Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = xy + yz + zx. x y z 1 Chứng minh rằng 2 + + >− x + 1 y2 + 1 z2 + 1 2 – Lời giải. Theo giả thiết ta có z (x + y − 1) = x + y − xy. ® x+y =1 Ë Nếu x + y = 1 ⇒ vô nghiệm. xy = 1 ® Email. [email protected] 41 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN x2 + y 2 + z 2 = 5 x+y−2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = . z+2 Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Ë Nếu x + y 6= 1 và z = x + y − xy , vậy ta cần chứng minh x+y−1 x + y − xy x 1 y x+y−1 >− + 2 +Å ã2 2 x +1 y +1 2 x + y − xy +1 x+y−1 Điều này tương đương với 2y 2 (x + y − xy) (x + y − 1) 2x + + > −1 x2 + 1 y 2 + 1 (x + y − xy)2 + (x + y − 1)2 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC ⇔ (x + 1)2 (y + 1)2 (xy − 1)2 + > x2 + 1 y2 + 1 (x + y − xy)2 + (x + y − 1)2 Chú ý theo bất đẳng thức AM − GM ta có (y + 1)2 (1 − x)2 (x + 1)2 (y + 1)2 (x + 1)2 (1 − y)2 + + = x2 + 1 y2 + 1 (x2 + 1) (1 − y)2 (y 2 + 1) (1 − x)2 > ((x + 1) (1 − y) + (y + 1) (1 − x))2 4(xy − 1)2 = (x2 + 1) (1 − y)2 + (y 2 + 1) (1 − x)2 (x2 + 1) (1 − y)2 + (y 2 + 1) (1 − x)2 Vậy ta chỉ cần chứng minh   4(x + y − xy)2 + 4(x + y − 1)2 > x2 + 1 (1 − y)2 + y 2 + 1 (1 − x)2   ⇔ y 2 − 3y + 3 x2 − 3y 2 − 8y + 3 x + 3y 2 − 3y + 1 = 0 Vế trái bất đẳng thức là tam thức bậc hai của x với hệ số của x2 dương và có 2   2 ∆x = 3y 2 − 8y + 3 − 4 y 2 − 3y + 3 3y 2 − 3y + 1 = −3 y 2 − 1 6 0 Điều đó chứng tỏ bất đẳng thức đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = −1, z = 1 hoặc các hoán vị. 3.1.3  Bài tập 1 Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện ® x−y+z =3 x2 + y 2 + z 2 = 5 x+y−1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = . z+2 . 2 cos x + 2 sin x + 3 6 6 2. 11 2 cos x − sin x + 4 2 3 Cho x, y là hai số thực thoả mãn điều kiện x2 − y 2 + 1 + 4×2 y 2 − x2 − y 2 = 0. Chứng minh rằng √ √ 3− 5 3+ 5 2 2 6x +y 6 . 2 2 √ √ 4 Cho x, y là các số thực thay đổi thoả mãn điều kiện x + y − 2 = 2x + 1 + 2y + 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = (x − y)2 . 2 Chứng minh rằng với mọi số thực x ta có 5 Cho x, y là 2 số thực và x 6= 0, y 6= 0 thỏa mãn điều kiện xy(x + y) = x2 + y 2 − xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 1 1 + 3. 3 x y 6 Chứng minh rằng với mọi số thực x ta có − ® Email. [email protected] 1 2 sin x + cos x + 1 6 6 2. 2 sin x − 2 cos x + 3 42 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 7 Chứng minh rằng với mọi số thực x và y ta có Å cos 3x + y sin 3x + 1 cos 3x + 2 ã2 p 3y 2 + 2 + 2 3y 2 + 1 6 9 8 Cho 2 số thực x, y thỏa mãn x2 + y 2 5 x2 + y 2 x − y + = 3. − 4 2 2 √ √ 5− 5 5+ 5 Chứng minh rằng 6 x2 + y 2 6 . 2 2 2 2 2 2 9 Cho x, y là các số thực √ thoả mãn điều kiện x + xy √ + y 6 3. Chứng minh rằng −4 3 − 3 6 x2 − xy − 3y 2 6 4 3 − 3. √ √ 10 Cho x, y là hai số thực thay đổi thoả mãn điều kiện 2x + 3 + y + 3 = 4. Tìm giá trị lớn nhất và √ √ giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + 2 + y + 9. 11 Chứng minh rằng với x, y, z là các số thực có tổng bằng 1 ta có (3x + 4y + 5z)2 > 44 (xy + yz + zx) 12 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d ta có 3(a2 − ab + b2 )(c2 − cd + d2 ) > 2(c2 a2 − abcd + b2 d2 ) 13 Cho x và y là hai số thực không cùng dương ta luôn có   4 2 x − x + 1 y 2 − y + 1 > x2 y 2 − xy + 1 3 14 Cho x, y, z là các số thực không cùng dương ta luôn có    16 2 x − x + 1 y 2 − y + 1 z 2 − z + 1 > 1 − xyz + x2 y 2 z 2 9 15 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 2. Chứng minh rằng 1 + 2abc > ab + bc + ac. 16 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 1 + 4abc. Chứng minh rằng a + b + c 6 1 + abc. 17 Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a(b − c)4 + b(c − a)4 + c(a − b)4 . 18 Cho các số thực thay đổi x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 + p 3 5 của biểu thức P = (x2 + y 2 ) + z 2 + xy − 10(xy + yz + zx). 5 6 16 xy = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất 25 19 Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = xy + yz + 2yz. 20 Cho các số x, y, z ∈ [1; 4] thỏa mãn điều kiện x > y, x > z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x y z + + . 2x + 3y y + z z + x ® Email. [email protected] 43 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN 2 Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 21 Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 > 2 (ab + bc + ca). 22 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2và a3 + b3 + c3 − 3abc = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = max {a, b, c} − min {a, b, c}. 23 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác và x, y, z là các số thực thay đổi thỏa mãn ax + by + cz = 0. Chứng minh xy + yz + zx 6 0. ® x+y+z =1 24 Cho x, y, z là các số thực thoả mãn điều kiện x2 + 2y 2 + 3z 2 = 4 Tìm giá trị lớn nhất của x. 25 Cho x, y là hai số thực thoả mãn điều kiện x2 + xy + y 2 − 6 (x + y) + 11 = 0. Tìm giá trị lớn nhất, giá LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC trị nhỏ nhất của biểu thức P = y + 2x. 26 Cho x, y, z là các số thực không âm có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 9xy + 10yz + 11zx 27 Cho hai số thực dương x, y thoả mãn điều kiện x2 y = 1. Chứng minh rằng x p x2 + y 2 + x2 > 2. 28 Cho n số thực a1 , a2 , …, an thuộc đoạn [0; 1] chứng minh (1 + a1 + a2 + … + an )2 > 4 a21 + a22 + … + a2n  29 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho với mọi số thực x1 , x2 , .., xn ta có x21 + x22 + … + x2n > (x1 + x2 + … + xn−1 ) xn 30 Chứng minh với mọi số thực x, y, z và a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác ta có a (x − y) (x − z) + b (y − z) (y − z) + c (z − x) (z − y) > 0 31 [Vasile-Cirtoaje] Chứng minh với mọi số thực a, b, c ta có a2 + b2 + c2 2 > 3 a3 b + b3 c + c3 a  32 Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 3 chứng minh a + ab + 2abc 6 9 . 2 33 Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + 2abc + 3 > (1 + a) (1 + b) (1 + c) 34 Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh  2 a2 + b2 + c2 + abc + 8 > 5 (a + b + c) 35 Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh a2 + 2  b2 + 2   c2 + 2 > 9 (ab + bc + ca) 36 Cho tam giác có ba góc A, B, C chứng minh với mọi số thực x ta có 1 1 + x2 > cos A + x (cos B + cos C) 2 ® Email. [email protected] 44 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 37 Chứng minh rằng với mọi số thực x và y ta có  x2 1 + sin2 y + 2x (sin y + cos y) + 1 + cos2 y > 0 38 Chứng minh rằng với mọi số thực x và y ta luôn có (x + y)2 − xy + 1 > √ 3 (x + y) 39 Chứng minh rằng với mọi số thực x, y, z và ba góc A, B, C của một tam giác ta có 40 Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn điều kiện xyz + x + y + z = 4. Chứng minh rằng x + y + z > xy + yz + zx. 41 Cho 0 < a 6 b 6 c; x, y, z > 0 chứng minh rằng ac (xa + yb + zc) x a + y z  (a + c)2 6 + (x + y + z)2 b c 4ac 42 Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = 1; c + d = 3. Chứng minh rằng √ 9+6 2 ac + bd + cd 6 4 43 Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn b > c > d. Chứng minh (a + b + c + d)2 > 8 (ac + bd) 44 Cho a, b, c, d, p, q là các số thực thỏa mãn điều kiện p2 + q 2 − a2 − b2 − c2 − d2 > 0. Chứng minh p2 − a2 − b2   q 2 − c2 − d2 6 (pq − ac − bd)2 45 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác và p,q,r là ba số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện p+q+r = 0. Chứng minh rằng a2 qr + b2 rp + c2 pq 6 0 46 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b ta có a2 + 2 3.2   b2 + 2 > 3 (ab + a + b). Phương pháp đổi biến PQR và bất đẳng thức Schur Kỹ thuật pqr là một trong những kỹ thuật hay, hữu ích và hiệu quả nhất đối với bất đẳng thức 3 biến. Rất nhiều các bài toán đối xứng trong kì thi HSG đều có thể sử dụng được phương pháp này. Ta sẽ thấy được những điều ngạc nhiên, lạ lẫm khi mà không chỉ có những bài toán đối xứng mới có thể được giải quyết theo pqr mà thậm chí cả những bài toán dạng hoán vị vòng quanh, ta cũng có thể dùng nó để giải trong khi những phương pháp, những kỹ thuật khác lại không đủ khả năng để thực hiện điều này. Sau đây ta sẽ bắt đầu đi tìm hiểu với bất đẳng thức Schur. 3.2.1 Cơ sở và các đánh giá cơ bản. Định lý. Với mọi a, b, c,k là các số thực không âm ta có ak (a − b) (a − c) + bk (b − c) (b − a) + ck (c − a) (c − b) > 0 Chứng minh. Không mất tính tổng quát giả sử a > b > c > 0, khi đó ta có Ä ä V T = ck (c − a) (c − b) + (a − b) ak (a − c) − bk (b − c) > 0 Điều này hiển nhiên là đúng, do đó bất đẳng thức được chứng minh. Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị. ® Email. [email protected] 45 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN x2 + y 2 + z 2 > 2xy cos C + 2yz cos A + 2zx cos B Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Hệ quả. Như vậy từ bất đẳng thức Schur ta có các hệ quả sau 1 Nếu k = 0 thì a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca. 2 Nếu k = 1 thì a3 + b3 + c3 + 3abc > ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)    3 Nếu k = 2 thì a4 + b4 + c4 + abc (a + b + c) > ab a2 + b2 + bc b2 + c2 + ca c2 + a2 xét. Cho p = a + b + c, q = ab + bc + ca, r = abc là 3 đa thức đối xứng theo a, b, c và được gọi ! làNhận đa thức đối xứng Viete, khi đó mọi đa thức đối xứng F (a, b, c) đều biểu diễn được qua S(p, q, r). LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Như vậy thì ta có một số đẳng thức cần nhớ như sau ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) = pq − 3r 2 2 ab a + b  (a + b) (b + c) (c + a) = pq − r   + bc b + c2 + ca c2 + a2 = p2 q − 2q 2 − pr 2 (a + b) (a + c) + (b + c) (b + a) + (c + a) (c + b) = p2 + q a2 + b2 + c2 = p2 − 2q a3 + b3 + c3 = p3 − 3pq + 3r a4 + b4 + c4 = p4 − 4p2 q + 2q 2 + 4pr Ngoài ra nếu đặt L = p2 q 2 + 18pqr − 27r2 − 4q 3 − 4p3 r, khi đó pq + 3r ± a2 b + b2 c + c2 a = √ 2 (a − b) (b − c) (c − a) = ± L √ L Sau đây ta sẽ xây dựng một số bất đẳng thức đáng chú ý bằng bất đẳng thức AM − GM và bất đẳng thức Schur. X 1 p2 − 3q > 0 ⇔ (a − b)2 > 0 2 q 2 > 3pr ⇔ X b2 (a − c)2 > 0 3 p3 > 27r, đúng theo bất đẳng thức AM − GM . 4 p2 q + 3pr > 4q 2 ⇔ X ab(a − b)2 > 0 5 pq 2 + 3qr > 4p2 r ⇔ X 8 pq 2 > 2p2 r + 3qr ⇔ X a3 (b − c)2 > 0   6 p4 + 3q 2 > 4p2 q ⇔ p2 − 3q p2 − q > 0 X  7 p2 q > 3pr + 2q 2 ⇔ ab + c2 (a − b)2 > 0  abc + c3 (a − b)2 > 0 9 2p3 + 9r > 7pq ⇔ 2 p3 − 4pq + 9r + (pq − 9r) > 0, bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức  Schur và AM − GM . X ab (ab − bc) (ab − ca) > 0, đây chính là bất đẳng thức Schur bậc 2 cho 3 biến 10 q 3 + 9r 2 > 4pqr ⇔ ab, bc, ca.  11 2q 3 + 9r 2 > 7pqr ⇔ 2 q 3 − 4pqr + 9r 2 + r (pq − 9r) > 0 12 p3 r + q 3 > 6pqr ⇔ pr p2 − 3q + q q 2 − 3pr > 0  ® Email. [email protected]  46 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Tuy nhiên khi làm bài ta thường cố gắng tách bài toán về tổng của các bất đẳng thức luôn đúng khi phân tích theo pqr hoặc dồn về 2 biến, sau đó chuẩn hóa hoặc lợi dụng giả thiết để đưa về 1 biến, ở đó ta hay dùng đánh giá sau ® ´ p 4q − p2 r > max 0; 9 ®  ´ 2 p − q 4p − q 2 r > max 0; 6p 1 p3 − 4pq + 9r > 0 2 p4 − 5p2 q + 4q 2 + 6pr > 0 3.2.2 Các bài toán minh họa. d Câu 1 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 + 7abc > 10 – Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với 10r + p3 − 9p − 10 > 0 Chú ý tới điều kiện q = 3 ⇒ p > 3, tuy nhiên thì không phải lúc nào áp dụng bất đẳng thức Schur cũng thành công, √ đến đây ta xét 2 trường hợp. Nếu p > 2 3 thì ta có √ p3 − 9p − 10 > 3p − 10 > 6 3 − 10 > 0 √ Nếu 2 3 > p > 3 thì theo bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có  p 12 − p2 r> 9 Do đó   10 p 12 − p2 1 10r + p − 9p − 10 > + p3 − 9p − 10 = (p − 3) 30 − p2 − 3p 9 9 √ 2 √ √ 2 Mà 30 − p − 3p > 30 − (2 3) − 3 · 2 3 = 18 − 6 3 > 0 nên bất đẳng thức cần chứng minh đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.  3 d Câu 2 Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng    a4 + b4 + c4 (ab + bc + ca) > a2 + b2 + c2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 – Lời giải. Do (∗) là bất đẳng thức thuần nhất bậc 6 nên không mất tính tổng quát ta chuẩn hóa ab + bc + ca = 1, khi đó ta có    a4 + b4 + c4 (ab + bc + ca) > a2 + b2 + c2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2    ⇔ p4 − 4p2 q + 2q 2 + 4pr q > p2 − 2q q 2 − 2pr ⇔ p4 − 4p2 + 2 + 4pr > p2 − 2p3 r − 2 + 4pr ⇔ p4 − 5p2 + 2p3 r + 4 > 0   ⇔ p4 − 5p2 + 4 + 6pr + 2pr p2 − 3 > 0 ® Email. [email protected] 47 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Hai bất đẳng thức trên suy ra từ bất đẳng thức Schur bậc 1 và bậc 2 Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Mà theo bất đẳng thức Schur ta có p4 − 5p2 q + 4q 2 + 6pr > 0 ⇔ p4 − 5p2 + 6pr + 4 > 0 Và p2 > 3q = 3 nên bất đẳng thức cuối luôn đúng, ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c hoặc a = b, c = 0 cùng các hoán vị.  d Câu 3 Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 1 1 1 3a 3b 3c + + > 2 + 2 + 2 a b c a + 2bc b + 2ca c + 2ab – Lời giải. 1 1 1 Đặt a := , b := , c := , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a b c  X X X a a2 − bc X X 1 a3 a > 3abc a ⇔ > 0 ⇔ 3 > 2a2 + bc 2a2 + bc 2a2 + bc cyc cyc cyc cyc cyc Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có !2 X a3 X 2a2 cyc + bc > a2 cyc 2 X a3 + 3abc cyc Đên đây, ta cần chứng minh !2 3 X a2 ! > cyc X a ! 2 cyc X a3 + 3abc cyc Giả sử a + b + c = 1, chuyển về dạng p, q, r, bất đẳng thức trở thành 3(1 − 2q)2 > 2 − 6q + 9r Sử dụng bất đẳng thức q 2 > 3r, ta cần chúmg minh 3(1 − 2q)2 > 2 − 6q + 3q 2 ⇔ 3 − 12q + 12q 2 > 2 − 6q + 3q 2 ⇔ (1 − 3q)2 > 0 Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh.  d Câu 4 Cho 3 số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng ab + bc + ca > 8 – Lời giải. ÄX a2 b2 äÄ X ä 16abc + a2 1 4q − 1 Do đó theo bất đẳng thức Schur r > . 3 9 X X a2 b2 = q 2 − 2r; a2 = 1 − 2q Đặt q = ab + bc + ca, r = abc ⇒ q, r > 0 và q 6 Từ cách đặt, ta có Do đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành   q > 8 q 2 − 2r (16r + 1 − 2q) ⇔ f (r) = 8 2r − q 2 (16r + 1 − 2q) + q > 0 Ta có f 0 (r) = 6(32r − (4q − 1)(2q + 1)). Có hai trường hợp xảy ra ® Email. [email protected] 48 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 1 1 > 4q ⇒ f 0 (r) > 0 ⇒ f (r) là hàm đồng biến ∀r > 0 2 1 6 4q ⇒ r > 4q − 1 > 0 do vậy 9 ã 32(4q − 1) 2(4q − 1)(23 − 18q) f (r) = 6(32r − (4q − 1)(2q + 1)) > 6 − (4q − 1)(2q + 1) = >0 9 3 Å 0 Suy ra f (r) là hàm đồng biến với mọi r > 0 do đó f (r) > f (0) = q(4q − 1)2 > 0 Bài toán được chứng minh. Nhận xét. Chốt lại một điều là với bất đẳng thức dạng đa thức thì phương pháp này tỏ ra cực mạnh nếu có phân số thì thường ta sẽ nghĩ tới bất đẳng thức Cauchy − Schwarz dạng cộng hoặc đưa về dạng chứa một phân số, còn với dạng căn thức thì ta cần chút tinh ý sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz hoặc bất đẳng thức Holder để đưa về dạng mất căn. Bạn đọc có thể tìm hiểu thêm ở tài liệu về phương pháp này của tác giả Võ Thành Văn. 3.2.3 Bài tập. 1 Cho các số dương a, b, c, chứng minh rằng a2 + 2 b2 + 2    c2 + 2 > 9 (ab + bc + ca) 2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 + + >3 2−a 2−b 2−c 3 Cho các số không âm a, b, c. Chứng minh rằng a4 (b + c) + b4 (c + a) + c4 (a + b) 6 1 (a + b + c)5 12 4 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng a2 + b2  b2 + c2   1 c2 + a2 6 32 5 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1, chứng minh rằng a2 a b c 3 + 2 + 2 6 +3 b +3 c +3 4 6 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng ab + 1 bc + 1 ca + 1 + + >3 a+b b+c c+a 7 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 + 2 + 2 + 3 > 2 (a + b + c) 2 a b c 8 Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 1 chứng minh   5 2 a3 + b3 + c3 + 3 a2 + b2 + c2 + 12abc > 3 ® Email. [email protected] 49 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN !  Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 9 Chứng minh với a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1 ta có ã Å a+b b+c c+a 1 1 1 + + +6>2 a+b+c+ + + c a b a b c 10 Cho a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 3 chứng minh 1 1 3 1 + + 6 9 − ab 9 − bc 9 − ca 8 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 11 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 3 Chứng minh rằng 5 (a + b + c) + 3 > 18 abc 12 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng 21 + 18abc > 13 (ab + bc + ca) 13 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 + + 61 5 − 2ab 5 − 2bc 5 − 2ca 14 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng (2 − ab) (2 − bc) (2 − ca) > 1 15 Cho a, b, c là các số thực dương chứng minh 3  (a + b + c) (ab + bc + ca) a3 + b3 + c3 6 a2 + b2 + c2 16 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng  2 a2 + b2 + c2 + 12 > 3(a + b + c) + 3(ab + bc + ca) 17 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca + 6abc = 9. Chứng minh rằng a + b + c + 3abc > 6 18 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng a+b+c > 3 10 a3 + b3 + c3 3 19 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 247 + + + 2abc > a+b b+c c+a 54 20 Cho a, b, c ∈ [1, 2]. Chứng minh rằng a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b) 6 7abc ® Email. [email protected] 50 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 21 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 5 − ab 5 − bc 5 − ca + + > ab + bc + ca 1+c 1+a 1+b 22 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3. Chứng minh rằng a4 b4 + b4 c4 + c4 a4 6 3 a2 + b2 + c2 + 2abc + 1 > 2(ab + bc + ca) 24 Cho các số không âm a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng 12 + 9abc > 7(ab + bc + ca) 25 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng a2 1 1 1 + 2 + 2 63 −a+1 b −b+1 c −c+1 26 Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 9. Chứng minh rằng 2(a + b + c) − abc 6 10 27 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1+ 3.3 3 6 > a+b+c ab + bc + ca Phân tích tổng bình phương SOS và phân tích Schus – SOS. Khi chứng minh bất đẳng thức ở các bậc học thấp hơn ta thường cố gắng biến đổi tương đương để đưa về dạng a2 > 0, đây là một bất đẳng thức cơ sở nhất trong đại số sơ cấp. Vậy liệu có phải bài toán nào ta cũng có thể đưa về dạng như vậy hay ko, hoặc làm cách nào để đưa về dạng như thế? Trong bài giảng này ta sẽ cùng tìm hiểu phương pháp phân tích tổng bình phương, hay Sum Of Square, viết tắt là SOS. 3.3.1 Cơ sở của phương pháp S.O.S. Ta đều biết tới đẳng thức a3 + b3 + c3 − 3abc = Ä ä 1 (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 2 Như vậy viết tường minh ra theo dạng tổng của các thành phần bình phương thì ta được a3 + b3 + c3 − 3abc = 1 1 1 (a + b + c) (a − b)2 + (a + b + c) (b − c)2 + (a + b + c) (c − a)2 2 2 2 Đến đây ta gọi 2 biểu thức Sa = Sb = Sc = a + b + c là các thành phần đứng với các đại lượng bình phương lần lượt là (b − c)2 , (a − c)2 , (a − b)2 thì ta có dạng tổng quát của S.O.S như sau Sa (b − c)2 + Sb (a − c)2 + Sc (a − b)2 > 0 (*) Như vậy thì nếu bất đẳng thức đưa về dạng này mà đồng thời Sa , Sb , Sc > 0 thì hiển nhiên bất đẳng thức luôn đúng phải không nào? Tuy nhiên câu hỏi đặt ra là có phải lúc nào ta cũng đưa được về dạng Sa , Sb , Sc > 0 không? Chắc chắn là không, do đó ta có một số tiêu chuẩn S.O.S xảy ra thì bất đẳng thức đúng như sau ® Email. [email protected] 51 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN 23 Cho các số không âm a, b, c. Chứng minh rằng Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Các tiêu chuẩn S.O.S 1 Sa > 0, Sb > 0, SC > 0 2 a > b > c; Sb > 0; Sa + Sb > 0; Sc + Sb > 0 3 a > b > c; Sa > 0; Sc > 0; Sa + 2Sb > 0; Sc + 2Sb > 0 4 a > b > c; Sb > 0; Sc > 0; a2 Sb + b2 Sa > 0 5 Sa + Sb + Sc > 0; Sa Sb + Sa Sc + Sb Sc > 0 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Sau đây là phần chứng minh của các tiêu chuẩn này. – Lời giải. 1. Tiêu chuẩn này hiển nhiên đúng. 2. Ta có (a − c)2 = (a − b + b − c)2 = (a − b)2 + (b − c)2 + 2 (a − b) (b − c). Mặt khác a > b > c ⇒ (a − b)(b − c) > 0 ⇒ (a − c)2 > (a − b)2 + (b − c)2 , từ đây suy ra Sb (a − c)2 > Sb (a − b)2 + Sb (b − c)2 ⇒ S > Sa (b − c)2 + Sb (a − b)2 + Sb (b − c)2 + Sc (a − b)2 = (Sa + Sb ) (b − c)2 + (Sc + Sb ) (a − b)2 > 0 3. Nếu Sb > 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên dúng. Xét Sb < 0, ta có (a − c)2 = (a − b + b − c)2 6 2(a − b)2 + 2(b − c)2 , mặt khác Ä ä Sb 6 0 ⇒ Sb (a − c)2 > 2Sb (a − c)2 + (b − c)2 Ä ä ⇒ S > Sa (b − c)2 + 2Sb (a − c)2 + (b − c)2 + Sc (a − b)2 = (b − c)2 (Sa + 2Sb ) + (a − c)2 (Sc + 2Sb ) > 0 a−c a > , từ đây suy ra b−c b Ç Å å ã Å 2 ã 2 a−c 2 2 2 2 2 a Sb + b Sa Sb (a − c) + Sa (b − c) = (b − c) Sb + Sa > (b − c) >0 b−c b2 4. Từ điều kiện ta có (a − c) b > a (b − c) ⇒ Mà Sc > 0 nên ta có ngay điều phải chứng minh. 5. Do Sa + Sb + Sc > 0 nên trong 3 số Sa + Sb , Sb + Sc , Sc + Sa luôn tồn tại 1 số không âm. Không mất tính tổng quát giả sử Sb + Sc > 0, khi đó tiêu chuẩn (∗) tương đương a2 (Sb + Sc ) − 2a (cSb + bSc ) + Sa (b − c)2 + c2 Sb + b2 Sc > 0 Xét biệt thức Ä ä ∆ = 4(cSb + bSc )2 − 4 (Sb + Sc ) Sa (b − c)2 + c2 Sb + b2 Sc = −4(b − c)2 (Sa Sb + Sa Sc + Sb Sc ) 6 0 Mà Sb + Sc > 0 nên có ngay điều phải chứng minh.  Như vậy ta đã chứng minh xong, không có gì phức tạp lắm phải không? Việc đầu tiên cần làm khi sử dụng phương pháp S.O.S đó là phân tích bất đẳng thức cần chứng minh về dạng chính tắc của S.O.S. Việc này ban đầu có thể không dễ dàng nhưng chỉ cần tập phân tích một số đa thức đối xứng 3 biến quen thuộc về dạng S.O.S là ta có thể thông thạo việc này. Khi phân tích, biến đổi cần chú ý tới các hằng đẳng thức quen thuộc mà có chứa các đại lượng (a − b)2 , (c − a)2 , (b − c)2 . Sau đây là một số đẳng thức ta có thể sử dụng trong quá trình làm bài. 1 a b c 3 X (a − b)2 + + − = b+c c+a a+b 2 2 (a + c) (b + c) cyc ® Email. [email protected] 52 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 2 a2 (a − b)2 − 2a + b = b b 3 (a + b + c) (ab + bc + ca) − 9abc = (a + b)(b + c)(c + a) − 8abc = X c(a − b)2 cyc 1X (a − b)2 (a + b + 7c) 2 cyc 5 (a + b + c) a2 + b2 + c2 − 9abc =  X (a − b)2 Å cyc 6 8 a3 + b3 + c3 − 3 (a + b) (b + c) (c + a) =  X ã 1 1 3 a+ b+ c 2 2 2 (a − b)2 (4a + 4b + c) cyc 7 8 a2 X a2 b cyc 9 + b2 c X a3 cyc b + − c2  ã Å X (a − b)2 2a2 + 2bc + ab  a b c 2 − (a + b + c) = + + b c a 2ab cyc X ab = cyc − X a cyc a2 = cyc X c(a − b)2 X Åa cyc b + ã 1 (a − b)2 2 10 a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = 1X (a − b)2 2 cyc 11 a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c) X (a − b)2 2 cyc X 12 a2 b + b2 c + c2 a − ab2 − bc2 − ca2 = (a − b)3 cyc 3 13 a3 + b3 + c3 − a2 b − b2 c − c2 a = 1X (2a + b) (a − b)2 3 cyc 14 a4 + b4 + c4 − a3 b − b3 c − c3 a =  1X 3a2 + 2ab + b2 (a − b)2 4 cyc 15 a4 + b4 + c4 − a2 b2 − b2 c2 − c2 a2 = 16 a2 + b2 + c2 2 1X (a − b)2 (a + b)2 2 cyc  1X 2 2 − 3 a3 b + b3 c + c3 a = a − b2 − ab − ac + 2bc 2 cyc x,y,z X (x − y)2 (x + y) x3 y 3 z3 x2 y 2 z 2 17 + + − − − = >0 y2 z 2 x2 y z x y cyc Có vẻ các đẳng thức này khá là dài và việc nhớ chúng không phải là việc đơn giản, các tài liệu trên mạng cũng không đưa ra cách xây dựng các đẳng thức này, tuy nhiên ta có thể xây dựng dựa vào tính chất đối xứng của nó. Ta giả sử (a + b + c)3 − 27abc = (ma + pb + nc) (a − b)2 + (mb + pc + na) (b − c)2 + (mc + pa + nb) (a − c)2 Vì là đa thức đối xứng theo biến a, b, c nên ta phải có ma, pb, mc đi kèm với các thành phần bình phương. Đến đây ta đồng nhất hệ số là sẽ tìm được m, n, p. ® Email. [email protected] 53 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN 3 4 (a + b + c) − 27abc = Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy d Câu 1 [Jack Garfunkel]. Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thì a2 + b2 + c2 8abc + >2 ab + bc + ca (a + b) (b + c) (c + a) – Lời giải. Một bất đẳng thức quá quen thuộc phải không nào. Bây giờ chú ý rằng ta có các đẳng thức sau X 1 (a + b)(b + c)(c + a) − 8abc = c(a − b)2 cyc LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 2 a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca =  1 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 2 Như vậy ta đưa bất đẳng thức về dạng (∗), trong đó Sc = 1 2c (ab + bc + ca)(c − a) + b2 (c + a) − = ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) (ab + bc + ca)(a + b)(b + c)(c + a) Sb = 2b (ab + bc + ca)(a − b) + c2 (a + b) 1 − = ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) (ab + bc + ca)(a + b)(b + c)(c + a) Sa = 2a (ab + bc + ca)(b − c) + a2 (b + c) 1 − = ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) (ab + bc + ca)(a + b)(b + c)(c + a) Không mất tính tổng quát, giả sử a > b > c, khi đó Sb , Sc > 0. Bây giờ theo tiêu chuẩn 2 thì ta cần chứng minh Sa + Sb > 0, ta có 2c2 (a + b) Sa + Sb = >0 (ab + bc + ca)(a + b)(b + c)(c + a) Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 hoặc các hoán vị tương ứng.  d Câu 2 Cho 3 số a, b, c > 0, chứng minh rằng 3 a3 + b3 + c3 a2 b2 c2 + + > b c a a2 + b2 + c2  – Lời giải. Như bài toán trước, lần này ta có phân tích cơ sở S.O.S của bất đẳng thức là ã X Å1 b+c − 2 (b − c)2 > 0 c a + b2 + c2 Như vậy thì Sa = 1 b+c a2 + b2 − bc − 2 = c a + b2 + c2 c (a2 + b2 + c2 ) Sb = b2 + c2 − ac a (a2 + b2 + c2 ) Sc = a2 + c2 − ab b (a2 + b2 + c2 ) Chú ý đây là bất đẳng thức hoán vị 3 biến, không phải bất đẳng thức đối xứng, nên ta cần phải xét 2 trường hợp. Nếu a > b > c ⇒ Sa > 0, Sc > 0, ta có   Sa + 2Sb > 0 ⇔ a2 + b2 + c2 − bc a + 2 b2 + c2 − ac c > 0 ® Email. [email protected] 54 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy ⇔ a3 + b2 a + 2b2 c + 2c3 > abc + 2ac2 Mà a > b > c ⇒ (b − a)(b − c) 6 0, suy ra b2 + ac 6 ab + bc ⇒ b3 + abc 6 ab2 + b2 c  Ta có (a − c) a2 + ac − c2 > 0 ⇒ a3 + c3 > 2ac2 , suy ra a3 + c3 + ab2 + b2 c > 2ac2 + abc + b3 ⇒ a3 + b2 a + 2b2 c + 2c3 > a3 + c3 + ab2 + b2 c > 2ac2 + abc Tương tự thì ta cũng có Sc + 2Sb > 0, theo tiêu chuẩn 3 ta có điều phải chứng minh. Nếu a 6 b 6 c thì xét tương tự ta cũng có điều phải chứng minh theo tiêu chuẩn 2.  Như vậy có thể thấy rằng với bất đẳng thức hoán vị thì xem ra việc chứng minh hơi vất vả hơn xíu, đến đây ta lại tìm hiểu một phân tích cơ sở nữa, gọi là phân tích bình phương hoán vị, đây là phương pháp mạnh hơn S.O.S rất nhiều, sau đây là cơ sở của phương pháp này. 3.3.2 Cơ sở của phương pháp S.S. Như đã biết mọi bất đẳng thức 3 biến (đối xứng hoặc hoán vị) đều có thể biến đổi được về dạng tiêu chuẩn của S.O.S. Tuy nhiên việc biến đổi về dạng tiêu chuẩn này thường không dễ dàng (đặc biệt là với những bài bất đẳng thức 3 biến hoán vị vòng quanh). Hơn nữa khi làm bất đẳng thức bằng phương pháp S.O.S thường phải xét 2 trường hợp. Đây là điều khá bất tiện. Phương pháp SS ra đời cũng từ những bất tiện này gây ra. Phương pháp SS(Schur – SOS) là phương pháp đưa bất đẳng thức 3 biến thành dạng M (a − b)2 + N (a − c) (b − c) > 0 Trong đó M, N là 2 biểu thức đối xứng với a và b. Như vậy chỉ cần giả sử c = max {a; b; c} hoặc giả sử là min và chứng minh M, N > 0 thì bất đẳng thức đã được chứng minh. Cũng như S.O.S thì phương pháp SS cũng có những khai triển rất quan trọng. 2 1 a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = (a − b) + (a − c) (b − c) 2 2 a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c) (a − b) + (a + b + c) (a − c) (b − c) 2 3 ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) − 6abc = 2c(a − b) + (a + b) (a − c) (b − c) 2 4 ab2 + bc2 + ca2 − 3abc = c(a − b) + b (a − c) (b − c) Ä 2 ä 2 5 a4 + b4 + c4 − abc (a + b + c) = (a + b) + c2 (a − b) + (ab + (a + c) (b + c)) (a − c) (b − c) 6 X a3 (b + c) − 2abc (a + b + c) = (a + c) (b + c) (a − b)2 + (2ab + ac + bc) (a − c) (b − c) cyc 2 7 a3 b + b3 c + c3 a − abc (a + b + c) = (ac + bc) (a − b) + a2 + ac (a − c) (b − c) 8 a b c 1 1 + + − 3 = (a − b)2 + (a − c) (b − c) b c a ab ac 9 b+c a+c a+b 2 a+b + + − 6 = (a − b)2 + (a − c) (b − c) a b c ab abc  a b c 3 (a − b)2 (a + b + 2c) (a − c) (b − c) + + − = + b+c c+a a+b 2 (a + c) (b + c) 2 (a + b) (b + c) (c + a)   X a + kb k (a − c) (b − c) k 2 − k + 1 a + (k − 1) b + kc k 2 (a − b)2 11 −3= + a + kc (c + ka) (c + kb) (a + kb) (b + ka) (c + kb) cyc 10 ® Email. [email protected] 55 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN ⇒ Sa + 2Sb > 0 Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy a2 b2 c2 a+b+c (a − b)2 (a + b + c) (a + b + c) (a + b + 2c) (a − c) (b − c) + + − = + b+c a+c a+b 2 (a + c) (b + c) 2 (a + b) (b + c) (c + a) 12 Tương tự với phương pháp S.O.S, vấn đề bây giờ ta sẽ phân tích các đẳng thức này về dạng chuẩn như nào. Ngoài một số đẳng thức cần khéo léo thêm bớt thì với lớp các đa thức đối xứng thì ta sẽ phân tích thành bình phương, sau đó sẽ phân tích ngược về dạng S.S. Ví dụ phân tích đa thức như sau   3 a3 + b3 + c3 − (a + b + c) a2 + b2 + c2 = (a + b) (a − b)2 + (b + c) (b − c)2 + (a + c) (a − c)2 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC = (a + b) (a − b)2 + (b + c) (b − a + a − c)2 + (a + c) (a − c)2 = (a + b) (a − b)2 + (b + c) (b − a)2 + 2 (b − a) (a − c) (b + c) + (a − c)2 (a + b + 2c)  = (a − b) a2 − ab − ac − 2b2 + bc + 2c2 + (a − c)2 (a + b + 2c)  = (a − b) a2 − ab − 2ac + ac − 2b2 + bc + c2 + c2 + (a − c)2 (a + b + 2c) Ä ä = (a − b) (a − c)2 − ab + ac − 2b2 + bc + c2 + (a − c)2 (a + b + 2c)  = (a − b) (a − c)2 + (a − b) −ab + ac − 2b2 + bc + c2 + (a − c)2 (a + b + 2c) = (a − c)2 (2a + 2c) + (a − b) (c − b) (a + 2b + c) Như vậy ta đã có cách để phân tích một đa thức về dạng S.S. Khi đó bài toán ở ví dụ 2 sẽ giải quyết như sau. Ta có  (ab + bc) (a − c)2 + a2 + ab (a − b) (c − b) a3 c + b3 a + c3 b − abc (a + b + c) LHS − (a + b + c) = = abc abc Như vậy thì 2 LHS − RHS = (a − c) Å ã a2 + ab a + 2b + c + (a − b) (c − b) − 2 abc a + b2 + c2 ê Å ã 1 a+b 1 a + 2b + c − 2 + (a − b) (c − b) − 2 ac bc a + b2 + c2 a + b2 + c2 2 2 (a + c) b (a + c) − 2 abc a + b2 + c2 Ü = (a − c)2 (a + c) ã Å Trước tiên ta thấy rằng a2+ b2 + c2 − 2ac > 0 theo AM − GM . Ta có (a + b) a2 + b2 + c2 − bc (a + 2b + c) = a3 + a2 b + ab2 − abc + ac2 + b3 − 2b2 c. 1 Theo AM − GM thì ab2 + ac2 > abc. Giả sử b = min {a, b, c}, ta xét tam thức bậc 2 4 3 f (c) = c2 a − 2b2 c + a3 + a2 b + b3 4 Ta có  3 3 3 3 ∆ = b4 − a a3 + a2 b + b3 = b4 − a4 − a3 b − ab3 < 0 4 4 4 4 Như vậy thì ta có ngay điều phải chứng minh. d Câu 3 Cho 3 số dương a, b, c, chứng minh rằng  4 a2 + b2 + c2 b+c a+c a+b + + > +2 a b c ab + bc + ca – Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với Å ñ 2 ô  ã a + b2 + c2 b+c a+c a+b + + −6>4 −1 a b c ab + bc + ca ® Email. [email protected]mail.com 56 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Áp dụng đẳng thức 1 và 9 ta có phân tích thành dạng S.S là ï ò ï ò 2(bc + ca − ab) (a − b)2 c + ab(a + b) 2 (a − b) + (c − a)(c − b) > 0 ab(ab + bc + ca) abc(ab + bc + ca) Đến đây chẳng còn gì để nói nữa! Nếu sử dụng S.O.S thì có lẽ sẽ khá phức tạp. Nhận xét. Theo kinh nghiệm thì các bài toán phân tích S.S sau khi đưa về dạng chính tắc thì các bất đẳng thức còn lại chứng minh không khó khăn, tất cả cứ khai triển hết ra và kết hợp với điều giả sử một biến min hoặc max hợp lý là sẽ giải quyết được bài toán. 3.3.3 Bài tập. Chứng minh các bất đẳng thức dưới đây, điều kiện mặc định là a, b, c là các số không âm. 1 a+b a+c b+c a b c + + 6 + + a+c b+c b+a b c a 2 (b + c)2 (c + a)2 2abc 11 (a + b)2 + + + 3 > ∀a, b, c > 0 2 2 2 3 3 (b + c) (c + a) (a + b) a +b +c 3 3 a2 b2 c2 (ab + bc + ca) + + +8 2 > 11∀a, b, c > 0 2 2 2 b c a a + b2 + c2 a b c abc 5 + + + > ∀a, b, c > 0 3 3 3 b + c c + a a + b 2 (a + b + c ) 3 Å ã Å ã a b c 2 1 1 1 5 + + > (a + b + c) + + ∀a, b, c > 0 c c a a b c 4 6 7 (a + b + c)2 a+b b+c c+a + + 6 ∀a, b, c > 0 b+c c+a a+b ab + bc + ca X a + kc cyc a + kb 6 (a + b + c)2 ab + bc + ca ∀k 6 1 a + b b + c c + a 3(ab + bc + ca) + + + > 4 ∀a, b, c > 0 b+c c+a a+b (a + b + c)2  3 a3 + b3 + c3 a2 b2 c2 9 + + > b c a a2 + b2 + c2 8 10 a3 b3 c3 p + + > 3 (a4 + b4 + c4 ) b c a 11 a2 b2 c2 a b c + + > + + 2 2 2 2 2 2 b +c c +a a +b b+c c+a a+b 12 abc 2 ab + bc + ca + > 2 a3 + b3 + c3 3 a + b2 + c2  4 a2 + b2 + c2 b+c c+a a+b 13 + + > +2 a b c ab + bc + ac  (a + b)(b + c)(c + a) 4 a2 + b2 + c2 14 + > 12 abc ab + bc + ca 15 a3 + b3 + c3 54abc + >5 abc (a + b + c)3 ® Email. [email protected] 57 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN !  Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 16 a2 + bc b2 + ca c2 + ab 3 + + > 2 2 (b + c) (c + a) (a + b)2 2 17 a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + > a + b + c∀a, b, c > 0 b+c c+a a+b 18 a3 + b3 + c3 81abc 9 + > 3 2abc (a + b + c) 2 19 a2 + bc b2 + ca c2 + ab a b c + + > + + ∀a, b, c > 0 2 2 (b + c) (c + a) (a + b)2 b+c c+a a+b ∀a, b, c > 0 a + 2b b + 2c c + 2a + + > 3∀a, b, c > 0 c + 2b a + 2c b + 2a √ √ (a + b)(b + c)(c + a) 4 2(ab + bc + ca) 21 + > 8 + 4 2∀a, b, c > 0 2 2 2 abc a +b +c LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC 20 a2 + bc b2 + ca c2 + ab 1 1 1 + + > + + ∀a, b, c > 0 2 2 2 a (b + c) b (c + a) c (a + b) a b c ã Å 1 1 1 1 1 1 23 + + ∀a, b, c > 0 + + > (a + b + c) a b c 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab 22 24 c2 9(ab + bc + ca) a2 b2 + + + > 12∀a, b, c > 0 2 2 2 b c a a2 + b2 + c2 25 8(a + b + c)2 3(a + b)(b + c)(c + a) + > 48 a2 + b2 + c2 abc 26 2bc 2ac 2ab a2 + b2 + c2 5 + + + > 2 2 2 (b + c) (a + c) (a + b) ab + bc + ca 2  729 abc a3 + b3 + c3 + 2abc 5 Å ã 1 1 1 1 3 1 1 2 28 + + − > + 2+ 2 2 2 a b c a+b+c a b c a + b2 + c2 27 (a + b + c)6 > 29 Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng Å 1 1 1 (a + b + c) + + a b c 30 ã Å a b c >6 + + b+c c+a a+b ã (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 + 2 + 2 >6 c2 + ab a + bc b + ac  12 a3 + b3 + c3 abc(a + b + c) 31 + >5 a4 + b4 + c4 (a + b + c) (a2 + b2 + c2 ) 32  a4 + b4 + c4 3abc 2 2 + > a + b2 + c2 ab + bc + ca a + b + c 3 2 a2 + b2 + c2 a2 b2 c2 (a + b + c)2 33 2 + + > > b + c2 c2 + a2 a2 + b2 2 (a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) 2(ab + bc + ca) ® Email. [email protected] 58 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 4 Các bài toán luyện tập. Dưới đây là các bài toán được tuyển chọn từ các kỳ thi chuyên toán, kì thi học sinh giỏi lớp 9 và khó hơn là các đề chọn đội tuyển của các trường và các tỉnh trên cả nước, chúng tôi xin gửi tới bạn đọc ngay sau đây. L Câu 1. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ã4 Å ã4 Å ã4 Å a b c P = + + a+b b+c c+a 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc > 13. L Câu 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c) (b + c) = 4c2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a b ab + + b + 3c a + 3c bc + ca L Câu 4. Với các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 + 2abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ca − abc. L Câu 5. Cho ba số thực dương thỏa mãn x + y + z + 2 = xyz. Chứng minh rằng √  √ √ x + y + z + 6 > 2 xy + yz + zx L Câu 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y − z + 1 = 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x3 y 3 (x + yz) (y + zx) (z + xy)2 L Câu 7. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + + 6 c (c + a + 3b) + c2 a (a + b + 3c) + a2 b (b + c + 3a) + b2 6 Å 1 1 1 + + a2 b2 c2 ã L Câu 8. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng √ √ √ a b3 + 1 + b c3 + 1 + c a3 + 1 6 5. Å 2 ã2 a + b2 + c2 L Câu 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 6 2019a2 b2 c2 . Tìm giá trị lớn nhất 2018 của biểu thức P = a2 a b c + 2 + 2 + bc b + ca c + ab L Câu 10. Cho các số thực phân biệt a, b, c. Chứng minh rằng Ç å  1 1 1 9 2 2 2 a +b +c > 2 + 2 + 2 2 (a − b) (b − c) (c − a) L Câu 11. Cho a; b; c là ba số thực dương thoả mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng √ a2 + 3ab + b2 b2 + 3bc + c2 c2 + 3ca + a2 +√ +√ 63 6a2 + 8ab + 11b2 6b2 + 8bc + 11c2 6c2 + 8ca + 11a2 L Câu 12. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức   P = 2 a2 b + b2 c + c2 a + a2 + b2 + c2 + 4abc L Câu 13. Với mọi số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 2. ® Email. [email protected] 59 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN L Câu 2. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì luôn có Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy 1 Chứng minh rằng x + y + z 6 2 + xy. 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P = x y z + + . 2 + yz 2 + zx 2 + xy L Câu 14. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  a3 + b3 + c3 131 a2 + b2 + c2 (a + b + c)2 + − P = 30 (a2 + b2 + c2 ) 4abc 60 (ab + bc + ca) L Câu 15. Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 6 2 (ab + bc + ca) LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC và p, q, r là ba số thỏa mãn p + q + r = 0. Chứng minh rằng apq + bqr + crp 6 0. L Câu 16. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x > z. Chứng minh rằng xz y2 x + 2z 5 + + > 2 y + yz xz + yz x+z 2 ò ï 3a − b 3b − c 3c − a 6 9 với a, b, c là độ dài ba cạnh L Câu 17. Chứng minh rằng (a + b + c) 2 + 2 + 2 a + ab b + bc c + ca của một tam giác. L Câu 18. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 1 1 + + . (3x + 1) (y + z) + x (3y + 1) (z + x) + y (3z + 1) (x + y) + z L Câu 19. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z P = 3 + + . y + 16 z 3 + 16 x3 + 16 L Câu 20. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng … … … b+c c+a a+b 3 a. + b. + c. 6 . 2 2 2 a + bc b + ca c + ab abc L Câu 21. Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn 1 1 1 1 + + + = 2 Chứng 3 3 3 1+a 1+b 1+c 1 + d3 minh rằng 1−a 1−b 1−c 1−d + + + > 0. 2 2 2 1−a+a 1−b+b 1−c+c 1 − d + d2 3 L Câu 22. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 … … … 1 1 1 S = a2 + 2 + b2 + 2 + c2 + 2 . a b c L Câu 23. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a2 a (b + c) b (c + a) c (a + b) 6 2 + 2 2 + 2 2 6 5. + (b + c) b + (c + a) c + (a + b) L Câu 24. Cho a, b, c là các số thực không âm sao cho a + b + c = 6. Chứng minh rằng a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + > a2 + b2 + c2 . b c a L Câu 25. Tìm hằng số k lớn nhất sao cho với mọi a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 thì bất đẳng thức sau luôn đúng ® Email. [email protected] 60 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy b c 1 a 2 + 2 + 2 > 2. 1 + 9bc + k(b − c) 1 + 9ca + k(c − a) 1 + 9ab + k(a − b) L Câu 26. Cho x, y, z là các số thực không dương. Chứng minh rằng xy 3 z 3 (x2 2 + yz) (y 3 + z3) + yz 3 x3 (y 2 2 + zx) (z 3 + x3 ) + zx3 y 3 (z 2 + xy) 2 (x3 + y3) 3 6 . 8 x2 y + 4x + 5y P = y2z + 4y + 5z z2x . 4z + 5x L Câu 28. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng a3 b3 c3 (a + b + c)3 + + > . 1 + 9b2 ca 1 + 9c2 ab 1 + 9a2 bc 18 L Câu 29. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng Ä√ √ p √ √ √ √ ä 5a2 + 4bc + 5b2 + 4ca + 5c2 + 4ab > 3 (a2 + b2 + c2 ) + 2 ab + bc + ca .   L Câu 30. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 3 x4 + y 4 + z 4 − 7 x2 + y 2 + z 2 + 12 = 0. Tìm giá trị nỏ nhất của biểu thức P = x2 y2 z2 + + . y + 2z z + 2x x + 2y L Câu 31. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng (a + b − c)2 (b + c − a)2 (c + a − b)2 3 + + > . 2 2 2 2 2 2 5 (a + b) + c (b + c) + a (c + a) + b L Câu 32. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + ab = 2c (a + b). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức √ c2 c2 ab P = 2 + a2 + b2 + a + b . (a + b − c) L Câu 33. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất của M= x2 y+z 1 + + . 2 x + yz + x + 1 x + y + z + 1 xyz L Câu 34. Cho a, b, c là các số thực không âm, trong đó không có hao số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a (b + c) b (c + a) c (a + b) + 2 + 2 . a2 + bc b + ca c + ab L Câu 35. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  ab + bc + ca P = 7 a4 + b4 + c4 + 2 . a b + b2 c + c2 a L Câu 36. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b ta có bất đẳng thức sau  a2 b2 a2 + b2 − 2 > (a + b) (ab − 1). L Câu 37. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn (a + b) (b + c) (c + a) = 10. Chứng minh rằng    a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + 12a2 b2 c2 > 30. ® Email. [email protected] 61 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN L Câu 27. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy L Câu 38. Cho x, y, z là các số thực dương bất kỳ. Chứng minh rằng xy 3 z 3 2 (x2 + yz) (y 3 + z 3 ) + yz 3 x3 2 (z 2 + xy) (x3 + y 3 ) + zx3 y 3 3 6 . 8 (z 2 + xy) (x3 + y 3 ) 2 L Câu 39. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x2 y + 4x + 5y P = y2z + 4y + 5z z2x . 4z + 5x LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC L Câu 40. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ó î p P = (|xy| + |yz| + |zx|) 15 x2 + y 2 + z 2 − 7 (x + y − z) + 1. L Câu 41. Cho ba số thực dương thay đổi a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 > (a + b + c) giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a (a − 2b + 2) + b (b − 2c + 2) + c (c − 2a + 2) + √ ab + bc + ca. Tìm 1 abc √ 3 3 L Câu 42. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = √ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 M= a2 1 1 1 + 2 + 2 . 2 2 + b + 3 b + c + 3 c + a2 + 3 L Câu 43. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x+2 y+2 z+2 + 3 + 3 . + z) y (z + x) z (x + y) x3 (y L Câu 44. Cho a, b, c là các số thực không âm trong đó không có hai số nào cùng bằng 0. Chứng minh rằng a2 1 1 1 3 + 2 + 2 > . 2 2 2 − ab + b b − bc + c c − ca + a ab + bc + ca L Câu 45. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và a + b + c = 1. Chứng minh rằng 4 4 4 1 1 1 + + 6 + + + 9. a+b b+c c+a a b c L Câu 46. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = a b c + + . Tìm giá trị lớn nhất của biểu b c a thức P = a+b+1 b+c+1 c+a+1 + 3 + 3 . 3 3 3 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 L Câu 47. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng √ (a + bc)2 + (b + ca)2 + (c + ab)2 > 2 (a + b) (b + c) (c + a). L Câu 48. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng √ x3 − 2×2 + x y 3 − 2y 2 + y z 3 − 2z 2 + z 2 3 √ + √ + √ 6 . y (z + x) 3 x (y + z) z (x + y) L Câu 49. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 9] và x > y; x > z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Å ã y 1 y z P = + + . 10y − x 2 y + z z + x ® Email. [email protected] 62 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy  L Câu 50. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x y 2 + z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 1 4 1 2 + 2 + 2 + (x + 1) (y + 1) (z + 1) . (x + 1) (y + 1) (z + 1) L Câu 51. Cho các số thực dương x, y, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3×4 + 4y 3 + 16z 3 + 1 . (x + y + z)3 L Câu 52. Cho ba số thực a, b, c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức … … 2 2 a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca 3 c − 3a P =3 −2 . 6 3 L Câu 53. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca + 2abc = 1. Chứng minh rằng a (a + 1) b (b + 1) c (c + 1) 9 2 + 2 + 2 6 16 . (2a + 1) (2b + 1) (2c + 1) L Câu 54. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 2x + y và 2y + x khác 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     2×2 + y 4x + y 2 2y 2 + x 4y + x2 P = + − 3 (x + y). (2x + y − 2)2 (2y + x − 2)2 L Câu 55. Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng b c a + + + (1 − a) (1 − b) (1 − c) 6 1. b+c+1 c+a+1 a+b+1 L Câu 56. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 3 2 + 2 + 2 6 16 . (2x + y + z) (x + 2y + z) (x + y + 2z) L Câu 57. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 1. Chứng minh rằng Ç å  1 1 1 3 √ x2 y + y 2 z + z 2 x +√ +p 6 . 2 2 2 2 x +1 z +1 y +1 L Câu 58. Cho a, b, c là các số thực dương a + b + c = 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = ab bc ca 1 + + −p . 3a + 4b + 4c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b ab (a + 2c) (a + 2c) L Câu 59. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1344 2016 √ √ −√ . 3 a+b+c a + ab + abc L Câu 60. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng √ … … … a b c 3 3 + + >√ . b+c c+a a+b a3 + b3 + c3 + 3 L Câu 61. Cho a, b, c là các số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức … … … a b c P = + + . b+c c+a a+b ® Email. [email protected] 63 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN M= Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy L Câu 62. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 1 1 + + − 2 (a + b + c). a b c L Câu 63. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng Ä √ ä2 √ 2 √ 2 a+ b (b + c) (c + a) √ +√ +√ 6 12. a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC L Câu 64. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng ã Å 1 1 1 1 1 1 √ √ +√ √ >4 . + + √ +√ x+7 y+7 z+7 x+ y y+ z z+ x L Câu 65. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 b+1 c+1 8 a+1 8 8 + + >6> 2 + + + + 2 + 2 . 2 2 2 2 2 a b c 1+b 1+c 1+a a + b + 2 b + c + 2 c + a2 + 2 L Câu 66. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn (a + b) (b + c) (c + a) = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức √ √ √ a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 √ √ √ + + P = . ca + 1 ab + 1 bc + 1 L Câu 67. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 1 21 1 1 3 3 + 3 + 3 + 32 (ab + bc + ca) > 32 . (1 + a) (1 + b) (1 + c) L Câu 68. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1 1 1 + + . Chứng minh rằng x y z 1 1 1 1 2 + 2 + 2 6 16×2 y 2 z 2 . (2xy + yz + zx) (xy + 2yz + zx) (xy + yz + 2zx) L Câu 69. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng … … … 2a 2b 2c 3 3 + + 3 < 2. 4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c L Câu 70. Cho x, y, z là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng x+y y+z z+x 9 2 + 2 + 2 > x + y + z. (x − y) (y − z) (z − x) L Câu 71. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x > y > z > 0 và x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 8 2 2 + 2 + xz + y 3 . (x − y) (y − z)  L Câu 72. Cho a, b là hai số thực dương thoả mãn 2 a2 + b2 + ab = (a + b) (ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Å 3 ã Å 2 ã a b3 a b2 T =4 3 + 3 −9 2 + 2 . b a b a P = L Câu 73. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2017. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= ® Email. [email protected] a b 4c + + a+1 b+1 c+1 64 h Tạp chí và tư liệu toán học Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy L Câu 74. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 M=√ +√ +√ . 3 3 1 + 8a 1 + 8b 1 + 8c3 L Câu 75. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b3 c3 a3 + + . b2 + 3 c2 + 3 a2 + 3 ï ò 1 L Câu 76. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x, y ∈ ; 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 6 − 3 (x + y). P = x5 y + xy 5 + 2 x + y2 L Câu 77. Với các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 8 1 √ −» P = . 2a + b + 8bc 2b2 + 2 (a + c)2 + 5 L Câu 78. Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  P = a2 c + c2 b − b2 c − c2 a − a2 b (a + b + c).  L Câu 79. Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 x4 + y 4 = x4 y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = y2 1 x2 . + +p 2 2 4 y +1 x +1 x + y4 + 1 L Câu 80. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a (b + c) b (c + a) c (a + b) + 2 + 2 > 2. 2 2 + bc + c c + ca + a a + ab + b2 b2 L Câu 81. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc. Chứng minh rằng a2 + b2 + a+b b2 + c2 + b+c √ √ √  √ c2 + a2 +36 2 a+b+ b+c+ c+a . c+a L Câu 82. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = a2 b2 c2 . Chứng minh rằng √ 3 a2 b2 b2 c2 c2 a2 + 3 2 + 3 2 > . 3 2 2 2 2 c (a + b ) a (b + c ) b (c + a ) 2 L Câu 83. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + > . a (a + 1) + ab (ab + 1) b (b + 1) + bc (bc + 1) c (c + 1) + ca (ca + 1) 4 L Câu 84. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a2 + bc + a (b + c) b2 + ca + b (c + a) c2 + ab + c (a + b) 8abc > 4. (a + b) (b + c) (c + a) L Câu 85. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 + + > 9. a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) L Câu 86. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z 6 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức p p √ x2 y 2 + 1 y2z2 + 1 z 2 x2 + 1 T = + + . y z x L Câu 87. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng Å ã Å ã a b c 2 1 1 1 + + > (a + b + c) + + b c a a b c ® Email. [email protected] 65 h Tạp chí và tư liệu toán học Ð TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN TOÁN Q= Š Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Nguyễn Nhất Huy Tài liệu [1] Art Of Problem Solving. [2] Khám phá tư duy, kỹ thuật giải bất đẳng thức, Đặng Thành Nam. [3] Phương pháp PQR, Võ Thành Văn. [4] The Secrets in Inequalities, Pham Kim Hung. [5] Mathematical Inequalities, Vasile Cı̂rtoaje. [6] Hội thảo các chuyên đề HSG các tỉnh từ năm 2014-2019. LATEX BỞI TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC [7] Một số bài khác từ VMF. ® Email. [email protected] 66 h Tạp chí và tư liệu toán học
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top