Bất đẳng thức trong các đề thi tuyển chọn học sinh giỏi – Nguyễn Tuấn Anh

Tài liệu gồm 80 trang tuyển tập các bài toán bất đẳng thức trong các đề thi tuyển chọn học sinh giỏi, tài liệu được biên soạn bởi tác giả Nguyễn Tuấn Anh. Nội dung tài liệu gồm 2 phần:

Phần 1: Lời giải câu Bất đẳng thức trong đề thi chọn đội tuyển của các trường Chuyên, các Tỉnh, đề thi HSG cấp tỉnh năm học 2016 – 2017, cũng như các kỳ thi tập huấn đội tuyển (Gặp gỡ toán học, Trại hè …).
Phần 2: Phần bổ sung các kỹ thuật, phương pháp chứng minh BĐT.

65 33 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

80 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
Nguyễn Tuấn Anh
BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC Đ Ề CHỌN ĐỘI
TUYỂN NĂM HỌC 2016 - 2017
Ngày 10 tháng 11 năm 2016
Tóm tắt nội dung
Tài liệu bao gồm 2 phần chính:
• Phần 1: Lời giải câu Bất đẳng thức trong đề thi chọn đội tuyển của các trường
Chuyên, các Tỉnh, đề thi HSG cấp tỉnh năm học 20 16 - 2017, cũng như các kỳ
thi tập huấn đội tuyển (Gặp gỡ toán học, Trại hè... năm 2016).
• Phần 2: Phần bổ sung các kỹ thuật, phương pháp chứng minh BĐT.
1
Xin gửi lờ i cám ơn chân thành đến các bạn trong nhóm luôn ủng hộ để hoàn thành
tài liệu. Mọi đóng góp về tài liệu xin gửi về: anh110004@ gmail.com
Nguyễn Tuấn Anh
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp
Mục lụ c
1 Phần 1 2
2 Phần 2 58
2.1 Kỹ t huật chọn điểm rơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.2 Phương pháp tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.3 Phương pháp pqr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.3.1 Một số phân tích cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.3.2 Một số đánh giá đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.3.3 BĐT Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.3.4 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.4 Phương pháp dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.5 Phương pháp SOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.5.1 Các phân tích cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.5.2 Định lý SOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.5.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 7
1
Các kỹ thuật được trình bày trong phầ n 1 cũng như các kỹ thuật thông dụng hiện nay.
1
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
1 Phần 1
Bài 1 (Tp. HCM - Ngày thứ 1).
Với a, b, c là các số thực có tổng bằng 0. Tìm GTNN của biểu thức:
P =
a
2
+ 1
2
+
b
2
+ 1
2
+
c
2
+ 1
2
+ 6
√
6abc
LỜI GIẢI.
• Nếu a = b = c = 0 thì P = 3.
• Ngượ c lại ta chỉ cần tìm GTNN của P trong trường hợp có hai số dương và một số âm
(tại sao?). Không mất tính tổng quát ta g iả sử a, b > 0; c < 0 khi đó ta đặt c = −d với
d > 0 ta được:
d = a + b
Vậy
P = a
4
+ b
4
+ d
4
+ 2
a
2
+ b
2
+ d
2
− 6
√
6abd + 3
Theo BĐT AM - GM ta lại có:
a
4
+ b
4
+ d
4
+ 2
a
2
+ b
2
+ d
2
= a
4
+ b
4
+
16 lần
z
}| {
d
4
16
+ ... +
d
4
16
+
2
3
a
2
+
2
3
a
2
+
2
3
a
2
+
2
3
b
2
+
2
3
b
2
+
2
3
b
2
+
12 lần
z
}| {
1
6
d
2
+ ... +
1
6
d
2
≥ 36
36
r
2
6
.a
10
b
10
d
88
2
64
.2
12
.3
18
= 36
36
r
a
10
b
10
d
88
2
64
.2
6
.3
18
= 6
36
r
3
18
.a
10
b
10
d
88
2
34
= 6
36
s
3
18
.a
10
b
10
d
36
.(d
2
)
26
2
34
Vì
d
2
2
=
a + b
2
2
≥ ab ⇒ d
2
≥ 2
2
ab
Do đó:
a
4
+ b
4
+ d
4
+ 2
a
2
+ b
2
+ d
2
≥ 6
36
s
3
18
.a
10
b
10
d
36
.(d
2
)
26
2
34
≥ 6
36
r
3
18
.2
52
.a
10
b
10
d
36
.a
26
.b
26
2
34
= 6
36
√
3
18
.2
18
abd = 6
√
6abd
Vậy
P = a
4
+ b
4
+ d
4
+ 2
a
2
+ b
2
+ d
2
− 6
√
6abd + 3 ≥ 3
2
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Cả hai trường hợp ta được P ≥ 3 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0 hoặc
a = b =
√
6
3
, c = −
2
√
6
3
và các hoán vị của nó. Tức GTNN của P là 3 .
Nhận xét: Bài toán kiểm tra kỹ năng chọn điểm rơi khi dùng BĐT AM - GM (đây là kỹ năng
khá quan trọng)
2
Bài 2 (PTNK).
Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho BĐT sau:
x
k
y
k
z
k
x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 3
đúng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3.
LỜI GIẢI.
Cách 1: Chọn x = y = 0.8, z = 1.4 dễ dàng kiểm chứng k = 1, 2 BĐT trên không đúng. Ta sẽ
chứng minh k nguyên dương nhỏ nhất để BĐT đề bài cho luôn đúng là k = 3.
Với k = 3 ta cần chứng minh:
x
3
y
3
z
3
x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z. Khi đó luôn tồn tại m > n ≥ 0 sao cho
x = m − n, y = m + n. Khi đó:
z = 3 − 2m
m =
x + y
2
≤ 1
• Xét hàm số:
f (n) = (m − n)
3
(m + n)
3
z
3
z
3
+ (m − n)
3
+ (m + n)
3
= z
3
m
2
− n
2
3
z
3
+ 2m
3
+ 6mn
2
Khi đó:
f
′
(n) = z
3
h
−6n
m
2
− n
2
2
z
3
+ 2m
3
+ 6mn
2
+
m
2
− n
2
3
(12mn)
i
= z
3
m
2
− n
2
2
−6n
z
3
+ 2m
3
+ 6mn
2
+
m
2
− n
2
(12mn)
= z
3
m
2
− n
2
2
−6nz
3
− 48mn
3
≤ 0
Do đó:
f (n) ≤ f (0) = m
6
z
3
z
3
+ 2m
3
= m
6
(3 − 2m)
3
(3 − 2m)
3
+ 2m
3
• Xét hàm số:
g (m) = m
6
(3 − 2m)
3
(3 − 2m)
3
+ 2m
3
2
Ta sẽ gặp lại kỹ năng này qua đề thi của tỉnh Bình Dương, Bến Tre
3
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta có:
g
′
(m) = 18m
5
(3 − 2m)
2
(m − 1) (8m
3
− 45m
2
+ 63m − 27)
= 18m
5
(3 − 2m)
2
(m − 1) [(m − 1) (8m
2
− 37m + 26) − 1] ≥ 0 (với mọi 0 ≤ m ≤ 1)
Vậy nên: g (m) ≤ g (1 ) = 3
Tóm lại:
x
3
y
3
z
3
x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 3
Cách 2:(Nguyễn Văn Huyện)
Lập luận tương tự như cách 1. Ta cần chứng minh:
x
3
y
3
z
3
x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử z là số lớn nhất trong ba số x, y, z. Đặt t =
x + y
2
và:
f (x, y, z) = x
3
y
3
z
3
x
3
+ y
3
+ z
3
Ta sẽ chứng minh f (x, y, z) ≤ f (t, t, z). Ta có:
f (t, t, z) − f (x, y, z) = z
3
t
6
2t
3
+ z
3
− x
3
y
3
x
3
+ y
3
+ z
3

Mà:
t
6
(2t
3
+ z
3
) − x
3
y
3
(x
3
+ y
3
+ z
3
) = z
3
(t
6
− x
3
y
3
) + 2t
9
− x
3
y
3
(x
3
+ y
3
)
= z
3
t
6
− x
3
y
3
+ 2t
9
− x
3
y
3
(x + y)
x
2
+ y
2
− xy
= z
3
t
6
− x
3
y
3
+ 2t
9
− 2tx
3
y
3
4t
2
− 3xy
≥ t
3
t
6
− x
3
y
3
+ 2t
9
− 2tx
3
y
3
4t
2
− 3xy
= 3t
t
2
− xy
t
6
+ xy
2xy + t
2
t
2
− xy

≥ 0
Vậy
f (x, y, z) ≤ f (t, t, z) = f (t, t, 3 − 2t) = t
6
(3 − 2t)
3
2t
3
+ (3 − 2t)
3
Ta chỉ cần chứng minh:
t
6
(3 − 2t)
3
2t
3
+ (3 − 2t)
3
≤ 3
⇔ 3(t − 1)
2
(1 + 2t + 3 t
2
+ 4t
3
+ 5t
4
+ 6t
5
− 236t
6
+ 494t
7
− 396t
8
+ 136t
9
− 16t
10
) ≥ 0
BĐT cuối luôn đúng với t ≤ 1.
3
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
3
Việc kiểm chứng có thể thực hiện bằng khảo sát hàm số. Hoặc có thể làm tương tự như cách 1.
4
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Cách 3:(luofangxiang) Ta đặt:
m = xyz
8n = (x + y) (y + z) (x + z)
6p = xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x)
Khi đó ta có:
• n =
(x + y) (y + z) (x + z)
8
≤
2x+2y+2z
3
3
8
= 1
• p =
xy (x + y) + yz ( y + z) + zx (z + x)
6
=
(x + y) (y + z) (x + y) − 2xyz
6
≥
(x + y) (y + z) (x + y) −
(x + y) (y + z) (x + y)
4
6
=
(x + y) (y + z) (x + y)
8
= n
• (x + y + z)
2
(x + y) (y + z) (z + x) ≥ 24xyz
x
2
+ y
2
+ z
2
Thật vậy, BĐT trên tương đương:
(x + y + z)
2
(x + y) (y + z) (z + x) − 24xyz (x
2
+ y
2
+ z
2
) ≥ 0
⇔ (x + y + z)
2
[(x + y) (y + z) (z + x) − 8xyz] − 8xyz
3 (x
2
+ y
2
+ z
2
) − (x + y + z)
2
≥ 0
⇔ (x + y + z)
2
x(y − z)
2
+ y(z − x)
2
+ z(x − y)
2
− 4xyz
(y − z)
2
+ (z − x)
2
+ (x − y)
2
≥ 0
⇔ (x − y)
2
(x − y + z)
2
+ 4yz
+ (y − z)
2
(x + y − z)
2
+ 4zx
+
+(z − x)
2
(−x + y + z)
2
+ 4xy
≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng. Vậy ta được:
m
x
2
+ y
2
+ z
2
≤ 3n
Qua trở lại bài toán. Ta có:
x
3
y
3
z
3
(x
3
+ y
3
+ z
3
) ≤ 3
⇔ x
3
y
3
z
3
[3 (x
2
+ y
2
+ z
2
− xy − yz − xz) + 3xyz] ≤ 3
⇔ x
3
y
3
z
3
(x
2
+ y
2
+ z
2
) ≤ 1 + x
3
y
3
z
3
(xy + yz + xz − xyz)
⇔ x
3
y
3
z
3
x
2
+ y
2
+ z
2
≤ 1 + x
3
y
3
z
3
xy (3 − z) + yz (3 − x) + zx (3 − y)
3
⇔ m
3
(x
2
+ y
2
+ z
2
) ≤ 1 + 2m
3
p
5
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Theo đánh giá thứ 2 ta chỉ cần chứng minh:
3m
2
n ≤ 1 + 2m
3
n
Để chứng minh điều trên, theo đánh giá thứ 1 ta chỉ cần chứng minh:
3m
2
≤ 1 + 2m
3
⇔ (m − 1)
2
(2m + 1) ≥ 0
Bài toán được chứng minh.
Cách 4: (Nguyễn Tăng Vũ)
Ta chỉ cần chứng minh:
x
3
y
3
z
3
x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử z là số nhỏ nhất trong ba số x, y, z. Khi đó z ≤ 1.
Ta có: x
3
+ y
3
= (x + y)
3
− 3xy (x + y) = (3 − z)
3
− 3xy (x + y). Khi đó:
x
3
y
3
z
3
x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 3
⇔ (3 − z)
3
+ z
3
≤
3
x
3
y
3
z
3
+ 3xy (x + y)
⇔ 3z
2
− 9z + 9 ≤
1
x
3
y
3
z
3
+ x
2
y + y
2
x
Ta lại có:
1
x
3
y
3
z
3
+ x
2
y + y
2
x ≥ 3
3
s
x
3
y
3
x
3
y
3
z
3
≥
3
z
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
3z
2
− 9z + 9 ≤
3
z
⇔ z
3
− 3z
2
+ 3z − 1 ≤ 0 ⇔ (z − 1)
3
≤ 0
BĐT cuối cùng hiển nhiên đúng theo giả sử ban đầu.
Vậy k = 3 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán.
Nhận xét:
• Kết quả trên chặt hơn bài toán trong Mathematical R eflections 5 (2013)- S280 và cách
giải trong Mathematical Reflections 5 không đủ mạnh để chứng minh cho bài toán trên:
Với ba số thực dương x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
x
4
y
4
z
4
x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 3
• Trong cách giải thứ 2 có thể đánh giá f (x, y, z) ≤ f (t, t, z) đơn giản hơn như sau:
4
x
3
y
3
x
3
+ y
3
= xy.xy.xy ( x + y)
x
2
− xy + y
2
≤ ( x + y)
"
(x + y)
2
4
#
4
= 2.
x + y
2
9
4
Cách đánh giá tham khảo của luofangxiang
6
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• Áp dụng cách giải 1, 2 dễ dàng có được lời giải cho bài toán sau: Bulgarian TST năm
2010
Với ba số thực dương x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
xyz
x
2
+ y
2
+ z
2
≤ 3
Bài 3 (Đề thi chọn HSG lớp 12 - Hà Nội).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1. Tì m giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau:
P =
1
a
+
1
b
+
1
c
− 2(a + b + c)
LỜI GIẢI.
Cách 1:
Vì a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1 nên tồn tại x, y, z dương sao cho:
a =
x
y + z
; b =
y
z + x
; c =
z
x + y
Khi đó biểu thức P được viết lại là:
P =
y + z
x
+
z + x
y
+
x + y
z
− 2
x
y + z
+
y
x + z
+
z
x + y
Dự đoán GTNN là 3 tà tiến hành phân tích SOS (tổng các đại lượng bình phương)
Ta có:
P − 3 =
x
y
+
y
x
− 2
+
y
z
+
z
y
− 2
+
z
x
+
x
z
− 2
− 2
x
y + z
+
y
x + z
+
z
x + y
−
3
2
=
X
(x − y)
2
xy
−
X
(x − y)
2
(z + x) (z + y)
=
X
(x − y)
2
1
xy
−
1
(z + x) (z + y)
≥ 0
Vậy nên GTNN của P là 3 đạt được khi x = y = z tức a = b = c =
1
2
Nhận xét: Qua cách phân tích SOS trên ta được một kết quả sau:
y + z
x
+
z + x
y
+
x + y
z
≥ 2
x
y + z
+
y
x + z
+
z
x + y
+ 3
Nhưng thực chất ta có kết quả mạnh hơn có thể giả i quyết nhanh bài toán:
y + z
x
+
z + x
y
+
x + y
z
≥ 4
x
y + z
+
y
x + z
+
z
x + y
Chứng minh:
Theo BĐT Cauchy ta có:
7
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
x
y
+
x
z
≥
4x
y + z
cộng các BĐT tương tự ta chứng minh được kết quả trên.
Khi đó:
P =
y + z
x
+
z + x
y
+
x + y
z
− 2
x
y + z
+
y
x + z
+
z
x + y
≥ 2
x
y + z
+
y
x + z
+
z
x + y
≥ 3
Cách 2: (Cao Dũng)
Từ giả thiết suy ra:
1
a
+
1
b
+
1
c
+ 2 =
1
abc
Đặt x =
1
a
, y =
1
b
, z =
1
c
Khi đó
x + y + z + 2 = xyz ≤
x + y + z
3
3
⇒ x + y + x ≥ 6
Vậy nên:
P = x + y + z − 2
1
x
+
1
y
+
1
z
=
(x + y + z) (x + y + z + 2) − 2 (xy + yz + xz)
x + y + z + 2
=
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2 (x + y + z)
x + y + z + 2
AM −GM
≥
6 (x + y + z) − 12
x + y + z + 2
= 6 −
24
x + y + z + 2
≥ 6 −
24
6 + 2
= 3
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 tức a = b = c =
1
2
. Do đó GTNN của P là 3.
5
Bài 4 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 3).
Với x, y là các số thực dương sao cho 2x + y, 2y + x 6= 2. Tìm GTNN của biểu thức:
P =
(2x
2
+ y) (4x + y
2
)
(2x + y − 2)
2
+
(2y
2
+ x) (4y + x
2
)
(2y + x − 2)
2
− 3 (x + y)
LỜI GIẢI. Ta có:
(2x
2
+ y) (4x + y
2
)
(2x + y − 2)
2
≥ 2x + y −
1
2
⇔
(2xy − 6x − 3y + 2)
2
(2x + y − 2)
2
≥ 0
Tương t ự cho hạng tử còn lại. Do vậy ta được:
P ≥ −1
5
Một bài với giả thiết tương tự là đề thi Olympic chuyên Khoa họ c Tự nhiên 2016
8
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi:
2xy − 6x − 3y + 2 = 0
2xy − 6y − 3x + 2 = 0
2x + y − 2; 2y + x − 2 6= 0
⇔
x = y =
9 −
√
65
4
x = y =
9 +
√
65
4
Vậy nên GTNN của P là −1.
Bài 5 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 4).
Với a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
a
b
2
(ca + 1)
+
b
c
2
(ab + 1)
+
c
a
2
(cb + 1)
≥
9
(1 + abc) (ab + bc + ca)
LỜI GIẢI.
Cách 1: Theo BĐT Cauchy ta có:
a
b
2
(ca + 1)
+
b
c
2
(ab + 1)
+
c
a
2
(cb + 1)
ca + 1
a
+
ab + 1
b
+
cb + 1
c
≥
1
a
+
1
b
+
1
c
2
Do đó ta cần chứng minh:
1
a
+
1
b
+
1
c
2
≥
ca + 1
a
+
ab + 1
b
+
cb + 1
c
9
(abc + 1) (ab + bc + ca)
⇔
(ab + bc + ca)
2
9abc
≥
3abc + ab + bc + ca
(abc + 1) (ab + bc + ca)
⇔ (abc + 1 ) (ab + bc + ca)
3
− 27(abc)
2
− 9abc (ab + bc + ca) ≥ 0
Ta thấy vế trái BĐT cuối cùng là hàm lõm theo abc nên theo phương pháp ABC
6
ta cần chứng
minh 2 trường hợp sau:
• TH1: Có một biến bằng 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử a = 0 khi đó BĐT trở
thành:
(bc)
3
≥ 0
điều này là hiển nhiên.
6
Tham khả o " ABC Method abstra ct concreteness - Nguyễn Anh Cường"
9
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• TH2: Có hai biến bằng nhau. Ta g iả sử b = c =
3 − a
2
. Khi đó BĐT cần chứng minh
được viết lại là:
a
3 − a
2
2
+ 1
!
a (3 − a) +
3 − a
2
2
!
3
−27
a
3 − a
2
2
!
2
− 9a
3 − a
2
2
a (3 − a) +
3 − a
2
2
!
≥ 0
⇔
27
256
(3 − a)
3
(a − 1)
2
a
4
− a
3
− 9a
2
+ 13a + 4
≥ 0
BĐT cuối luôn đúng.
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Cách 2: ( http://artofproblemsolving.com/) Theo BĐT Holder ta có:
X
cyc
a
b
2
(ca + 1)
X
cyc
ab(ca + 1)
X
cyc
ab ≥ (a + b + c)
3
Do vậy ta cần chứng minh:
27 = (a + b + c)
3
≥
9
(abc + 1) (ab + bc + ca)
(3abc + ab + bc + ca) (ab + bc + ca)
BĐT trên hiển nhiên đúng vì:
ab + bc + ca ≤ 3
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 6 (HSG 10 - KHTN).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh rằng:
√
a
2
+ b
2
+
√
b
2
+ c
2
+
√
c
2
+ a
2
+ 3
√
6 ≤
√
8abc
LỜI GIẢI. (Ngô Trung Hiếu)
Sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:
√
a
2
+ b
2
+
√
2ab ≤
p
2 (a
2
+ b
2
+ 2ab) =
√
2 (a + b)
Một cách tương tự, ta có:
√
b
2
+ c
2
+
√
2bc ≤
√
2 (b + c)
√
c
2
+ a
2
+
√
2ca ≤
√
2 (b + c)
Cộng theo vế các BĐT trên với chú ý a + b + c = abc ta có:
√
a
2
+ b
2
+
√
b
2
+ c
2
+
√
c
2
+ a
2
+
√
2
√
ab +
√
bc +
√
ca
≤
√
8abc
10
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta chỉ cần chứng minh
√
ab +
√
bc +
√
ca ≥ 3
√
3
Sử dụng BĐT AM - G M, ta có
abc = a + b + c ≥ 3
3
√
abc
Do đó abc ≥ 3
√
3. Từ đây theo BĐT AM - GM, ta thu được:
√
ab +
√
bc +
√
ca ≥ 3
3
√
abc ≥ 3
√
3
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
√
3.
Bài 7 (Đề chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du - Đăk Lăk lần 1 - 2016).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
2 + a
+
1
2 + b
+
1
2 + c
≤ 1
LỜI GIẢI.
Cách 1:
Sử dụng đánh giá:
1
3
−
1
2 + a
+
1
6
≥
1
2
a
−4
3
+ a
−2
3
+ 1
Khi đó:
1−
1
2 + a
+
1
2 + b
+
1
2 + c
+
1
2
≥
1
2
1
a
−4
3
+ a
−2
3
+ 1
+
1
b
−4
3
+ b
−2
3
+ 1
+
1
c
−4
3
+ c
−2
3
+ 1
Sử dụng Bổ đề với x, y, z dương thỏa xyz = 1 thì:
1
x
2
+ x + 1
+
1
y
2
+ y + 1
+
1
z
2
+ z + 1
≥ 1
ta được điều phải chứng minh.
Cách 2: ( Ngô Trung Hiếu)
BĐT đã cho tương đương:
a
a + 2
+
b
b + 2
+
c
c + 2
≥ 1
Theo BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:
a
a + 2
+
b
b + 2
+
c
c + 2
≥
√
a +
√
b +
√
c
2
6 + a + b + c
Do vậy ta chỉ cần chứng minh
√
a +
√
b +
√
c
2
6 + a + b + c
≥ 1
11
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
hay
√
ab +
√
bc +
√
ca ≥ 3
Điều này hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM kết hợp với điều kiện abc = 1 như sau:
√
ab +
√
bc +
√
ca ≥ 3
3
√
abc = 3
Ta có điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 3:
BĐT được viết lại là:
1
2 + a
+
1
2 + b
+
1
2 + c
≤ 1
⇔
a
4 + 2a
+
b
4 + 2b
+
c
4 + 2c
≥
1
2
Vì số 4 là vấn đề tạo nên khó khăn nên ta thay
(a, b, c) →
1
a
,
1
b
,
1
c
Khi đó BĐT trở thành:
1
4a + 2
+
1
4b + 2
+
1
4c + 2
≥
1
2
Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z sao cho:
a =
yz
x
2
; b =
zx
y
2
; c =
xy
z
2
Vậy nên BĐT cần chứng minh là:
x
2
4yz + 2x
2
+
y
2
4zx + 2 y
2
+
z
2
4xy + 2z
2
≥
1
2
Theo BĐT Cauchy ta được:
x
2
4yz + 2x
2
+
y
2
4zx + 2 y
2
+
z
2
4xy + 2z
2
≥
(x + y + z)
2
4 (xy + yz + xz) + 2 (x
2
+ y
2
+ z
2
)
Vậy ta cần chứng minh:
(x + y + z)
2
4 (xy + yz + xz) + 2 (x
2
+ y
2
+ z
2
)
≥
1
2
BĐT trên là hiển nhiên vì nó là đẳng thức.
Cách 4: ( Quốc Hưng)
BĐT đã cho tương đương với:
2 (a + b + c) + (ab + bc + ca) + 12
(a + 2) (b + 2) (c + 2)
≤ 1
⇔ 4 (a + b + c) + (ab + bc + ca) + 12 ≤ abc + 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) + 8
⇔ 4 ≤ ab + bc + ca + abc
12
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
BĐT trên đúng theo AM - GM kết hợp với abc = 1.
Cách 5:
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. Ta chứng minh:
1
a + 2
+
1
b + 2
+
1
c + 2
≤
1
a + 2
+
2
√
bc + 2
Thật vậy, BĐT trên tương đương:
1
b + 2
+
1
c + 2
≤
2
√
bc + 2
⇔ (b + c + 4)
√
bc + 2
≤ 2 (bc + 2b + 2c + 4)
⇔ (b + c)
√
bc + 4
√
bc ≤ 2bc + 2b + 2c
⇔
√
bc
√
b −
√
c
2
≤ 2
√
b −
√
c
2
BĐT trên hiển nhiên đúng do bc ≤ 1.
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
1
a + 2
+
2
√
bc + 2
≤ 1
⇔
bc
1 + 2bc
+
2
√
bc + 2
≤ 1
⇔
bc
√
bc + 6bc + 2
(1 + 2bc)
√
bc + 2
≤ 1
⇔ bc
√
bc + 6bc + 2 ≤ 2 +
√
bc + 2bc + 4
√
bc
⇔ bc
√
bc + 4bc ≤ 5
√
bc
BĐT cuối hiển nhiên đúng vì bc ≤ 1.
Bài 8 (Đề chọn đội tuyển Tỉnh Đăk Lăk lần 1 - 201 6).
Tìm số dương k lớn nhất sao cho BĐT sao luôn đ úng
(a + b + c)
1
a + b
+
1
b + c
+
1
c + a
− k
≥ k
với m ọi a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca.
13
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
LỜI GIẢI.
• Với a = b = 2, c = 0 ta được:
4
1
4
+ 1 − k
≥ k ⇔ k ≤ 1
Ta sẽ chứng minh k = 1 là số dương lớn nhất thỏa để BĐT đề bài luôn đúng
• Ta cần chứng minh:
(a + b + c)
1
a + b
+
1
b + c
+
1
c + a
− 1
≥ 1
Đặt p = a + b + c = ab + bc + ca = q BĐT được viết lại là:
p
p
2
+ q − (pq − r)
pq − r
≥ 1
⇔ p
p + r
p
2
− r
≥ 1
⇔ p ≥ p − r
⇔ r ≥ 0
BĐT cuối cùng là hiển nhiên vì a, b, c không âm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
2, c = 0 và các hoán vị của nó.
Vậy k = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 9 (Đề thi chọn đội tuyển Nguyễn Du ( Đăk Lăk) vòng 2).
Với ba số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1]. C hứng minh rằng:
a
b + c + 1
+
b
c + a + 1
+
c
a + b + 1
+ (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1
LỜI GIẢI.
Cách 1:(diendantoanhoc.net) BĐT đã cho tương đương:
f(a) =
a
b + c + 1
+
b
c + a + 1
+
c
a + b + 1
+ (1 − a)(1 − b)(1 − c) − 1 ≤ 0
Ta có:
f
′′
(a) =
2b
(c + a + 1)
3
+
2c
(a + b + 1)
≥ 0
Do vậy:
f (a) ≤ max {f (0) ; f (1)}
14
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• f (0) =
b
c + 1
+
c
b + 1
+ (1 − b) (1 − c) − 1 =
bc (bc − 1)
(b + 1) (c + 1)
≤ 0
• f (1) =
1
b + c + 1
+
b
c + 2
+
c
b + 2
− 1 =
b (b + 2) (b − 1 ) + c (c − 1) ( c + 2)
(b + c + 1) (b + 2) (c + 2)
≤ 0
BĐT được chứng minh.
Cách 2:(diendantoanhoc.net) Không mất tính tổ ng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c khi đó:
a
b + c + 1
+
b
c + a + 1
+
c
a + b + 1
≤
a
b + c + 1
+
b
b + c + 1
+
c
b + c + 1
= 1 −
1 − a
b + c + 1
Vậy ta cần chứng minh:
(1 − a) (1 − b) (1 − c) ≤
1 − a
b + c + 1
⇔ (1 − b) (1 − c) (b + c + 1) ≤ 1
Theo BĐT AM- GM ta lại có:
(1 − b) (1 − c) (b + c + 1) ≤
1 − b + 1 − c + b + c + 1
3
3
= 1
BĐT được chứng minh xong.
Nhận xét:
• Nếu thực hiện tương tự xét hàm cho biến b, c như đã làm cho a thì ta chỉ cần chứng minh:
f (x, y, z) − 1 ≤ 0
với x, y, z là 0 hoặc 1.
• Kỹ thuật trên dựa vào tính chất của hàm số lồi, lõm. Mà đơn cử là hàm số bậc nhất
(cũng có tính chất tương tự vậy mặc dù không là hàm lồi hay lõm) và hàm số bậc hai
(Có thể tham khảo bài viết ” Một tính chất thú vị của tam thức bậc hai và nhị thức bậc
nhất - Võ Quốc Bá Cẩn ” THTT - số 444,).
Bài 10 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 2-2016) .
Với ba số thực dương x, y, z thỏa mã n
1
x
+
1
y
+
1
z
= 3. Chứng minh rằng:
x
x
4
+ 1 + 2xy
+
y
y
4
+ 1 + 2yz
+
z
z
4
+ 1 + 2zx
≤
3
4
LỜI GIẢI.
Cách 1: ( Ngô Trung Hiếu)
Ta có:
x
x
4
+ 1 + 2xy
+
y
y
4
+ 1 + 2yz
+
z
z
4
+ 1 + 2zx
≤
x
2x
2
+ 2xy
+
y
2y
2
+ 2yz
+
z
2z
2
+ 2zx
=
1
2
1
x + y
+
1
y + z
+
1
z + x
≤
1
4
1
√
xy
+
1
√
yz
+
1
√
zx
≤
1
4
1
x
+
1
y
+
1
z
=
3
4
15
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Cách 2:
Áp dụng BĐT AM - GM ta được:
1
x
3
+
1
x
+ 2y
+
1
y
3
+
1
y
+ 2z
+
1
z
3
+
1
z
+ 2x
≤
1
4
√
xy
+
1
4
√
yz
+
1
4
√
zx
≤
1
4
1
x
+
1
y
+
1
z
=
3
4
Bài 11 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 3-2016) .
Với ba số thực a, b, c ∈ (0; 1). Chứng minh rằng:
a − a
2
b − b
2
c − c
2
≥ ( a − bc) (b − ca) (c − ab)
LỜI GIẢI. Ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp
a ≥ bc
b ≥ ca
c ≥ ab
Khi đó BĐT cần chứng minh là
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
+ abc (ab + bc + ca) ≥ abc
a
2
+ b
2
+ c
2
+ a + b + c
Biến đổi khéo léo ta thấy 2 vế ghép lại là các hằng đẳng thức, do đó BĐT trên được viết lại là:
1
2
a
2
(b − c)
2
+ b
2
(c − a)
2
+ c
2
(a − b)
2
≥
1
2
abc
(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (a − c)
2
⇔
1
2
a (a − bc) (b − c)
2
+ b (b − ca) (c − a)
2
+ c (c − ab) (a − b)
2
≥ 0
BĐT trên hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét: Qua bài giải trên bằng phép biến đổi tương đương ta thấy bài toán sau cũng đúng:
Với ba số thực dương a, b, c lớn hơ n 1. Chứng minh rằng:
a
2
− a
b
2
− b
c
2
− c
≥ ( bc − a) (ca − b) (ab − c)
Bài 12 (Đề chọn đội tuyển Bình Dương 2016).
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x
3
+ y
2
+ z = 2
√
3 + 1. Tìm giá trị nh ỏ nhất của:
P =
1
x
+
1
y
2
+
1
z
3
LỜI GIẢI. Ta sẽ chọn điểm rơi giả định là x = a; y = b; z = c khi đó:
3
x
+
x
3
a
4
≥
4
a
3
1
y
2
+
y
2
b
4
≥
2
b
2
1
z
3
+
3z
c
4
≥
4
c
3
16
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
⇒
1
x
+
1
y
2
+
1
z
3
+
x
3
3a
4
+
y
2
b
4
+
3z
c
4
≥
4
3a
3
+
2
b
2
+
4
c
3
Vậy ta cần chọn a, b, c sao cho:
a
3
+ b
2
+ c = 2
√
3 + 1
3a
4
= b
4
=
c
4
3
⇔
n
a = 1; b =
4
√
3; c =
√
3
Khi đó
P =
1
x
+
1
y
2
+
1
z
3
≥ 1 +
4
√
3
9
Vậy GTNN của P là 1 +
4
√
3
9
đạt được khi x = 1; y =
4
√
3; z =
√
3.
Bài 13 (Đề chọn đội tuyển chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng).
Với bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn ab = c
2
+ 4d
2
= 4. Chứng minh rằng:
(a − c)
2
+ (b − d)
2
≥
8
5
LỜI GIẢI. (http://artofproblemsolving.com/)
Từ giả thiết ta được:
b =
4
a
c
2
= 4 (1 − d
2
)
⇒ −1 ≤ d ≤ 1
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh hai BĐT sau luôn đúng:
a
2
+
16
a
2
+ 4
1 − d
2
+ d
2
+ 2a
p
4 (1 − d
2
) −
8d
a
≥
8
5
a
2
+
16
a
2
+ 4
1 − d
2
+ d
2
− 2a
p
4 (1 − d
2
) −
8d
a
≥
8
5
⇔
5a
4
+ 12a
2
− 15d
2
a
2
+ 20a
3
√
1 − d
2
− 40da + 80 ≥ 0
5a
4
+ 12a
2
− 15d
2
a
2
− 20a
3
√
1 − d
2
− 40da + 80 ≥ 0
⇔
3
a
2
+
10
3
a
√
1 − d
2
2
+ 165
ad
3
−
4
11
2
+ 2
a
2
−
16
3
2
+
128
99
≥ 0
3
a
2
−
10
3
a
√
1 − d
2
2
+ 165
ad
3
−
4
11
2
+ 2
a
2
−
16
3
2
+
128
99
≥ 0
Hai BĐT cuối luôn đúng nên BĐT đề bài được chứng minh. Đẳng thức không thể xảy ra tức
(a − c)
2
+ (b − d)
2
>
8
5
17
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 14 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Quảng Bình - Ngày thứ 2).
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và a ≥ b ≥ c. Chứng minh rằng:
q
a(a + b −
√
ab) +
q
b(a + c −
√
ac) +
q
c(c + b −
√
bc) ≥ a + b + c
LỜI GIẢI.
Cách 1: (MathUniverse)
Đặt a = x
2
, b = y
2
, c = z
2
khi đó BĐT trở thành:
f(y) = x
p
x
2
− xy + y
2
+ y
√
x
2
− xz + z
2
+ z
p
y
2
− yz + z
2
− x
2
− y
2
− z
2
≥ 0
Ta thấy:
f
′′
(y) =
3x
3
4(x
2
− xy + y
2
)
3
2
+
3z
3
4(z
2
− zy + y
2
)
3
2
− 2
Từ điều kiện x ≥ y ≥ z ta được
x
2
− xy + y
2
≥
3
4
x
2
y
2
− yz + z
2
≥ z
2
do đó:
f
′′
(y) ≤
r
4
3
+
3
4
− 2 < 0
Vậy f(y) là hàm lõm thế nên:
f (y) ≥ min {f (y = x) , f (y = z)}
• f (x) = (x + z)
√
x
2
− xz + z
2
− x
2
− z
2
Ta có
(x + z)
√
x
2
− xz + z
2
≥ x
2
+ z
2
⇔ (x + z)
2
x
2
− xz + z
2
≥
x
2
+ z
2
2
⇔ (x + z)
x
3
+ z
3
≥
x
2
+ z
2
2
do vậy f (x) = (x + z)
√
x
2
− xz + z
2
− x
2
− z
2
≥ 0
• Tương tự f (z) = (x + z)
√
x
2
− xz + z
2
− x
2
− z
2
≥ 0
Vậy bài toán được chứng minh.
Cách 2: (MathUniverse)
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và a ≥ b ≥ c nên ta có:
a −
√
ab + b ≥ c −
√
ca + a ≥ b −
√
bc + c
18
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Khi đó:
q
a(a −
√
ab + b) +
q
b(a −
√
ac + c) +
q
c(b −
√
bc + c)
≥
q
b(a −
√
ab + b) +
q
c(a −
√
ac + c) +
q
a(b −
√
bc + c)
Do đó:
2
q
a(a −
√
ab + b) +
q
b(a −
√
ac + c) +
q
c(b −
√
bc + c)
≥
X
√
a +
√
b
q
a −
√
ab + b =
X
r
√
a +
√
b
a
3
2
+ b
3
2
≥
X
(a + b) = 2 (a + b + c)
Cách 3: Võ Quốc Bá Cẩn
Đặt a = x
2
, b = y
2
, c = z
2
khi đó BĐT trở thành:
x
p
x
2
− xy + y
2
+ y
√
x
2
− xz + z
2
+ z
p
y
2
− yz + z
2
≥ x
2
+ y
2
+ z
2
Theo BĐT Cauchy ta có:
p
x
2
− xy + y
2
=
p
(x
3
+ y
3
) (x + y)
x + y
≥
x
2
+ y
2
x + y
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
x (x
2
+ y
2
)
x + y
+
y (x
2
+ z
2
)
x + z
+
z (y
2
+ z
2
)
y + z
≥ x
2
+ y
2
+ z
2
⇔
x (x
2
+ y
2
) − x
2
(x + y)
x + y
+
y (x
2
+ z
2
) − y
2
(x + z)
x + z
+
z (y
2
+ z
2
) − z
2
(y + z)
y + z
≥ 0
⇔
xy (y − x)
x + y
+
xy (x − y) + yz (z − y)
x + z
+
yz (y − z)
y + z
≥ 0
⇔
xy (x − y) (y − z)
x + y
+
yz (y − z) (x − y)
(x + z) (y + z)
≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng do x ≥ y ≥ z.
Nhận xét: Qua lời giải 1 và 3 ta thấy bài toán đúng với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
a ≥ b ≥ c. Riêng cách 2 một cách chứng minh rất tinh tế nhưng phải thêm giả thiết a, b, c là
ba cạnh của tam giá c (đây là bài trong đề TST 2013 của Iran).
19
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 15 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Hòa Bình).
Cho a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng:
x
2
(a + b) + y
2
(b + c) + z
2
(c + a) ≥ 2( xy + yz + zx)
LỜI GIẢI.
Cách 1: (diendantoanhoc.net)
Áp dụng BĐT Cauchy ta được:
X
x
2
(a + b + 1)
X
1
a + b + 1
≥ ( x + y + z)
2
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
1
a + b + 1
+
1
b + c + 1
+
1
c + a + 1
≤ 1
Ta lại có: a + b ≥
3
√
a
2
b +
3
√
ab
2
(tương tự cho các hạng tử còn lại) nên:
1
a + b + 1
+
1
b + c + 1
+
1
c + a + 1
≤
1
3
√
a
2
b +
3
√
ab
2
+ 1
+
1
3
√
b
2
c +
3
√
bc
2
+ 1
+
1
3
√
c
2
a +
3
√
ca
2
+ 1
=
3
√
c
3
√
a +
3
√
b +
3
√
c
+
3
√
a
3
√
b +
3
√
c +
3
√
a
+
3
√
b
3
√
c +
3
√
a +
3
√
b
= 1
Cách 2: Ta sẽ chứng minh một BĐT mạnh hơn như sau:
Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì BĐT sau luôn đúng:
x
2
(a + b) + y
2
(b + c) + z
2
(c + a) ≥ 2 (xy + yz + xz)
r
ab + bc + ca
3
Do BĐT là thuần nhất vớ i x, y, z và a, b, c nên ta chuẩn hóa như sau:
xy + yz + xz = 3
a + b + c = 1
Khi đó BĐT cần chứng minh là:
x
2
(1 − c) + y
2
(1 − a) + z
2
(1 − b) ≥ 2
p
3 (ab + bc + ca)
⇔
x
2
2
+
y
2
2
+
z
2
2
≥
p
3 (ab + bc + ca) +
ax
2
2
+
by
2
2
+
cz
2
2
20
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta có:
p
3 (ab + bc + ca) +
ax
2
2
+
by
2
2
+
cz
2
2
≤
r
3 (ab + bc + ca)
4
+
r
3 (ab + bc + ca)
4
+
√
a
2
+ b
2
+ c
2
.
s
x
2
2
2
+
y
2
2
2
+
z
2
2
2
≤
s
x
2
2
2
+
y
2
2
2
+
z
2
2
2
+
3
2
.
q
(a + b + c)
2
=
s
x
2
2
2
+
y
2
2
2
+
z
2
2
2
+
3
2
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
s
x
2
2
2
+
y
2
2
2
+
z
2
2
2
+
3
2
≤
x
2
2
+
y
2
2
+
z
2
2
⇔ x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
≥ 3
BĐT cuối cùng hiển nhiên đúng do xy + yz + xz = 3. Ta chứng minh xong kết quả trên.
Quay trở lại bài toán: Không mất tính tổng quát ta chứng minh cho x, y, x là các số thực dương.
Ta chỉ cần chứng minh:
r
ab + bc + ca
3
≥ 1 BĐT này hiển nhiên đúng do giả thiết bài toán
abc = 1.
Nhận xét:
• Kết quả trên ta liên tưởng đến một BĐT khá quen thuộc:
x
y + z
(a + b) +
y
z + x
(b + c) +
z
x + y
(c + a) ≥
p
3 (ab + bc + ca)
Cách chứng minh tương tự chỉ cần chỉ ra:
xy
(y + z) (z + x)
+
yz
(z + x) (x + y)
+
zx
(x + y) (y + z)
≥
3
4
⇔ xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) ≥ 6xyz
• Qua bài trên ta được một bổ đề sau:
Nếu x, y, z, a, b, c là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + xz ≥
3
4
thì BĐT sau luôn
đúng:
x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) ≥
p
3 (ab + bc + ca)
• Cũng từ bài g iả i ta cũng có một BĐT mạnh hơn nữa như sau:
Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì BĐT sau luôn đúng:
x
2
(a + b) + y
2
(b + c) + z
2
(c + a) ≥ 2
p
(x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
) (ab + bc + ca)
21
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 16 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a
5
+ b
5
+ c
5
= 3. Chứng minh rằng:
a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
≤ 3
LỜI GIẢI.
Cách 1:
Vì hàm số f (t) =
√
t là hàm lõm nên:
a
5
√
a
2
b
12
+ b
5
√
b
2
c
12
+ c
5
√
c
2
a
12
≤
a
5
+ b
5
+ c
5
r
a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
a
5
+ b
5
+ c
5
⇔
√
a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
≤
√
3
⇔ a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
≤ 3
Cách 2: (diendantoanhoc.net) Theo BĐT AM - GM ta có:
a
5
b
5
a
5
+ b
5
+ 1 + 1 + 1
≥ 5a
6
b
6
Tương t ự cho b
6
c
6
, c
6
a
6
ta được:
5
a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
≤ a
5
b
5
a
5
+ b
5
+ b
5
c
5
b
5
+ c
5
+ c
5
a
5
c
5
+ a
5
+ 3
a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
⇔ 5
a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
≤ 3
a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
+
a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
a
5
+ b
5
+ c
5
− 3a
5
b
5
c
5
⇔ 5
a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
≤ 6
a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
− 3a
5
b
5
c
5
Do vậy ta chỉ cần chứng minh:
6
a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
− 3a
5
b
5
c
5
≤ 15
mà
a
5
b
5
c
5
≥
(a
5
+ b
5
+ c
5
)
h
4 (a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
) − (a
5
+ b
5
+ c
5
)
2
i
9
⇔ 4
a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
− 3a
5
b
5
c
5
≤
a
5
+ b
5
+ c
5
2
= 9
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
a
5
b
5
+ b
5
c
5
+ c
5
a
5
≤ 3
Nhưng đây lại là kết quả hiển nhiên do a
5
+ b
5
+ c
5
= 3.
Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Chúng ta còn một cách nữa nhưng trước hết là nhận xét về bài toán
22
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Nhận xét:
• Một bài t ương tự: Vasile Citoaje GM-A 2003
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a
3
+ b
3
+ c
3
= 3. Chứng minh rằng:
a
4
b
4
+ b
4
c
4
+ c
4
a
4
≤ 3
• Tổng quát hơn:
7
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a
n
+ b
n
+ c
n
= 3, với n là số tự nhiên lớn hơn
1. Chứng minh rằng :
a
n+1
b
n+1
+ b
n+1
c
n+1
+ c
n+1
a
n+1
≤ 3
Qua trở lại bài toán. Ta có
f (k) =
a
k
b
k
+ b
k
c
k
+ c
k
a
k
3
1
k
là hàm tăng. Do đó nếu với giả thiết các số a, b, c dương thỏa a
5
+ b
5
+ c
5
= 3 ta sẽ đặt ra câu
hỏi vậy thì số r lớn nhất để
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
3
1
r
≤ 1 ⇔ a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
≤ 3
sẽ có giá trị là bao nhiêu?
Cách 3:
8
Thay vì chứng minh bài toá n ta sẽ đi tìm số r lớn nhất để
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
≤ 3
• Với a =
5
r
3
2
, b =
5
r
3
2
− ε, c =
5
√
ε ta cần:
3
2
r
5
3
2
− ε
r
5
+
3
2
r
5
(ε)
r
5
+ (ε)
r
5
3
2
− ε
r
5
≤ 3
Cho ε → 0
+
ta cần có:
9
4
r
5
≤ 3 ⇔ r ≤
5 ln 3
ln 9 − ln 4
• Ta sẽ chứng minh với r =
5 ln 3
ln 9 − ln 4
> 6 thì BĐT sau luôn đúng:
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c và đặt
f (a, b, c) = a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
7
Cách chứng minh hoàn toàn tương tự với chú ý:
4 (a
n
b
n
+ b
n
c
n
+ c
n
a
n
) − 3a
n
b
n
c
n
≤ (a
n
+ b
n
+ c
n
)
2
= 9
8
Tham khả o từ ”Algebraic Inequalities - Old and New Methods - Vasile Cirtoaje”
23
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
+ Ta chứng minh:
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
≤ t
2r
+ 2t
r
c
r
;
t =
5
r
a
5
+ b
5
2
!
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
≤ t
2r
+ 2t
r
c
r
⇔ a
r
b
r
+ (b
r
+ a
r
− 2t
r
) c
r
≤ t
2r
Ta lại có:
2t
r
≤ b
r
+ a
r
c
r
≤
√
a
r
b
r
⇔
a
5
+ b
5
2
r
5
≤
a
r
+ b
r
2
c
r
≤
√
a
r
b
r
⇔
5
s
a
5
+ b
5
2
≤
r
s
a
r
+ b
r
2
c
r
≤
√
a
r
b
r
BĐT cuối luôn đúng do đó ta cần chứng minh:
a
r
b
r
+ (b
r
+ a
r
− 2t
r
)
√
a
r
b
r
≤ t
2r
⇔
t
r
+
√
a
r
b
r
2
≥ 2a
r
b
r
+ (b
r
+ a
r
)
√
a
r
b
r
⇔
t
r
+
√
a
r
b
r
2
≥
√
a
r
b
r
√
a
r
+
√
b
r
2
⇔ t
r
+
√
a
r
b
r
≥
4
√
a
r
b
r
√
a
r
+
√
b
r
⇔
√
a
r
+
√
b
r
2
−
4
√
a
r
b
r
!
2
+ t
r
−
√
a
r
+
√
b
r
2
!
2
≥ 0
Vì
t
r
≥
√
a
r
+
√
b
r
2
!
2
⇔
(
√
a)
10
+
√
b
10
2
1
10
≥
(
√
a)
r
+
√
b
r
2
1
r
BĐT cuối đúng do đó:
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
≤ t
2r
+ 2t
r
c
r
+ Ta cần chứng minh:
t
2r
+ 2t
r
c
r
≤ 3 ;
t =
5
r
a
5
+ b
5
2
, r =
ln 3
ln 9 − ln 4
!
24
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Vì a
5
+ b
5
+ c
5
= 3 nên
t
2r
+ 2t
r
c
r
≤ 3 ⇔
t
2r
+ 2t
r
c
r
3
≤
2t
5
+ c
5
3
2r
5
BĐT trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa t = 1 (khi đó c ≤ 1). BĐT cần chứng
minh là:
g (c) =
2r
5
ln
2 + c
5
3
− ln
1 + 2c
r
3
≥ 0
Bằng công cụ đạo hàm ta dễ dàng chứng minh được g(c) là hàm lõm, kết hợp với
g (1) = 0; lim
c→0
+
g (c) =
2r
5
ln
2
3
− ln
1
3
> 0. Ta được:
g (c) =
2r
5
ln
2 + c
5
3
− ln
1 + 2c
r
3
≥ 0
Vậy r =
5 ln 3
ln 9 − ln 4
> 6 là số lớn nhất để BĐT sau luôn đúng:
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
3
1
r
≤ 1
Qua lại bài toán tr ong đề thi của chúng ta. Từ kết quả trên ta được:
a
6
b
6
+ b
6
c
6
+ c
6
a
6
3
1
6
≤
a
r
b
r
+ b
r
c
r
+ c
r
a
r
3
1
r
≤ 1
Ta được điều phải chứng minh.
Bài 17 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Đồng Nai).
Với ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng:
r
a
b + c
+
r
b
a + c
+
r
c
a + b
≥
3
√
3
√
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3
LỜI GIẢI.
Cách 1: Theo BĐT AM- GM, ta chỉ cần chứng minh:
3
3
v
u
u
t
s
1
(a + b) (b + c) (c + a)
≥
3
√
3
√
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3
Tức là:
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3
3
≥ 27 (a + b) (b + c) (c + a)
BĐT trên là hiển nhiên vì theo BĐT Schur ta có:
(a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3)
3
= (a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3abc)
3
≥ [ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)]
3
≥
h
3
3
p
a
2
b
2
c
2
(a + b) (b + c) (c + a)
i
3
= 27 (a + b) (b + c) (c + a)
25
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Đẳng t hức xảy ra khi a = b = c = 1.
Cách 2: Tương tự như trên ta cần chứng minh:
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3
3
≥ 27 (a + b) (b + c) (c + a)
Ta có:
a
2
2
+
b
2
2
+ 1 ≥ a + b
do đó:
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3
3
≥ [2 (a + b + c)]
3
≥
h
3
3
p
(a + b) (b + c) (c + a)
i
3
= 27 (a + b) (b + c) ( c + a)
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
a
3
+ b
3
+ c
3
≥ a
2
+ b
2
+ c
2
Theo BĐT AM - GM ta có:
(a
3
+ a
3
+ 1) + (b
3
+ b
3
+ 1) + (c
3
+ c
3
+ 1) ≥ 3a
2
+ 3b
2
+ 3c
2
a
2
+ b
2
+ c
2
≥ 3
Vậy BĐT được chứng minh đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Cách 3: Ta chứng minh một kết quả mạnh hơn như sau:
r
a
b + c
+
r
b
a + c
+
r
c
a + b
≥
3
√
3
√
a + b + c + 3
Áp dụng BĐT Holder ta có:
r
a
b + c
+
r
b
a + c
+
r
c
a + b
!
2
a
2
(b + c) + b
2
(c + a) + c
2
(a + b)
≥ (a + b + c)
3
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
(a + b + c)
3
≥
27 [a
2
(b + c) + b
2
(c + a) + c
2
(a + b)]
a + b + c + 3
⇔ (a + b + c)
4
+ 3(a + b + c)
3
≥ 27 [a
2
(b + c) + b
2
(c + a) + c
2
(a + b)]
Theo BĐT Schur ta có:
(a + b + c)
3
− 3 ≥ 4
a
2
(b + c) + b
2
(c + a) + c
2
(a + b)
nên ta chỉ cần chứng minh:
(a + b + c)
4
+ 3(a + b + c)
3
≥
27
4
(a + b + c)
3
− 3
⇔ 4(a + b + c)
4
− 15(a + b + c)
3
+ 81 ≥ 0
26
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Xét hàm số f (t) = 4t
4
− 15t
3
+ 81 với t ≥ 3 ta có:
f
′
(t) = 1 6t
3
− 45t = t
16t
2
− 45
> 0
do vậy:
4(a + b + c)
4
− 15(a + b + c)
3
+ 81 ≥ 4.3
4
− 15.3
3
+ 81 = 0
Tóm lại:
r
a
b + c
+
r
b
a + c
+
r
c
a + b
≥
3
√
3
√
a + b + c + 3
Áp dụng kết quả vừa chứng minh ta dễ dàng hoàn thành bài toán.
Nhận xét: Qua bài giải trên ta được kết quả sau:
r
a
b + c
+
r
b
a + c
+
r
c
a + b
≥
3
√
3
√
a + b + c + 3
≥
3
√
3
p
2(a + b + c)
≥
3
√
3
√
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 3
≥
3
√
3
√
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3
Bài 18 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Quảng Trị - Vòng 2).
Với ba số thực không âm x, y, z có tổng bằng 2. Ch ứng minh rằng:
x
2
y + y
2
z + z
2
x ≤ x
3
+ y
3
+ z
3
≤ 1 +
1
2
x
4
+ y
4
+ z
4
LỜI GIẢI.
Cách 1:
• Ta chứng minh: x
2
y + y
2
z + z
2
x ≤ x
3
+ y
3
+ z
3
. Theo BĐT AM - GM ta có:
x
3
+ x
3
+ y
3
≥ 3x
2
y
y
3
+ y
3
+ z
3
≥ 3y
2
z
z
3
+ z
3
+ x
3
≥ 3z
2
x
Cộng theo vế ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
• Ta chứng minh: x
4
+ y
4
+ z
4
+ 2 ≥ 2x
3
+ 2y
3
+ 2z
3
Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z
+ Nếu x ≤ 1.
Khi đó hàm số
f (x) = x
4
− 2x
3
có f
′′
(x) ≤ 0 và (1, 1, 0) ≻ (x, y, z) do đó:
x
4
− 2x
3
+
y
4
− 2y
3
+
z
4
− 2z
3
≥ ( −1) + (−1) + 0 = −2
BĐT được chứng minh.
27
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
+ Nếu x > 1. Khi đó tồn tại ε > 0 sao cho x = 1 + ε và y + z = 1 − ε.
Ta lại có hàm số
f (y) = y
4
− 2y
3
có f
′′
(y) ≤ 0 và (1 − ε, 0) ≻ (y, z) nên:
y
4
− 2y
3
+
z
4
− 2z
3
≥ ( 1 − ε)
4
− 2(1 − ε)
3
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
(1 + ε)
4
− 2(1 + ε)
3
+ (1 − ε)
4
− 2(1 − ε)
3
+ 2 ≥ 0
Thế nhưng BĐT trên là hiển nhiên vì:
(1 + ε)
4
− 2(1 + ε)
3
+ (1 − ε)
4
− 2(1 − ε)
3
+ 2 = 2ε
4
> 0
Vậy khi x > 1 thì
x
4
+ y
4
+ z
4
+ 2 > 2x
3
+ 2y
3
+ 2z
3
.
BĐT thứ 2 được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ x = y = 1, z = 0 và các hoá n
vị của nó.
Cách 2:
• Chứng minh x
2
y + y
2
z + z
2
x ≤ x
3
+ y
3
+ z
3
như trên.
• Ta chứng minh: x
4
+ y
4
+ z
4
+ 2 ≥ 2x
3
+ 2y
3
+ 2z
3
.
Ta đặt:
q = xy + yz + zx
r = xyz
BĐT được viết lại là:
16 − 16q + 2q
2
+ 8r + 2 ≥ 2 (8 − 6q + 3r)
⇔ 2q
2
− 4q + 2 r + 2 ≥ 0
⇔ 2(q − 1)
2
+ 2r ≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1, z = 0 và các hoán
vị của nó.
28
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 19 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Thanh Hóa - Vò ng 2).
Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z =
1
x
+
1
y
+
1
z
. Chứng minh rằng:
1
(2xy + yz + zx)
2
+
1
(2yz + zx + xy)
2
+
1
(2zx + xy + yz)
2
≤
3
16x
2
y
2
z
2
LỜI GIẢI.
Cách 1:
Quan sát giả thiết bài toán ta t hực hiện thay
(x, y, z) →
1
x
,
1
y
,
1
z
BĐT cần chứng minh được viết lại là:
1
(2x + y + z)
2
+
1
(2y + z + x)
2
+
1
(2z + x + y)
2
≤
3
16
Ta lại có:
1
(2x + y + z)
2
+
1
(2y + z + x)
2
+
1
(2z + x + y)
2
≤
1
4
1
(x + y) (x + z)
+
1
(y + z) (y + x)
+
1
(z + x) (z + y)
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh:
1
(x + y) (x + z)
+
1
(y + z) (y + x)
+
1
(z + x) (z + y)
≤
3
4
⇔ 3 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z)
⇔ 3 [(x + y + z) (xy + yz + zx) − xyz] ≥ 8 (x + y + z)
⇔ 3
(x + y + z) (xy + yz + zx) −
xy + yz + zx
x + y + z
≥ 8 (x + y + z)
⇔ 3 (xy + yz + zx)
(x + y + z)
2
− 1
≥ 8(x + y + z)
2
Ta lại có:
[xyz (x + y + z)]
2
= (xy + yz + zx)
2
≥ 3xyz (x + y + z) ⇒ xy + yz + zx = xyz (x + y + z) ≥ 3
nên ta chỉ cần chứng minh:
9(x + y + z)
2
− 9 ≥ 8(x + y + z)
2
⇔ (x + y + z)
2
≥ 9
29
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Điều này là hiển nhiên vì x + y + z ≥ 3. Bài toán được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi
x = y = z = 1.
Cách 2:
9
Lập luận tương tự như trên ta cần chứng minh:
3 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z)
Theo BĐT AM- GM ta có:
x
2
y + x
2
z + y
2
z + y
2
x + z
2
x + z
2
y ≥ 6xyz
⇔ 9 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z) (xy + yz + zx)
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh
xy + yz + zx ≥ 3
BĐT trên hiển nhiên vì:
[xyz (x + y + z)]
2
= (xy + yz + zx)
2
≥ 3xyz (x + y + z) ⇒ xy + yz + zx = xyz (x + y + z) ≥ 3
Bài toán được chứng minh.
Cách 3: Ta cần chứng minh:
1
(2x + y + z)
2
+
1
(2y + z + x)
2
+
1
(2z + x + y)
2
≤
3
16
Thực hiện bước đồng bậc hóa như sau:
(x + y + z)
2
(2x + y + z)
2
+
(x + y + z)
2
(2y + z + x)
2
+
(x + y + z)
2
(2z + x + y)
2
≤
3
16
(x + y + z)
1
x
+
1
y
+
1
z
Khi đó ta chuẩn hóa x + y + z = 1 BĐT cần chứng minh là:
1
(1 + x)
2
+
1
(1 + y)
2
+
1
(1 + z)
2
≤
3
16
1
x
+
1
y
+
1
z
BĐT tách biến nên ta có khá nhiều hướng để xử lý:
• Hướng 1:
10
Xét hàm số f (x) =
x
(x + 1)
2
có
f
′′
(x) =
2 (x − 2)
(x + 1)
4
< 0 (0 ≤ x ≤ 1)
9
Sau khi biến đổi thì đây là bài toán IMO Shortlist 2009 - Problem A2. Cách giải 2,3 được trích dẫn trong
đấy.
10
Trích trong IMO Shortlist 2009 - Problem A2
30
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Áp dụng BĐT Jensen cho hàm lõm f(x) ta được:
a
x
(x + 1)
2
+ b
y
(y + 1)
2
+ c
z
(z + 1)
2
≤ (a + b + c) .
A
(A + 1 )
2
trong đó A =
ax + by + cz
a + b + c
.
Chọn a =
1
x
, b =
1
y
, c =
1
z
khi đó A =
1
3
< 1 thỏa mãn điều kiện để áp dụng BĐT Jensen
nên ta được:
1
(x + 1)
2
+
1
(y + 1)
2
+
1
(z + 1)
2
≤
1
x
+
1
y
+
1
z
.
1
3
1
3
+ 1
2
=
3
16
(x + y + z)
Bài toán được chứng minh.
• Hướng 2: (Với các bài toán B ĐT có dạng tách biến thì phương pháp Tiếp tuyến, hệ
số bất định tỏ ra khá hi ệu quả) Ta sẽ tìm một đánh giá:
1
(x + 1)
2
−
3
16x
≤ ax + b
Để tìm được a, b ta cần chú ý điểm rơi là x =
1
3
và t a được:
a =
27
32
b =
−9
32
Vậy nên bằng biến đổi tương đương ta dễ dàng kiểm tra được:
1
(x + 1)
2
−
3
16x
≤
27
32
x −
9
32
Làm tương tự với y, z cộng lại ta được điều phải chứng minh.
Một sự trùng hợp ngẫu nhiên đề chọn đội tuyển tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu cũng có dạng tương
tự.
Bài 20 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).
Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:
1
(2x + y + z)
2
+
1
(2y + z + x)
2
+
1
(2z + x + y)
2
≤
3
16
LỜI GIẢI. Áp dụng cách giải 1 và 2 ta dễ dàng có được lời giải.
31
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 21 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).
Với x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 1. Chứng minh rằng:
x
2
y + y
2
z + z
2
x
1
√
1 + x
2
+
1
p
1 + y
2
+
1
√
1 + z
2
!
≤
3
2
LỜI GIẢI.
Cách 1: Ta có:
x
2
y + y
2
z + z
2
x
2
≤
x
2
+ y
2
+ z
2
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
=
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
và
1
√
1 + x
2
+
1
p
1 + y
2
+
1
√
1 + z
2
+
1
q
1 +
3
p
x
2
y
2
z
2
≤
2
q
1 +
p
x
2
y
2
+
2
r
1 +
q
z
2
3
p
x
2
y
2
z
2
≤
4
q
1 +
3
p
x
2
y
2
z
2
⇒
1
√
1 + x
2
+
1
p
1 + y
2
+
1
√
1 + z
2
≤
3
q
1 +
3
p
x
2
y
2
z
2
Do vậy ta chỉ cần chứng minh:
3
p
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
q
1 +
3
p
x
2
y
2
z
2
≤
3
2
⇔ 1 +
3
p
x
2
y
2
z
2
≥ 4
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
Theo BĐT Schur ta có:
1 + 9x
2
y
2
z
2
≥ 4
x
2
y
2
+ y
2
z
2
+ z
2
x
2
Do vậy ta cần chứng minh:
3
p
x
2
y
2
z
2
≥ 9x
2
y
2
z
2
⇔ x
2
y
2
z
2
≤
1
27
BĐT cuối hiển nhiên đúng vì
1
27
=
x
2
+ y
2
+ z
2
3
3
≥ x
2
y
2
z
2
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
1
√
3
Cách 2: ( art ofproblemsolving.com & diendantoanhoc.net)
32
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta có: x
3
+ xy
2
≥ 2x
2
y; y
3
+ yz
2
≥ 2y
2
z; z
3
+ zx
2
≥ 2z
2
x
Do đó
x + y + z = (x + y + z)
x
2
+ y
2
+ z
2
≥ 3
x
2
y + y
2
z + z
2
x
• Hướng 1: Ta lại có:
1
√
x
2
+ 1
+
1
p
y
2
+ 1
+
1
√
z
2
+ 1
≤
s
3
1
x
2
+ 1
+
1
y
2
+ 1
+
1
z
2
+ 1
Vậy nên ta cần chứng minh:
1
x
2
+ 1
+
1
y
2
+ 1
+
1
z
2
+ 1
≤
27
4(x + y + z)
2
⇔
x
2
x
2
+ 1
+
y
2
y
2
+ 1
+
z
2
z
2
+ 1
+
27
4(x + y + z)
2
≥ 3
Theo BĐT Cauchy ta có:
x
2
x
2
+ 1
+
y
2
y
2
+ 1
+
z
2
z
2
+ 1
≥
(x + y + z)
2
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 3
=
(x + y + z)
2
4
Do đó ta cần:
(x + y + z)
2
4
+
27
4(x + y + z)
2
≥ 3
BĐT là hiển nhiên vì:
(x + y + z)
2
4
+
9
4(x + y + z)
2
≥
3
2
18
4(x + y + z)
2
≥
3
2
Bài toán được chứng minh.
• Hướng 2: Ta cần chứng minh:
x + y + z
3
1
√
1 + x
2
+
1
p
1 + y
2
+
1
√
1 + z
2
!
≤
3
2
Từ giả thiết ta có: 0 ≤ x, y, z ≤ 1 nên ta dễ dàng chứng minh được đánh giá sau:
1
√
1 + x
2
≤ −
3
8
x +
5
√
3
8
Vậy nên ta cần:
x + y + z
3
"
−
3
8
(x + y + z) +
15
√
3
8
#
≤
3
2
⇔ −
(x + y + z)
2
8
+
5
√
3
8
(x + y + z) ≤
3
2
BĐT cuối luôn đúng do x + y + z ≤
√
3. Bài toán được chứng minh.
33
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Cách 3: ( art ofproblemsolving.com)
Theo BĐT Vasc
11
và BĐT Cauchy ta có
x
2
y + y
2
z + z
2
x ≤
p
(x
3
y + y
3
z + z
3
) (xy + yz + zx)
≤
s
(x
2
+ y
2
+ z
2
)
2
(xy + yz + zx)
3
=
r
xy + yz + zx
3
Mặt khác ta có:
1
√
1 + x
2
+
1
p
1 + y
2
+
1
√
1 + z
2
≤
s
3
1
1 + x
2
+
1
1 + y
2
+
1
1 + z
2
≤
s
3
1
xy + yz + zx + x
2
+
1
xy + yz + zx + y
2
+
1
xy + yz + zx + z
2
≤
s
3
1
(x + y) (x + z)
+
1
(y + z) (y + x)
+
1
(z + x) (z + y)
=
s
6(x + y + z)
(x + y)(y + z)(z + x)
≤
s
6 (x + y + z)
8
9
(x + y + z) (xy + yz + zx)
=
3
√
3
2
√
xy + yz + zx
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
r
xy + yz + zx
3
.
3
√
3
2
√
xy + yz + zx
≤
3
2
Điều đó là hiển nhiên. Bài toán được chứng minh.
Bài 22 (Đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên Đại học Vinh ngày thứ 1).
Tìm tất cả các s ố thực k sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực a, b, c
ab + bc + ca ≤
(a + b + c)
2
3
+ k max
(a − b)
2
, (b − c)
2
, (c − a)
2
≤ a
2
+ b
2
+ c
2
LỜI GIẢI.
Cách 1:
• Điều kiện cần: Chọn a = 3, b = 2, c = 1. BĐT đã cho trở thành:
11 ≤ 12 + 4k ≤ 14 ⇔
1
2
≥ k ≥ −
1
4
11
Với mọi số thực x, y, z ta luôn có:
x
2
+ y
2
+ z
2
2
≥ 3
x
3
y + y
3
z + z
3
x
34
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• Điều kiện đủ: Với mỗi k thỏa mãn
1
2
≥ k ≥ −
1
4
ta sẽ chứng minh BĐT đề bài luôn đúng.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. BĐT được viết lại là:
ab + bc + ca ≤
(a + b + c)
2
3
+ k( c − a)
2
≤ a
2
+ b
2
+ c
2
⇔ 3 (ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)
2
+ 3k(c − a)
2
≤ 3
a
2
+ b
2
+ c
2
⇔
(a + b + c)
2
+ 3k(c − a)
2
≥ 3 (ab + bc + ca)
(a + b + c)
2
+ 3k(c − a)
2
≤ 3 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
⇔
(b − c)
2
+ (6k + 1) (c − a)
2
+ (a − b)
2
≥ 0
(b − c)
2
+ (1 − 3k) (c − a)
2
+ (a − b)
2
≥ 0
Ta lại có:
(b − c)
2
+ (a − b)
2
≥
(a − c)
2
2
Nên ta chỉ cần chứng minh:
6k +
3
2
(c − a)
2
≥ 0
3
2
− 3k
(c − a)
2
≥ 0
Hai BĐT cuối luôn đúng vì
1
2
≥ k ≥ −
1
4
.
Vậy
1
2
≥ k ≥ −
1
4
là các giá trị cần tìm.
Cách 2: ( diendantoanhoc.net)
• Điều kiện cần: Chọn a = 3, b = 2, c = 1. BĐT đã cho trở thành:
11 ≤ 12 + 4k ≤ 14 ⇔
1
2
≥ k ≥ −
1
4
• Điều kiện đủ: Với mỗi k thỏa mãn
1
2
≥ k ≥ −
1
4
ta sẽ chứng minh BĐT đề bài luôn đúng.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. BĐT được viết lại là:
ab + bc + ca ≤
(a + b + c)
2
3
+ k( c − a)
2
≤ a
2
+ b
2
+ c
2
35
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Đặt
a = c + x
b = c + y
; (x ≥ y ≥ 0) BĐT trên được viết lại là:
y
2
− xy + (3k + 1) x
2
≥ 0
y
2
− xy +
1 −
3
2
k
x
2
≥ 0
⇔
y
2
− xy +
1
4
x
2
+ 3
k +
1
4
x
2
≥ 0
y
2
− xy +
1
4
x
2
+
3
4
(1 − 2k) x
2
≥ 0
⇔
y −
1
2
x
2
+ 3
k +
1
4
x
2
≥ 0
y −
1
2
x
2
+
3
4
(1 − 2k) x
2
≥ 0
Hai BĐT cuối luôn đúng vì
1
2
≥ k ≥ −
1
4
Vậy
1
2
≥ k ≥ −
1
4
là các giá trị cần tìm.
Bài 23 (Đề thi chọn HSG cấp Tỉnh - Bến Tre).
Với ba số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của biểu thức:
P =
1344
a +
√
ab +
3
√
abc
−
2016
√
a + b + c
LỜI GIẢI. (Nguyễn Minh Thành)
Ta có:
1
4
a + b ≥
√
ab
1
4
a + b + 4c ≥ 3
3
√
abc
⇔
1
4
a + b ≥
√
ab
1
12
a +
b
3
+
4
3
c ≥ 3
3
√
abc
⇒ a +
√
ab +
3
√
abc ≤
4
3
(a + b + c)
Do đó:
P =
1344
a +
√
ab +
3
√
abc
−
2016
√
a + b + c
≥ 2016
1
2 (a + b + c)
−
1
√
a + b + c
Ta lại có:
1
2 (a + b + c)
−
1
√
a + b + c
+
1
2
=
1 − 2
√
a + b + c + (a + b + c)
2 (a + b + c)
=
√
a + b + c − 1
2
2 (a + b + c)
≥ 0
36
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Vậy ta được P ≥ −1008 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a =
16
21
; b =
4
21
; c =
1
21
hay nói cách
khác GTNN của P là −1008.
Bài 24 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Q uảng Ninh - Ngày 1).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b) (b + c) (c + a) = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
P =
√
a
2
− ab + b
2
√
ab + 1
+
√
b
2
− bc + c
2
√
bc + 1
+
√
c
2
− ca + a
2
√
ca + 1
LỜI GIẢI.
Ta có:
√
a
2
− ab + b
2
√
ab + 1
=
q
1
2
(a − b)
2
+
1
2
(a
2
+ b
2
)
√
ab + 1
≥
q
1
2
(a
2
+ b
2
)
√
ab + 1
≥
(a + b)
a + b + 2
Để đơn giản ta đặt x = a + b, y = b + c, z = c + a. Khi đó ta có:
P ≥
x
x + 2
+
y
y + 2
+
z
z + 2
(x, y, z > 0; xyz = 1)
• Hướng 1: Ta dự đoán
x
x + 2
+
y
y + 2
+
z
z + 2
≥ 1
Thật vậy:
x
x + 2
+
y
y + 2
+
z
z + 2
≥ 1
⇔
2 (xyz + xy + yz + xz − 4)
(x + 2) (y + 2) (z + 2)
≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên vì xyz = 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay
a = b = c =
1
2
nên G TNN của P là 1.
• Hướng 2: Ta có:
x
x + 2
≥
1
x
−4
3
+ x
−2
3
+ 1
⇔
(a − 1)
2
a
3
(a
2
− a + 1) (a
2
+ a + 1) (a + 2)
≥ 0;
a = x
1
3
Áp dụng tương tự cho y, z nên ta đượ c:
P ≥
1
x
−4
3
+ x
−2
3
+ 1
+
1
y
−4
3
+ y
−2
3
+ 1
+
1
z
−4
3
+ z
−2
3
+ 1
Ta sử dụng Bổ đề Vớ i x, y, z là các số thực dương có tích bằng 1 thì BĐT sau luôn đúng:
1
x
2
+ x + 1
+
1
y
2
+ y + 1
+
1
z
2
+ z + 1
≥ 1
Ta thu được:
P ≥ 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c =
1
2
nên GTNN của P là 1 .
37
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• Hướng 3: Ta dự đoán
x
x + 2
+
y
y + 2
+
z
z + 2
≥ 1
Theo BĐT Cauchy ta có:
x
x + 2
+
y
y + 2
+
z
z + 2
≥
√
x +
√
y +
√
z
2
x + y + z + 6
Vậy nên ta cần có:
√
x +
√
y +
√
z ≥ 3
Điều trên là hiển nhiên vì xyz = 1.
• Hướng 4:
12
Dự đoán GTNN là 1 và ta cần chứng minh:
x
x + 2
+
y
y + 2
+
z
z + 2
≥ 1
Vì xyz = 1 nên tồn tại các số thực dương k, m, n sao cho:
x =
k
m
; y =
m
n
; z =
n
k
Khi đó BĐT được viết lại là:
k
k + 2m
+
m
m + 2n
+
n
n + 2k
≥ 1
Theo BĐT Cauchy ta được:
k
k + 2m
+
m
m + 2n
+
n
n + 2k
≥
(k + m + n)
2
(k + m + n)
2
= 1
Từ đó dễ dàng hoàn thành bài toán.
Bài 25 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bắc Ninh).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 9. Tìm GTLN của biểu thức sau:
P =
ab
3a + 4 b + 5c
+
bc
3b + 4c + 5a
+
ca
3c + 4a + 5b
−
1
p
ab (a + 2c) (b + 2c)
LỜI GIẢI. Ta sẽ chia P thành 2 phần và đánh giá như sau:
• Ta có:
1
p
ab (a + 2c) (b + 2c)
≥
s
9
3a.3b. (a + 2c) (b + 2c)
≥ 3.
s
1
(a + b + c)
4
=
1
27
12
Đây là cách đổi biến thường gặp khi các biến có điều kiện tích bằng hằng số.
38
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• Ta lại có:
ab
3a + 4 b + 5c
+
bc
3b + 4c + 5a
+
ca
3c + 4a + 5b
≤
X
cyc
ab
6
6
q
(a + b) (b + c)
3
(c + a)
2
≤
1
6
X
cyc
6
s
ab.(ab)
3
.(ab)
2
(a + b) (b + c)
3
(c + a)
2
≤
1
36
X
cyc
ab
a + b
+
3ab
b + c
+
2ab
c + a
=
1
36
X
cyc
1
a + b
(2c (a + b) + a (b + c))
=
1
36
"
18 +
X
cyc
a (b + c)
a + b
#
Ta lại có:
a (b + c)
a + b
+
b (c + a)
b + c
+
c (a + b)
c + a
≤ a + b + c
Thật vậy BĐT trên tương đương:
ab
3
+ bc
3
+ ca
3
≥ abc (a + b + c)
BĐT này đúng vì:
ab
3
+ ab
2
c + abc
2
≥ 3ab
2
c
(tương tự cho các hạng tử còn lại)
Vậy:
P ≤
1
36
(18 + 9) −
1
27
=
77
108
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3. Do đó GTLT của P là
77
108
Bài 26 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ac ≥ 12; bc ≥ 8. Tìm GTNN của biểu thức sau:
P = a + b + c + 2
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
8
abc
39
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
LỜI GIẢI. Ta dự đoán điểm rơi a = 3, b = 2, c = 4 và sử dụng BĐT AM - GM như sau:
P = a + b + c + 2
1
ab
+
1
bc
+
1
ca
+
8
abc
= 72.
a
72
+ 48.
b
48
+ 96.
c
96
+ 8.
1
4ab
+ 6.
1
3bc
+ 4.
1
2ca
+ 8.
1
abc
≥ 242.
242
r
a
72
b
48
c
96
72
72
.48
48
.96
96
.4
8
.3
6
.2
4
.a
20
.b
22
.c
18
= 24 2.
242
r
a
52
b
26
c
78
72
72
.48
48
.96
96
.4
8
.3
6
.2
4
≥ 242.
242
s
(ac)
52
(bc)
26
72
72
.48
48
.96
96
.4
8
.3
6
.2
4
≥ 242.
242
s
(12)
52
(8)
26
72
72
.48
48
.96
96
.4
8
.3
6
.2
4
= 242.
242
r
1
24
242
=
121
12
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 2, c = 4. Do đó GTNN của P là
121
12
Bài 27 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
Với ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
1
(1 + a)
3
+
1
(1 + b)
3
+
1
(1 + c)
3
+
3
32
(ab + bc + ca) ≥
21
32
LỜI GIẢI. (http://diendantoanho c .net/) Ta sẽ dùng bổ đề
1
(x + 1)
2
+
1
(y + 1)
2
≥
1
xy + 1
⇔
(x
3
y + y
3
x − 2 x
2
y
2
) + (xy − 1)
2
(x + 1)
2
(y + 1)
2
(xy + 1)
≥ 0
Ta có:
1
(1 + a)
3
+
1
(1 + a)
3
+
1
8
≥ 3
3
s
1
(1 + a)
6
.
1
8
=
3
2(1 + a)
2
Khi đó:
2
X
cyc
1
(1 + a)
3
+
3
8
≥
3
2
X
cyc
1
(1 + a)
2
≥
3
4
X
cyc
1
ab + 1
⇒
X
cyc
1
(1 + a)
3
+
3
32
(ab + bc + ca) ≥
3
8
X
cyc
1
ab + 1
+
3
32
(ab + bc + ca) −
3
16
Vậy nên ta cần chứng minh:
3
8
X
cyc
1
ab + 1
+
3
32
(ab + bc + ca) −
3
16
≥
21
32
⇔
3
8
X
cyc
1
ab + 1
+
3
32
(ab + bc + ca) ≥
27
32
40
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Theo BĐT AM- GM ta lại có:
3
8
X
cyc
1
ab + 1
+
3
32
(ab + bc + ca + 3)
≥
3
32
.
36
3 + ab + bc + ca
+
3
32
(ab + bc + ca + 3) ≥
36
32
⇒
3
8
X
cyc
1
ab + 1
+
3
32
(ab + bc + ca) ≥
27
32
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 28 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz ≥ 1 và z ≤ 1. Tìm GTNN của biểu thức sau:
P =
x
1 + y
+
y
1 + x
+
4 − z
3
3 (1 + xy)
LỜI GIẢI. Ta sử dụng bổ đề quen thuộc sau:
x
1 + y
+
y
1 + x
≥
2
√
xy
1 +
√
xy
Thật vậy,
x
1 + y
+
y
1 + x
−
2
√
xy
1 +
√
xy
=
√
x −
√
y
2
+
√
xy(x − y)
2
+ x
2
+ y
2
− (x + y)
√
xy
(1 + x) (1 + y)
1 +
√
xy
≥ 0
Do đó:
P =
x
1 + y
+
y
1 + x
+
4 − z
3
3 (1 + xy)
≥
2
√
xy
1 +
√
xy
+
1
1 + xy
Ta lại có:
2
√
xy
1 +
√
xy
+
1
1 + xy
−
3
2
=
√
xy − 1
3
2
1 +
√
xy
(1 + xy)
≥ 0
Do đó:
P ≥
3
2
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy GTNN của P là
3
2
.
Bài 29 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Hà Nam).
Với ba số thực không âm a, b, c và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Tìm GTNN của
biểu thức sau:
P =
r
a
b + c
+
r
b
c + a
+
r
c
a + b
41
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
LỜI GIẢI.
Cách 1:
Không mất tính tổng quát, ta tìm GTNN của P với điều kiện a + b + c = 3. Khi đó P được
viết lại là:
P =
r
a
3 − a
+
r
b
3 − b
+
r
c
3 − c
Ta lại có:
r
a
3 − a
≥
2
3
a
⇔
a
3 − a
≥
4
9
a
2
⇔
a
a −
3
2
2
3 − a
≥ 0
Đánh giá tương tự cho b, c ta được:
P =
r
a
3 − a
+
r
b
3 − b
+
r
c
3 − c
≥
2
3
a
P ≥
2
3
(a + b + c) = 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
3
2
, c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó GTNN của P
là 2.
Cách 2: ( http://diendantoanhoc.net/)
Ta có:
r
a
b + c
≥
2a
a + b + c
⇔ a
(a + b + c)
2
− 4a (b + c)
≥ 0 ⇔ a(a − b − c)
2
≥ 0
Đánh giá tương tự cho hai hạng tử còn lại ta được:
P ≥ 2
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi a = b, c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó GTNN của P là 2.
Cách 3: ( http://diendantoanhoc.net/)
Không mất tính tổng quát ta giả sử c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c. Ta có đánh giá sau:
13
r
a
b + c
+
r
b
c + a
≥ 2
r
a + b
a + b + 2c
Do đó:
P ≥ 2
r
a + b
a + b + 2c
+
r
c
a + b
= 2
s
1
1 +
2c
a+b
+
r
c
a + b
13
Đánh giá này có nhiều khai thác rất thú vị có thể tham khảo qua bài viết "Ứng dụng một bổ đề hay trong
chứng minh BĐT - Ngô Trung Hiếu, Cao Minh Quang - THTT 469"
42
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Đặt x =
r
2c
a + b
khi đó x ∈
h
0;
q
1
2
i
, xét hàm số:
f (x) = 2
r
1
1 + 2x
2
+ x
Bằng khảo sát hàm số ta được:
f (x) ≥ f (0) = 2
Tức P ≥ 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b, c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó GTNN
của P là 2.
Bài 30 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Ninh Bình).
Với ba số thực dương a, b, c, có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
1
√
a +
√
b
+
1
√
b +
√
c
+
1
√
c +
√
a
≥ 4
1
a + 7
+
1
b + 7
+
1
c + 7
LỜI GIẢI.
Cách 1:
Áp dụng BĐT Cauchy kết hợp với AM - GM ta được:
1
√
a +
√
b
+
1
√
b +
√
c
≥
4
√
a +
√
b +
√
b +
√
c
≥
8
a + 2b + c + 4
=
8
b + 7
Đánh giá tương tự cho hai các đại lượng còn lại và cộng lại bài toán được chứng minh. Đẳng
thức xảy r a khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 2: ( http://diendantoanhoc.net/)
Ta có:
1
√
a +
√
b
≥
1
a+1
2
+
b+1
2
=
2
a + b + 2
Đánh giá tương tự cho hai hạng tử còn lại. Vậy nên ta cần chứng minh:
1
a + b + 2
+
1
b + c + 2
+
1
c + a + 2
=
1
5 − a
+
1
5 − b
+
1
5 − c
≥
2
a + 7
+
2
b + 7
+
2
c + 7
Ta lại có:
1
5 − a
−
2
a + 7
≥
3
32
a −
3
32
⇔
(a − 1)
2
(a + 3)
32 (5 − a) (a + 7)
≥ 0
Vậy nên:
1
5 − a
+
1
5 − b
+
1
5 − c
−
2
a + 7
−
2
b + 7
−
2
c + 7
≥
3
32
(a + b + c) −
9
32
= 0
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
43
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 31 (Đề thi HSG cấp Tỉnh - Phú Yên).
Với bốn số thực dương x, a, b, c thỏa mãn x
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
. Chứng minh rằng:
a
x + 2a
+
b
x + 2b
+
c
x + 2c
≤
3
√
3 + 2
LỜI GIẢI. Trước tiên ta thuần nhất hóa BĐT lại như sau:
a
√
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2a
+
b
√
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2b
+
c
√
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2c
≤
3
√
3 + 2
Và chuẩn hóa:
a
2
+ b
2
+ c
2
= 3
Vậy nên ta cần chứng minh:
a
√
3 + 2a
+
b
√
3 + 2b
+
c
√
3 + 2c
≤
3
√
3 + 2
Ta có:
a
√
3 + 2a
≤
−12 + 7
√
3
(a − 1) +
1
√
3 + 2
⇔ −
2
2
√
3 − 3
(a − 1)
2
2 +
√
3
2a +
√
3
≤ 0
Đánh giá tương tự cho b, c nên ta đượ c:
a
√
3 + 2a
+
b
√
3 + 2b
+
c
√
3 + 2c
≤
−12 + 7
√
3
(a + b + c − 3) +
3
√
3 + 2
≤
3
√
3 + 2
BĐT trên đúng vì a + b + c ≤ 3. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c.
Bài 32 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Lạng Sơn ngày thứ 1).
Với ba số thực dương x, y, z có tích bằng 1. Tìm GTLN của biểu thức sau:
P =
1
x
2
+ 2y
2
+ 3
+
1
y
2
+ 2z
2
+ 3
+
1
z
2
+ 2x
2
+ 3
LỜI GIẢI. (http://diendantoanhoc.net/)
Ta có:
1
x
2
+ 2y
2
+ 3
≥
2
xy + y + 1
Do đó:
P ≥
2
xy + y + 1
+
2
yz + z + 1
+
2
zx + x + 1
=
2z
z + yz + 1
+
2
yz + z + 1
+
2
zx + x + 1
= 2
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Do đó GTNN của P là 2.
44
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 33 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Quảng Nam).
Với bốn số thực không âm a, b, c, d. Chứng minh rằng:
(a + b + c + d)
3
≤ 4
a
3
+ b
3
+ c
3
+ d
3
+ 24 (abc + bcd + cda + dab)
LỜI GIẢI. Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d.
Ta có:
4 (a
3
+ b
3
+ c
3
) + 24abc ≥ (a + b + c)
3
⇔ a
3
+ b
3
+ c
3
+ 6abc ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)
BĐT trên hiển nhiên đúng theo BĐT Schur.
Ta thay c := c + d ta được:
4
a
3
+ b
3
+ (c + d)
3
+ 24ab (c + d) ≥ (a + b + c + d)
3
⇔ 4 (a
3
+ b
3
+ c
3
+ d
3
) + 12cd (c + d) + 24abc + 24abd ≥ (a + b + c + d)
3
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
2cd (a + b) ≥ cd (c + d)
Điều trên là hiển nhiên. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b, c =
d = 0 và các hoán vị của nó.
Bài 34 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Nam Định - Ngày thứ 2).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằ ng 3. Chứng minh rằng:
a +
√
b
2
√
a
2
− ab + b
2
+
(b +
√
c)
2
√
b
2
− bc + c
2
+
(c +
√
a)
2
√
c
2
− ca + a
2
≤ 12
LỜI GIẢI. (http://diendantoanho c .net/)
Ta có:
a +
√
b
2
√
a
2
− ab + b
2
≤
a +
√
b
2
q
3
4
(a − b)
2
+
1
4
(a + b)
2
=
2
a +
√
b
2
a + b
≤ 2
a
2
a
+
√
b
2
b
= 2a + 2
Tương tự cho hai số hạng còn lại cộng lại ta được điều phải chứng minh. Đẳng t hức xảy ra khi
và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 35 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Bình Thuận).
Với ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a
2
b + c
+
b
2
c + a
+
c
2
a + b
≥
a + b + c
2
≥
ab
a + b
+
bc
b + c
+
ca
c + a
45
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
LỜI GIẢI.
• Theo BĐT Cauchy ta được:
a
2
b + c
+
b
2
c + a
+
c
2
a + b
≥
(a + b + c)
2
2 (a + b + c)
=
a + b + c
2
• Theo BĐT AM - GM, ta lại có:
ab
a + b
+
bc
b + c
+
ca
c + a
≤
ab
2
√
ab
+
bc
2
√
bc
+
ca
2
√
ca
=
√
ab
2
+
√
bc
2
+
√
ca
2
≤
2 (a + b + c)
4
=
a + b + c
2
Bài toán được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Bài 36 (Đề thi HSG Tỉnh Bình Định).
Với ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Tìm GTNN c ủa biểu thức sau:
P =
1
a
3
(b + c)
+
1
b
3
(c + a)
+
1
c
3
(a + b)
LỜI GIẢI. (http://diendantoanhoc.net/)
Ta có:
1
a
3
(b + c)
+
1
b
3
(c + a)
+
1
c
3
(a + b)
=
(bc)
2
a (b + c)
+
(ca)
2
b (c + a)
+
(ab)
2
c (a + b)
≥
(ab + bc + ca)
2
2 (ab + bc + ca)
Ta lại có:
(ab + bc + ca)
2
2 (ab + bc + ca)
−
3
2
=
(ab + bc + ca) (ab + bc + ca − 3)
2 (ab + bc + ca)
≥ 0
Vậy nên:
P ≥
3
2
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1, tức GTNN của P là
3
2
.
Nhận xét: Áp dụng kết quả bài toán trên kết hợp BĐT Nesbitt ta dễ dàng có được lời giải
của bài toán sau: Hong Kong TST 2016
Với ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Tìm GTNN c ủa biểu thức sau:
P =
a
3
+ 8
a
3
(b + c)
+
b
3
+ 8
b
3
(c + a)
+
c
3
+ 8
c
3
(a + b)
46
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 37 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Hải Phòng).
Với ba số thực dương a, b, c ≥
1
2
có tổng bằng 6. Chứng minh rằng:
ab + bc + ca ≥ 3
√
abc + ab + bc + ca − 4
LỜI GIẢI. Không mất tính tổng quát ta giả sử c ≥ a ≥ b.
Trước tiên ta khẳng định biểu thức trong căn luôn dương. Ta có:
ab + bc + ca + abc −
a + c −
1
2
b +
1
2
−
1
2
b −
1
2
a + c −
1
2
b
=
1
4
(2a − 1) (2c − 1) (b + 1) ≥ 0
Mà:
a + c −
1
2
b +
1
2
+
1
2
b +
1
2
a + c −
1
2
b −
13
2
=
6 − b −
1
2
b +
1
2
+
1
2
b +
1
2
6 − b −
1
2
b −
13
2
=
3
4
(2b − 1) (5 − b) ≥ 0
Do đó ab + bc + ca + abc ≥
13
2
tức căn thức tồn tại. Quay trở lại chứng minh bài toán.
Với các g iả sử thứ tự như trên sẽ tồn t ạ i hai số m ≥ n ≥ 0 sao cho:
a = m + n; b = m − n
Do a + b + c = 6 nên c = 6 − 2m ≥ 2 tức m ≤ 2.
Khi đó BĐT được viết lại là:
(ab + bc + ca)
2
+ 36 ≥ 9 (ab + bc + ca) + 9abc
⇔
m
2
− n
2
+ (6 − 2m) (2m)
2
+ 36 ≥ 9
m
2
− n
2
+ (6 − 2m) (2m)
+ 9
m
2
− n
2
(6 − 2m)
⇔ 9m
4
− 54m
3
+ 6m
2
n
2
+ 117m
2
− 42mn
2
− 108m + n
4
+ 63n
2
+ 36 ≥ 0
⇔ 9(m − 2 )
2
(m − 1)
2
+ n
2
6(m − 2)
2
+ 18 (2 − m) + 3 + n
2
≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy r a khi và chỉ khi a = b = c = 2 hoặc a = b = 1, c = 4
và các hoán vị của nó.
Nhận xét: Giả thiết a, b, c ≥
1
2
nhằm để căn thức tồn tại chưa tham gia vào lời giải do đó ta
có thể mạnh giả thiết lên chỉ cần ab + bc + ca + abc ≥ 4.
47
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 38 (Đề thi HSG cấp Tỉnh Quảng Ngãi).
Với ba số thực x, y, z ∈
1
2
; 1
. Tìm GTNN của biể u thức:
P = x
5
y + xy
5
+
6
x
2
+ y
2
− 3 (x + y) − 2016z
LỜI GIẢI. Ta có:
P = x
5
y + xy
5
+
6
x
2
+ y
2
− 3 (x + y) − 2016z ≥ x
5
y + xy
5
+
6
x
2
+ y
2
− 3 (x + y) − 2016
Xét hàm số:
f (x) = x
5
y + xy
5
+
6
x
2
+ y
2
− 3 (x + y)
Ta có:
f
′
(x) = 5x
4
y −
12
(x
2
+ y
2
)
2
+ y
5
− 3 ≤ 5 −
12
4
+ 1 − 3 = 0
Do đó:
P ≥ y + y
5
+
6
1 + y
2
− 3 (1 + y) − 2016
Tương t ự như trên ta được:
P ≥ y + y
5
+
6
1 + y
2
− 3 (1 + y) − 2016 ≥ −2017
Đẳng t hức xảy ra khi x = y = z = 1, nên GTNN của P là −2017
Bài 39 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Quảng Ngãi).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3. Chứng minh rằn g:
1
a
+
1
b
+
1
c
+
a + 1
1 + b
2
+
b + 1
1 + c
2
+
c + 1
1 + a
2
≥ 6 ≥
8
a
2
+ b
2
+ 2
+
8
b
2
+ c
2
+ 2
+
8
c
2
+ a
2
+ 2
LỜI GIẢI.
• Ta chứng minh:
1
a
+
1
b
+
1
c
+
a + 1
1 + b
2
+
b + 1
1 + c
2
+
c + 1
1 + a
2
≥ 6 Ta có:
a + 1
1 + b
2
≥
(a + 1)
2
(b − 1) +
a + 1
2
=
ab + b
2
⇔
(a + 1) b(b − 1)
2
2 (1 + b
2
)
≥ 0
Đánh giá tương tự cho các số hạng còn lại, ta chỉ cần chứng minh:
1
a
+
1
b
+
1
c
+
ab
2
+
bc
2
+
ca
2
+
a + b + c
2
≥ 6
⇔
1
a
+
1
b
+
1
c
+
ab
2
+
bc
2
+
ca
2
≥
9
2
BĐT cuối đúng theo AM - GM.
48
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• Ta chứng minh:
14
4
a
2
+ b
2
+ 2
+
4
b
2
+ c
2
+ 2
+
4
c
2
+ a
2
+ 2
≤ 3. Không mất tính tổng quát
ta giả sử a ≥ b ≥ c.
Đặt
f (a, b, c) =
1
a
2
+ b
2
+ 2
+
1
b
2
+ c
2
+ 2
+
1
c
2
+ a
2
+ 2
Ta có:
f
a,
b + c
2
,
b + c
2
− f (a, b, c)
=
(b − c)
2
2
1
(b
2
+ c
2
+ 2)
2 +
(b+c)
2
2
−
1
(4 + 2a
2
+ b
2
+ c
2
)
4 + 2a
2
+
(b+c)
2
2
Ta lại có:
b
2
+ c
2
+ 2
2 +
(b + c)
2
2
!
<
4 + 2a
2
+ b
2
+ c
2
4 + 2a
2
+
(b + c)
2
2
!
Do đó:
f
a,
b + c
2
,
b + c
2
≥ f (a, b, c)
Ta cần chứng minh:
f (3 − 2t, t, t) =
2
(3 − 2t)
2
+ t
2
+ 2
+
1
2t
2
+ 2
≤
3
4
Thật vây, BĐT trên tương đương:
3(t − 1)
2
(5t
2
− 2t + 1)
4 (t
2
+ 1) (5t
2
− 12t + 11)
≥ 0
Bài toán được chứng minh.
Bài 40 (Đề thi Olympic chuyên Khoa học Tự nhiên 2016).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1. Chứng minh rằng:
a (a + 1 )
(2a + 1)
2
+
b (b + 1)
(2b + 1)
2
+
c (c + 1)
(2c + 1)
2
≤
9
16
LỜI GIẢI.
Cách 1:
Vì a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1 nên tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho:
a =
x
y + z
, b =
y
z + x
, c =
z
x + y
14
Tham khả o trong "Inequalities Theorems, Techniques and Selected Problems - Cvetkovski, Zdravko"
49
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Khi đó BĐT được viết lại là:
x (x + y + z)
(2x + y + z)
2
+
y (x + y + z)
(x + 2y + z)
2
+
z (x + y + z)
(x + y + 2z)
2
≤
9
16
Ta chuẩn hóa x + y + z = 3 khi đó ta cần chứng minh:
x
(3 + x)
2
+
y
(3 + y)
2
+
z
(3 + z)
2
≤
3
16
Khi đó đặt f (x) =
x
(3 + x)
2
ta có:
f
′′
(x) =
2 (x − 6)
(3 + x)
4
< 0
Theo BĐT Jensen cho hàm lõm f (x) ta được:
x
(3 + x)
2
+
y
(3 + y)
2
+
z
(3 + z)
2
≤ 3.
x + y + z
3
3 +
x + y + z
3
2
=
3
16
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 tức a = b = c =
1
2
Cách 2: ( diendantoanhoc.net)
Lập luận như trên ta cần chứng minh:
x (x + y + z)
(2x + y + z)
2
+
y (x + y + z)
(x + 2y + z)
2
+
z (x + y + z)
(x + y + 2z)
2
≤
9
16
Ta có:
x (x + y + z)
(2x + y + z)
2
+
y (x + y + z)
(x + 2y + z)
2
+
z (x + y + z)
(x + y + 2z)
2
≤ ( x + y + z)
x
4 (x + y) (x + z)
+
y
4 (y + z) (y + x)
+
z
4 (z + x) (z + y)
≤ ( x + y + z)
x (y + z) + y (z + x) + z (x + y)
4 (x + y) (y + z) (z + x)
Do vậy ta chỉ cần chứng minh:
9 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z) (xy + yz + zx)
⇔ 9 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y) (y + z) (z + x) + 8 xyz
⇔ (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8xyz
BĐT cuối hiển nhiên đúng theo AM -GM.
50
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Cách 3:
BĐT đã cho tương đương:
1
(2a + 1)
2
+
1
(2b + 1)
2
+
1
(2c + 1)
2
≥
3
4
Ta có đánh giá sau:
4
(2a + 1)
2
−
3
4a
2
+ 2a + 1
⇔
(2a − 1)
2
(2a + 1)
2
(4a
2
+ 2a + 1)
≥ 0
Do vậy:
4
(2a + 1)
2
+
4
(2b + 1)
2
+
4
(2c + 1)
2
≥ 3
1
4a
2
+ 2a + 1
+
1
4b
2
+ 2b + 1
+
1
4c
2
+ 2c + 1
Theo giả thiết ta có 8abc ≤ 1 nên tồn tại a
′
≥ a sao cho 2a
′
.2b.2c = 1 thế nên ta được:
1
4a
2
+ 2a + 1
+
1
4b
2
+ 2b + 1
+
1
4c
2
+ 2c + 1
≥
1
4a
′2
+ 2a
′
+ 1
+
1
4b
2
+ 2b + 1
+
1
4c
2
+ 2c + 1
Áp dụng Bổ đề: x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1 thì:
1
x
2
+ x + 1
+
1
y
2
+ y + 1
+
1
z
2
+ z + 1
≥ 1
Ta được:
1
4a
2
+ 2a + 1
+
1
4b
2
+ 2b + 1
+
1
4c
2
+ 2c + 1
≥
1
4a
′2
+ 2a
′
+ 1
+
1
4b
2
+ 2b + 1
+
1
4c
2
+ 2c + 1
≥ 1
Vậy nên:
1
(2a + 1)
2
+
1
(2b + 1)
2
+
1
(2c + 1)
2
≥
3
4
Cách 4:(diendantoanhoc)
Ta cần chứng minh
1
(2a + 1)
2
+
1
(2b + 1)
2
+
1
(2c + 1)
2
≥
3
4
Ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh hơn là:
1
(2a + 1) (2b + 1)
+
1
(2b + 1) (2c + 1)
+
1
(2c + 1) (2a + 1)
≥
3
4
Thật vậy:
1
(2a + 1) (2b + 1)
+
1
(2b + 1) (2c + 1)
+
1
(2c + 1) (2a + 1)
≥
3
4
⇔
2 (a + b + c) + 3
(2a + 1) (2b + 1) (2c + 1)
≥
3
4
⇔
2 (a + b + c) + 3
4 + 2 (a + b + c) + 1
≥
3
4
⇔ a + b + c ≥
3
2
51
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
BĐT cuối là hiển nhiên vì theo BĐT AM - GM kết hợp với giả thiết ta có:
1 = ab + bc + ca + 2abc ≤
(a + b + c)
2
3
+
2(a + b + c)
3
27
⇒ a + b + c ≥
3
2
Bài toán được chứng minh đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
1
2
Cách 5:(diendantoanhoc)
Ta cần chứng minh
1
(2a + 1)
2
+
1
(2b + 1)
2
+
1
(2c + 1)
2
≥
3
4
Vì a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = 1 nên tồn tại x, y, z dương sao cho:
a =
x
y + z
, b =
y
z + x
, c =
z
x + y
Vậy nên BĐT được viết lại là:
(y + z)
2
[(x + y) + (x + z)]
2
+
(z + x)
2
[(y + z) + (y + x)]
2
+
(x + y)
2
[(z + x) + (z + y)]
2
≥
3
4
Ta lại có:
(y + z)
2
[(x + y) + (x + z)]
2
+
(z + x)
2
[(y + z) + (y + x)]
2
+
(x + y)
2
[(z + x) + (z + y)]
2
≥
1
2
"
(y + z)
2
(x + y)
2
+ (x + z)
2
+
(z + x)
2
(y + z)
2
+ (y + x)
2
+
(x + y)
2
(z + x)
2
+ (z + y)
2
#
Theo BĐT Nesbitt thì:
(y + z)
2
(x + y)
2
+ (x + z)
2
+
(z + x)
2
(y + z)
2
+ (y + x)
2
+
(x + y)
2
(z + x)
2
+ (z + y)
2
≥
3
2
Bài toán được chứng minh.
Nhận xét: Đến đây ta thấy có sự liên kết giữa các đề thi: Tỉnh Bà Rìa - Vũng Tàu, Thanh
Hóa, Olympic chuyên Khoa học Tự nhiên và Problem A2 - IMO Shortlist 2009. Mặc dù dạng
BĐT giống sau vài bước biến đổi là như nhau nhưng g iả thiết mạnh yếu khác nhau vì vậy cho
ta rất nhiều lời giải hay (với lời giải bằng phép biến đổi tương đương thì chúng gần như là một
bài).
Bài 41 (Trại hè Hùng Vương lần XII Bắc Giang 2016, Lớ p 10).
Với ba số thực a, b, c thỏa mãn (a + b) (b + c) (c + a) 6= 0. Chứng mi nh rằng:
a
a + b
2
+
b
b + c
2
+
c
c + a
2
+
4abc
(a + b) (b + c) (c + a)
≥
a
a + b
+
b
b + c
+
c
c + a
−
1
4
52
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
LỜI GIẢI. Bài t o án có dạng khá cồng kềnh một thao tác hay dùng khi g ặp những BĐT như
vậy là đặt lại ẩn.
Cách 1: Ta đặt
2x = a + b
2y = b + c
2z = c + a
⇔
a = x + z − y
b = x + y − z
c = y + z − x
BĐT đã cho tương đương với
X
1 +
z − y
x
2
+ 2
1 +
z − y
x
1 +
x − z
y
1 +
y − x
z
≥ 2
3 +
X
z − y
x
− 1
⇔
X
z − y
x
2
+ 2
X
z − y
x
.
x − z
y
+ 2
X
z − y
x
+ 2
z − y
x
x − z
y
y − x
z
≥ 0
⇔
z − y
x
+
x − z
y
+
y − x
z
2
≥ 0
vì
X
z − y
x
= −
z − y
x
x − z
y
y − x
z
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoá n vị của nó.
Cách 2: ( Đ áp án của BTC)
Ta đặt:
x =
a
a + b
, y =
b
b + c
, z =
c
c + a
Khi đó:
(1 − x) (1 − y) (1 − z) = xyz
⇔ 1 + xy + yz + zx = 2xyz + x + y + z
⇔ 2 + (x + y + z)
2
= 4xyz + 2 (x + y + z) + x
2
+ y
2
+ z
2
⇒ 4xyz + 2 (x + y + z) + x
2
+ y
2
+ z
2
=
(x + y + z)
2
+
9
4
−
1
4
≥ 3 |x + y + z| −
1
4
⇒ 4xyz + 2 (x + y + z) + x
2
+ y
2
+ z
2
=
(x + y + z)
2
+
9
4
−
1
4
≥ 3 (x + y + z) −
1
4
⇒ x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4xyz ≥ x + y + z −
1
4
Vậy nên ta được:
a
a + b
2
+
b
b + c
2
+
c
c + a
2
+
4abc
(a + b) (b + c) (c + a)
≥
a
a + b
+
b
b + c
+
c
c + a
−
1
4
53
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Bài 42 (Trại hè Hùng Vương lần XII Bắc Giang 2016, Lớ p 11).
Với ba số thực không âm x, y, z có tổng bằng 3. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức sau:
P =
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 +
r
y
3
−
2
3
y
2
+ 4 +
r
z
3
−
2
3
z
2
+ 4
LỜI GIẢI. Ta sẽ chứng minh:
√
39 ≤ P =
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 +
r
y
3
−
2
3
y
2
+ 4 +
r
z
3
−
2
3
z
2
+ 4 ≤ 9
• P =
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 +
r
y
3
−
2
3
y
2
+ 4 +
r
z
3
−
2
3
z
2
+ 4 ≥
√
39
Ta có:
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 ≥
5
√
39
78
(x − 1) +
√
39
3
=
5
√
39
78
x +
7
√
39
26
⇔ x
3
−
2
3
x
2
+ 4 ≥
1
156
(5x + 2 1)
2
⇔
1
52
(x − 1)
2
(52x + 61) ≥ 0
Do đó:
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 +
r
y
3
−
2
3
y
2
+ 4 +
r
z
3
−
2
3
z
2
+ 4 ≥
5
√
39
78
(x + y + z) +
21
√
39
26
=
√
39
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
• P =
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 +
r
y
3
−
2
3
y
2
+ 4 +
r
z
3
−
2
3
z
2
+ 4 ≤ 9
Ta có:
q
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 ≤ x + 2
⇔ x
3
−
2
3
x
2
+ 4 ≤ (x + 2)
2
⇔ x (x − 3)
x +
4
3
≤ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng do x ≤ 3. Do đó:
P =
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 +
r
y
3
−
2
3
y
2
+ 4 +
r
z
3
−
2
3
z
2
+ 4 ≤ (x + y + z) + 6 = 9
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 0, z = 3 và các hoán vị của nó.
Vậy GTNN của P là
√
39 đạt được khi x = y = z = 1 và GTLN của P là 9 đạt được khi
x = y = 0, z = 3.
54
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Nhận xét:
• Đánh giá
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 ≥
5
√
39
78
(x − 1) +
√
39
3
=
5
√
39
78
x +
7
√
39
26
có được nhờ phương pháp tiếp tuyến dựa vào điểm rơi x = 1
15
.
• Đối với đánh giá thứ hai:
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 ≤ x + 2
phương pháp tiếp tuyến không dùng được nữa vì điểm rơi của x, y, z lệch nhau. Ở đây
dùng hệ số bất định tức tìm một đánh giá dạng:
r
x
3
−
2
3
x
2
+ 4 ≤ ax + b
Ta tìm a, b sao cho đánh giá trên đúng với mọi x ∈ [0; 3].
Bài 43 (Đề thi Olympic GGTH 2016 - Khối 1 1 & 12).
Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
(3a + 2b + c)
3
≥ 6
√
3 (a + b + c) (ab + bc + ca)
LỜI GIẢI.
Cách 1: (diendantoanhoc.net)
Đặt x = a + b, y = a + c thì 3a + 2b + c = 2x + y ; (x, y ≥ 0). Ta lại có:
a + b + c ≤ 2a + b + c = x + y
ab + bc + ca ≤ a
2
+ ab + bc + ca = (a + b) ( a + c) = xy
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
(2x + y)
3
≥ 6
√
3xy (x + y)
Ta chuẩn hóa y = 1 và chỉ cần chứng minh:
(2x + 1 )
3
≥ 6
√
3x (1 + x)
⇔
x −
√
3 − 1
2
!
2
x +
√
3 + 2
4
!
≥ 0
BĐT cuối là hiển nhiên. Đẳng thức xảy ra khi a = 0, b =
√
3 − 1
2
c.
15
Một vài đánh giá trong bài cũng dùng phương pháp tiếp tuyến để làm đánh giá trung gian.
55
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Cách 2: (Nguyễn Văn Huyện)
Đặt F = (3a + 2b + c)
3
− 6
√
3(a + b + c)(ab + bc + ca)
Khi đó:
F = 6
√
3 [2a (a + b + c) + bc] a
+
9 − 4
√
3
33
h
33a + 4
6 −
√
3
b +
9 + 4
√
3
c
ih
√
3a +
1 +
√
3
b − c
i
2
≥ 0
Bài 44 (Đề thi Olympic GGTH 2016 - Khối 1 0).
Cho ∆ABC có độ dài không vượt quá 1. Gọi p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường
tròn ngoạ i tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng:
p (1 − 2Rr) ≤ 1
LỜI GIẢI. Gọi a, b, c là ba cạnh của tam g iá c. Khi đó tồn tại các số thực dương x, y, z sao
cho:
a = x + y
b = y + z
c = z + x
Khi đó:
p = x + y + z; r =
r
xyz
x + y + z
; R =
(x + y) (y + z) (z + x)
4
p
xyz (x + y + z)
Do đó BĐT được viết lại là:
(x + y + z)
1 −
(x + y) (y + z) (z + x)
2 (x + y + z)
≤ 1
⇔ x + y + z −
(x + y) (y + z) (z + x)
2
≤ 1
Đến đây ta trả về ẩn cũ và nhận được lời giản khá đơn giản:
x + y + z −
(x + y) (y + z) (z + x)
2
≤ 1
⇔
a + b + c − abc
2
≤ 1
⇔ a + b + c ≤ 2 + abc
⇔ (1 + ab − a − b) + (abc − ab) + (1 − c) ≥ 0
⇔ (1 − a) (1 − b) + ( 1 − c) (1 − ab) ≥ 0
56
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
BĐT cuối hiển nhiên đúng do giả thiết các cạnh của tam giá c không vượt quá 1. Đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi a = 1, b = 1, c và các hoán vị của nó.
Nhận xét:
• Bước chuyển đổi a, b, c thành x, y, z trên thường được gọi là phép thế Ravi. Đương nhiên
với bài toán này thì chưa cần dùng đến vì biểu thức cần chứng minh có thể biến đổi như
sau:
p(1 − 2Rr) = p − 2Rpr = p − 2RS = p −
abc
2
=
a + b + c − abc
2
Tuy nhiên với các bài toán có biểu thức tương đối phức tạp thì phép biến đổi Ravi tỏ ra
khá hiệu quả.
• Có thể tham khảo cách đổi biến này qua bài viết: ”Useful substitutions in triangles
inequalities - Daniel Sitaru ”
57
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
2 Phần 2
Ngoài những kỹ thuật cơ bản (sử dụng BĐT cổ điển, biến đổi tương đương,...) ta còn một số
kỹ thuật, phương pháp mà tính hiệu quả của nó đã được khẳng định qua rất nhiều bài viết với
những lời giải đẹp. Tài liệu sẽ điểm lại một số kỹ thuật đó. Trước hết là kỹ thuật cũng là yêu
cầu đầu tiên khi ta học về BĐT.
2.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi
Trong chứng minh BĐT việc đảm bảo dấu bằng luôn xảy ra qua các bước đánh giá là vô cùng
quan trọng. Bởi nếu tro ng các bước đánh giá mà mỗi bước có dấu bằng xảy ra với biến x xảy
ra khác nhau thì qua các bước đánh giá đó ta chỉ thu được BĐT mà đẳng thức không thể xảy
ra, có nghĩa ta đã làm yếu BĐT đi và việc không chứng minh được là điều tất yếu. Ví dụ đơn
giản như sau:
Ví dụ 1.
Với mọi số thực x. Chứng minh rằng:
x
2
+ 2 +
1
x
2
+ 2
≥
5
2
Phân tích và lời giải Nếu ta vận dụng BĐT AM - GM như sau:
x
2
+ 2 +
1
x
2
+ 2
≥ 2
r
x
2
+ 2
x
2
+ 2
= 2
Dấu bằng không thể xảy ra vì:
x
2
+ 2 =
1
x
2
+ 2
⇔ x
2
+ 2 = 1 (V N )
vậy nên ta chỉ được:
x
2
+ 2 +
1
x
2
+ 2
> 2
r
x
2
+ 2
x
2
+ 2
= 2
BĐT đã yếu đi qua bước đánh giá trên đó là lý do không thể chứng minh được bài toán.
Vậy làm sau để có được một đánh giá hợp lý? Trước tiên ta phải đoán nếu đẳng thức xảy ra
thì x =? Sau đó mỗi bước đánh giá ta luôn nhớ phải đảm bảo đẳng thức sẽ xảy ra . Cụ thể với
bài toán trên không khó để đoán đẳng thức xảy ra khi x = 0 do đó ta đánh g iá khéo léo hơn
như sau:
x
2
+ 2 +
1
x
2
+ 2
=
x
2
+ 2
4
+
1
x
2
+ 2
+
3 (x
2
+ 2)
4
≥ 2
s
x
2
+ 2
4 (x
2
+ 2)
+
6
4
=
5
2
58
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Tóm lại khi làm việc với BĐT cái nhìn đầu tiên là hãy dự đoán dấu bằng của BĐT sẽ xảy ra
khi nào.
Nếu bước dự đoá n không dễ dàng hay nói cách khác điểm rơi là số rất xấu không thể đoá n
được thì thế nào?
Đối với mỗi dạng có giả thiết khác nhau sẽ có cách đánh giá khác nhau, hai ví dụ sau đây hy
vọng bạn đọc nắm được ý tưởng khi gặp các BĐT mà dấu bằng khó đoán.
Ví dụ 2.
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + 2b + 3c = 4. Tìm GTNN của biểu thức sau:
P = a
2
+ b
2
+ c
4
Phân tích và lời giải Không khó để nhận ra ta cần một đánh giá dạng:
a
2
+ b
2
+ c
4
≥ k (a + 2b + 3c)
Và bước đánh giá đó là dùng BĐT AM- GM. Tuy nhiên rất khó để có thể biết GTNN của P
xảy ra khi a, b, c có giá trị là bao nhiêu để áp dụng AM- GM hợp lý. Ta giả sử khi P đạt G TNN
thì a = x, b = y, c = z và sẽ tiến hành như sau:
a
2
+ x
2
≥ 2xa
b
3
+ y
2
≥ 2yb
c
4
+ 2z
3
≥ 3z
2
c
⇒ a
2
+ b
2
+ c
4
+
x
2
+ y
2
+ 2z
3
≥ 2xa + 2yb + 3z
2
c
Vậy là ta cần chọn x, y, z sao cho:
2x
2y
=
1
2
2x
3z
2
=
1
3
x + 2y + 3z = 4
⇔
y = 2x
z =
√
2x
5x + 3
√
2x = 4
⇔
y =
16
25
z =
4
5
x =
8
25
Nhưng khi trình bày lời giả i ta có thể làm ngắn ngọn như sau:
Ta có:
a
2
+
8
25
2
≥
16
25
a
b
2
+
16
25
2
≥
32
25
b
c
3
+ 2
4
5
3
≥
48
25
c
⇒ a
2
+ b
2
+ c
3
≥
16
25
(a + 2b + 3c) −
192
125
=
128
125
59
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi a =
8
25
; b =
16
25
; c =
4
5
. Do đó GTNN của P là
128
125
Ví dụ 3.
Với a, b, c là các số thực thay đ ổi sao cho ab + bc + ca = 1. Tìm GTNN của biểu thức sau:
P = a
2
+ b
2
+ 3c
2
Phân tích và lời giải Từ giả thiết bài toán gợi cho ta chọn cách đánh giá:
a
2
+ b
2
+ 3c
2
≥ k (ab + bc + ca)
Tương tự như ví dụ 2, ta không đoán được điểm rơi khi GTNN đạt được. Ta giả sử khi đó
a = x, b = y, c = z ta có đánh giá sau:
xyab ≤
(ay)
2
+ (bx)
2
2
yzbc ≤
(bz)
2
+ (cy)
2
2
zxac ≤
(az)
2
+ (cx)
2
2
Vấn đề còn lại là chon x, y, z thích hợp sao cho có thể tận dụng được ab + bc + ca = 1. Do đó
ta điều chỉnh lại như sau:
xyzab ≤
z(ay)
2
+ z(bx)
2
2
xyzbc ≤
x(bz)
2
+ x(cy)
2
2
xyzac ≤
y(az)
2
+ y(cx)
2
2
Vậy nên:
[yz (y + z)] a
2
+ [zx (z + x)] b
2
+ [xy (x + y)] c
2
≥ 2xyz (ab + bc + ca)
Ta sẽ chọn x, y, z sao cho:
y (y + z) = x (z + x)
3z (y + z) = x (x + y)
xy + yz + zx = 1
⇔
x = y =
4
r
3
11
z =
√
33 − 3
2
.
4
r
1
297
Phần trình bày lại giải dành cho bạn đọc.
Để kết lạ i phần này bạn đọc nên xem lại trong phần một các bài Bài 1 (Tp. HCM - Ngày
thứ 1),Bài 12 (Đề chọn đội tuyển Bình Dương 2016),Bài 26 (Đề thi chọn đội tuyển
Tỉnh Thái Nguyên)
60
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
2.2 Phương pháp tiếp tuyến
Ý tưởng của phương pháp có thể giải thích như sau:
• Giải tích: Trong chương trình toán THPT ta thường xét đến đạo hàm cấp 1, 2 do đó
nếu f
′′
(x) không đổi dấu thì trong khai triển Taylor
f(x) = f (x
0
)+
f
′
(x
0
)
1!
(x − x
0
)+
f
′′
(x
0
)
2!
(x − x
0
)
2
+...+
f
(n)
(x
0
)
n!
(x − x
0
)
n
+
f
(n+1)
(a)
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
ta được:
Nếu f
′′
(x) ≥ 0; ∀x ∈ [a; b] thì f(x) ≥ f (x
0
) + f
′
(x
0
) (x − x
0
) ; ∀x
0
∈ [a; b]
Nếu f
′′
(x) ≤ 0; ∀x ∈ [a; b] thì f(x) ≤ f (x
0
) + f
′
(x
0
) (x − x
0
) ; ∀x
0
∈ [a; b]
(Chứng minh đơn giản bằng cách khai triển đến cấp 2.)
• Hình học: Ta biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại một điểm (trừ điểm uốn) luôn
nằm trên hoặc nằm dưới đồ thị hàm số trong một khoảng lồi - lõm t ức là
f (x) ≥ f
′
(x
0
) (x − x
0
) + f (x
0
) ; ∀x ∈ (a; b)
Hoặc là
f (x) ≤ f
′
(x
0
) (x − x
0
) + f (x
0
) ; ∀x ∈ (a; b)
(Trong đó (a; b) là một khoảng mà hàm số lồi hoặc lõm)
Chính vì vậy ta thường chọn nó làm một đánh giá phụ để chứng minh BĐT.
Ví dụ 4 (BĐT Nesbitt).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằ ng 3. Chứng minh rằng:
a
3 − a
+
b
3 − b
+
c
3 − c
≥
3
2
Phân tích và lời giải Trước tiên ta nhận xét được đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
c = 1.
Ta lại thấy tiếp tuyến của hàm số f (x) =
x
3 − x
luôn nằm phía dưới đồ thị vớ i mọi 0 < x < 3.
1
2
−1
1 2 3−1−2
b
61
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Trên cơ sở đó ta mạnh dạn đưa ra đánh giá phụ:
a
3 − a
≥
3
4
(a − 1) +
1
2
mà việc kiểm chứng rất dễ dàng bằng phép biến đổi tương đương.
Làm tương tự cho các biến b, c cộng lại ta được điều phải chứng minh.
Một bài nữa để bạn đọc tập dợt
Ví dụ 5 (Baltic Way 201 1).
Với bốn số thực a, b, c, d không âm có tổng bằ ng 4. Chứng minh rằng:
a
a
3
+ 8
+
b
b
3
+ 8
+
c
c
3
+ 8
+
d
d
3
+ 8
≤
4
9
Phân tích và lời giải Ta sử dụng đánh giá:
a
a
3
+ 8
≤
6(a − 1)
9
2
+
1
9
Điểm mạnh của phương pháp tiếp tuyến là sử dụng được cho các BĐT có điều kiện tổng là
hằng số và biểu thức tách biến. Nếu điều kiện khác đi hoặc biểu thức không có dạng tách biến
có thể sử dụng được phương pháp không? Hai ví dụ sẽ trả lờ i cho câu hỏi đó.
Ví dụ 6 (All-Russian Olympiad 2002).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằ ng 3. Chứng minh rằng:
√
a +
√
b +
√
c ≥ ab + bc + ca
Phân tích và lời giải BĐT không ở dạng tách biến không thể áp dụng phương pháp tiếp
tuyến. Tuy nhiên nếu ta điều chỉnh lại biểu thức như sau:
a
2
+ 2
√
a + b
2
+ 2
√
b + c
2
+ 2
√
c ≥ 2 (ab + bc + ca) + a
2
+ b
2
+ c
2
= 9
Đến đây vấn đề trở nên đơn giản rất nhiều bằng cách sử dụng đánh giá sau:
a
2
+ 2
√
a ≥ 3 (a − 1) + 3 = 3a
Ta có được lời giải cho bài to á n.
Ví dụ 7 (Toán học tuổi trẻ).
Với các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Tìm GTNN của biểu thức sau:
P = 5
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 2
a
2
b + b
2
c + c
2
a
62
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Phân tích và lời giải Xét hàm số:
f (a) = 5 a
3
+ 2a
2
b
Ta dự đoán cho đánh giá:
f (a) ≥ f
′
(1) (a − 1) + f (1)
⇔ 5a
3
+ 2a
2
b ≥ (1 5 + 4b) (a − 1) + (5 + 2b)
⇔ (a − 1)
2
(5a + 2b + 10) ≥ 0
Vậy nên:
P ≥ ( 15 + 4b) (a − 1) + (5 + 2b) + (15 + 4c) (b − 1) + (5 + 2c) + (15 + 4a) (c − 1) + (5 + 2a)
⇔ P ≥ 4 (ab + bc + ca) + 13 (a + b + c) − 30 ≥ 21
Đẳng t hức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 nên G TNN của P là 21.
Nhận xét: Ví dụ này muốn nói lên nếu biểu thức cần chứng minh không ở dạng tách biến ta
vẫn có thể dùng phương pháp tiếp tuyến bằng cách xét hàm và xem các biến còn lại là tham
số.
Để hiểu hơn về phương pháp tiếp tuyến cũng như khẳng định lại tính hiệu quả của nó bạn đọc
có thể đọc lại các bài giải của các đề thi Thanh Hóa - Vòng 2, Hà Nam, Ninh Bình, Phú
Yên, Quảng Ngãi, Trại hè Hùng Vương lần XII
2.3 Phương pháp pqr
Các BĐT đối xứng ba biến x, y, z đều có thể quy về BĐT với các biến p = x + y + z, q =
xy + yz + zx, r = xyz, như vậy thay vì chứng minh BĐT với ba biến x, y, z không có mối quan
hệ với nhau ta quy về chứng minh BĐT với ba biến mới p, q, r có mối quan hệ mật thiết với
nhau đó chính là ý tưởng chính của phương pháp.
Để thuận lợi cho việc áp dụng phương pháp ta cần nhớ một số phân tích cơ bản và một số
đánh g iá đơn giản như sau:
16
2.3.1 Một số phân tích c ơ bản
• a
2
+ b
2
+ c
2
= p
2
− 2q
• a
3
+ b
3
+ c
3
= p
3
− 3pq + 3r
• a
4
+ b
4
+ c
4
= p
4
− 4p
2
q + 2q
2
+ 4pr
16
Tham khả o ” BĐT schur và phương pháp biến đổi p, q, r - Võ Thành Văn ”.
63
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
= q
2
− 2pr
• ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) = pq − 3r
• (a + b) (b + c) (c + a) = pq − r
• (a + b) (a + c) + (b + c) (b + a) + (c + a) (c + b) = p
2
+ q
• ab (a
2
+ b
2
) + bc (b
2
+ c
2
) + ca (c
2
+ a
2
) = p
2
q − 2q
2
− pr
• a
3
b
3
+ b
3
c
3
+ c
3
a
3
= q
3
− 3pqr + 3r
2
• a
4
b
4
+ b
4
c
4
+ c
4
a
4
= q
4
− 4pq
2
r + 2p
2
r
2
+ 4qr
2
2.3.2 Một số đánh giá đơn giản
• p
2
≥ 3q
• p
3
≥ 27r
• q
2
≥ 3pr
• pq ≥ 9r
• 2p
3
+ 9r ≥ 7pq
• p
2
q + 3pr ≥ 4q
2
• p
4
+ 3q
2
≥ 4p
2
q
• p
4
+ 4q
2
+ 6pr ≥ 5p
2
q
• p
3
+ 9r ≥ 4pq
• q
3
+ 9r
2
≥ 4pqr
• p
3
r + q
3
≥ 6pqr
• r ≥ max
0;
p (4q − p
2
)
9
• r ≥ max
0;
(4q − p
2
) (p
2
− q)
6p
Chứng minh:
• p
2
≥ 3q
BĐT tương đương với:
a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
64
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• p
3
≥ 27r
BĐT đúng theo AM - GM ba biến.
• q
2
≥ 3pr
BĐT tương đương với:
(ab)
2
+ (bc)
2
+ (ca)
2
≥ abc (a + b + c)
• pq ≥ 9r
BĐT đúng theo AM - GM ba biến.
• 2p
3
+ 9r ≥ 7pq
BĐT tương đương với:
2
a
3
+ b
3
+ c
3
≥
a
2
b + b
2
c + c
2
a
+
ab
2
+ bc
2
+ ca
2
BĐT này đúng theo BĐT AM - GM ba biến.
• p
2
q + 3pr ≥ 4q
2
BĐT tương đương với:
a
3
b + b
3
c + c
3
a + ab
3
+ bc
3
+ ca
3
≥ 2
a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
BĐT này đúng theo AM - GM ba biến.
• p
4
+ 3q
2
≥ 4p
2
q
BĐT tương đương với
a
4
+ b
4
+ c
4
+ a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
≥ 2abc (a + b + c)
BĐT này đúng theo BĐT AM - GM.
• p
4
+ 4q
2
+ 6pr ≥ 5p
2
q
BĐT tương đương:
a
2
(a − b) (a − c) + b
2
(b − a) (b − c) + c
2
(c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT là BĐT Schur bậc 4 nên hiển nhiên đúng.
• p
3
+ 9r ≥ 4pq
BĐT trên tương đương với:
a (a − b) (a − c) + b (b − a) (b − c) + c (c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT là BĐT Schur bậc 3 nên hiển nhiên đúng.
65
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• q
3
+ 9r
2
≥ 4pqr
BĐT trên tương đương với:
(x + y + z)
3
+ 9xyz ≥ 4 (x + y + z) (xy + yz + xz)
Trong đó x = ab, y = bc, z = ca. BĐT thu được hiển nhiên đúng vì nó là BĐT Schur bậc
3.
• p
3
r + q
3
≥ 6pqr
BĐT tương đương với:
pr
p
2
− 3q
+ q
q
2
− 3pr
≥ 0
BĐT này hiển nhiên đúng theo chứng minh trên.
• r ≥ max
0;
p (4q − p
2
)
9
Ta cần chứng minh: r ≥
p (4q − p
2
)
9
. BĐT này tương đương với:
a (a − b) (a − c) + b (b − c) (b − a) + c (c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT này hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur bậc 3.
• r ≥ max
0;
(4q − p
2
) (p
2
− q)
6p
Ta cần chứng minh: r ≥
(4q − p
2
) (p
2
− q)
6p
. BĐT này tương đương với:
a
2
(a − b) (a − c) + b
2
(b − a) (b − c) + c
2
(c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT này hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur bậc 4.
Ta thấy trong quá trình chứng minh các đánh giá đơn giản trên ta dùng rất nhiều BĐT Schur.
Đây là công cụ hữu hiệu khi kết hợp với kỹ thuật phân tích pqr trong chứng minh BĐT.
17
2.3.3 BĐT Schur
Với mỗi số thực dương a, b, c, k. BĐT sau luôn đúng:
a
k
(a − b) (a − c) + b
k
(b − a) (b − c) + c
k
(c − a) (c − b) ≥ 0
Chứng minh:
Do t ính đối xứng của BĐT nên ta giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó:
a
k
(a − b) (a − c) ≥ b
k
(a − b) (b − c)
Vì vậy:
a
k
(a − b) (a − c) + b
k
(b − a) (b − c) + c
k
(c − a) (c − b)
≥ c
k
(c − a) (c − b) ≥ 0
17
Bạn đọc có thể tham khảo bài viết " BĐT Schur và ứng dụng - Trần Xuân Đáng - Toán học tuổi trẻ "
66
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
2.3.4 Ví dụ minh họa
Ví dụ 8.
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
x
4
+ y
4
+ z
4
≥ xyz(x + y + z)
Phân tích và lời giải Để đơn giả n ta chuẩn hóa p = x+y +z = 1 và đặt q = xy +yz +zx, r =
xyz. Khi đó BĐT trên tương đương với:
1 − 4q + 2q
2
+ 3r ≥ 0
Ta lại có:
9r + 2 ≥ 7q ⇔ 3r ≥
7q
3
−
2
3
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
1 − 4q + 2q
2
+
7q
3
−
2
3
≥ 0 ⇔
1
3
(3q − 1) (2q − 1) ≥ 0
BĐT trên luôn đúng vì q ≤
1
3
.
Ví dụ 9 (Iran - 1996).
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
(xy + yz + zx)
1
(x + y)
2
+
1
(y + z)
2
+
1
(z + x)
2
≥
9
4
Phân tích và lời giải Ta chú ý rằng:
X
cyc
(x + y)
2
(y + z)
2
=
"
X
cyc
(x + y) (y + z)
#
2
− 4 (x + y + z) ( x + y) (y + z) (z + x)
Do đó BĐT đã cho tương đương:
q
(p
2
+ q)
2
− 4p (pq − r)
(pq − r)
2
!
≥
9
4
⇔ 4p
4
q − 17 p
2
q
2
+ 4q
3
+ 34pqr − 9r
2
≥ 0
⇔ pq
p
3
+ 9r − 4pqr
+ q
p
4
+ 4q
2
+ 6pr − 5p
2
q
+ r (pq − 9r)
Theo các đánh giá trên bài toán được chứng minh.
Một khó khăn khi dùng phương pháp pqr đó là khối lượng tính toán khá nhiều. Tuy nhiên nếu
thành thạo thì đây chỉ là kỹ năng cơ bản giống như kỹ năng cho phương pháp SOS. Tiếp đến
ta đến với hai ví dụ để ta thấy tính hiệu quả cũng như vẻ đẹp khi ta kết hợp pqr và BĐT Schur.
67
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ví dụ 10 (BĐT schur và phương pháp biến đổi p, q, r - Võ Thành Văn).
Với các số thực dương x, y, z có tổng bằng 1. Ch ứng minh rằng:
1
x + y
+
1
y + z
+
1
z + x
+ 2xyz ≥
247
54
Phân tích và lời giải Ta chú ý x + y + z = 1. BĐT đã cho tương đương:
1
x + y
+
1
y + z
+
1
z + x
+ 2
xyz
x + y + z
≥
247
54
Theo BĐT Schur ta được:
xyz
x + y + z
≥
1
9
4 (xy + yz + zx) − (x + y + z)
2
=
1
9
[4 (xy + yz + zx) − 1]
Nên ta cần chứng minh:
1 + q
q − r
+
2 (4q − 1)
9
−
247
54
≥ 0
⇔ 48q
2
+ 259r + 54 ≥ 48qr + 205q
⇔ 48
q −
1
3
2
+ r (16 − 4 8q) + 243r − 173q +
146
3
≥ 0
Lại theo BĐT Schur ta lại có:
r ≥
p (4q − p
2
)
9
=
4q − 1
9
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
48
q −
1
3
2
+ r (16 − 48q) + 27 (4q − 1) − 173q +
146
3
≥ 0
⇔ 48
q −
1
3
2
+ 16r (1 − 3q) +
65
3
(1 − 3q) ≥ 0
BĐT trên là hiển nhiên vì q ≤
1
3
Ví dụ 11 (Trần Nam Dũng).
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
2
a
2
+ b
2
+ c
2
+ abc + 8 ≥ 5 (a + b + c)
Phân tích và lời giải Ta có:
4
a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc + 16 ≥ 4
a
2
+ b
2
+ c
2
+
9abc
a + b + c
+ 15
≥ 4
p
2
− 2q
+ 4q − p
2
+ 15
68
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Do vậy ta cần chứng minh:
4
p
2
− 2q
+ 4q − p
2
+ 15 ≥ 10p
⇔ 3p
2
− 10p + 15 − 4q ≥ 0
Mà q ≤
p
2
3
do vậy ta cần có:
3p
2
− 10p + 15 −
4p
2
3
≥ 0 ⇔
5
3
(p − 3)
2
≥ 0
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ta đã thấy rõ tính linh hoạt khi ta thay ba biến x, y, z thành ba biến mới p, q, r có mối quan
hệ mật thiết với nhau, cũng như vẻ đẹp của bài chứng minh khi kết hợp với BĐT Schur. Hơn
nữa với những bài khó hơn ta không đơn thuần là biến đổi và dùng Schur mà còn kết hợp với
chia trường hợp để xử lý bài toán - Đó là cả một kỹ thuật, bài viết sẽ không trình bày ở đây
mời bạn đọc xem trong tài liệu mục 8.
2.4 Phương pháp dồn biến
Trong chứng minh BĐT t a thường gặp các BĐT có dạng: f(x, y, z) ≥ 0 để đánh giá cho vế trái
ta thường tìm một chặn dưới cho nó bằng cách á p dụng các BĐT phụ, hàm số... Một trong số
đó là tìm chặn dưới ứng với các biến “ít lệch” hơn (suy nghĩ này rất tự nhiên vì hầu hết các
đẳng thức xảy ra trong chứng minh BĐT là khi các biến bằng nhau). Tùy vào mỗi bài mỗi giả
thiết ta có một số cách khác nhau như:
f(x, y, z) ≥ f
x + y
2
;
x + y
2
; z
; f(x, y, z) ≥ f (
√
xy;
√
xy; z)
f(x, y, z) ≥ f
r
x
2
+ y
2
2
;
r
x
2
+ y
2
2
; z
!
Khi đó thay vì chứng minh ta chuyển về chứng minh các chặn dưới đó lớn hơn hoặc bằng 0 với
số biến ít hơn (vì vậy phương pháp có tên là dồn biến).
Tài liệu sẽ điểm qua 3 ví dụ đại diện cho ba cách dồn biến thông dụng trong chứng minh BĐT.
Ví dụ 12 (BĐT Nesbitt).
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
x
y + z
+
y
z + x
+
z
x + y
≥
3
2
Phân tích và lời giải Do BĐT có dạng tổng nên ta chọn cách dồn biến:
f(x, y, z) ≥ f
x + y
2
;
x + y
2
; z
69
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Xét
f(x, y, z) =
x
y + z
+
y
z + x
+
z
x + y
−
3
2
Ta hy vọng có đánh giá sau luôn đúng:
f(x, y, z) − f
x + y
2
;
x + y
2
; z
=
x
y + z
+
y
z + x
−
2 (x + y)
2z + x + y
≥ 0
Thật vậy:
x
y + z
+
y
z + x
≥
(x + y)
2
2xy + xz + yz
≥
2 (x + y)
2z + x + y
Do vậy thay vì chứng minh bài toán với 3 biến x, y, z giờ ta chỉ chứng minh BĐT với 2 biến
t, z:
2t
t + z
+
z
2t
≥
3
2
⇔
(t − z)
2
2 (t + z) t
≥ 0
Nhận xét: Nếu ta kết hợp chuẩn hóa thì ta chỉ cần chứng minh BĐT với 1 biến khi đó công
việc trở nên dễ dàng hơn.
Ví dụ 13 (MOSP-2001).
Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:
(x + y)(y + z)( z + x) ≥ 4(x + y + z − 1)
Phân t ích và lời giải BĐT có điều kiện tích ba biến là hằng số nên ta sẽ chọn cách dồn biến:
f(x, y, z) ≥ f (
√
xy,
√
xy, z)
Xét
f(x, y, z) = (x + y)(y + z)(z + x) − 4(x + y + z − 1)
Ta cần đánh giá sau đây là đúng:
f(x, y, z) − f
√
xy,
√
xy, z
= xy
x + y − 2
√
xy
+ z
x
2
+ y
2
+ xz + yz − 2xy − 2z
√
xy
− 4
x + y − 2
√
xy
= xy
√
x −
√
y
2
+ z
h
(x − y)
2
+ z
√
x −
√
y
2
i
− 4
√
x −
√
y
2
=
√
x −
√
y
2
h
z
2
+ xy + z
√
x +
√
y
2
− 4
i
=
√
x −
√
y
2
(z + x)(z + y) + 2z
√
xy − 4
70
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta lại có:
(z + x)(z + y) ≥ 4
p
z
2
xy = 4
√
z
vế trá i của BĐT trên sẽ lớn hơn hoặc bằng 4 nếu z ≥ 1. Điều này hoàn toàn có được bằng cách
sắp lại thứ tự các biến trong BĐT (vì BĐT là đối xứng).
Tóm lại ta chỉ cần chứng minh:
2t(t + z)
2
− 4 (2t + z − 1) ≥ 0; (t =
√
xy)
⇔ 2t
t +
1
t
2
2
− 4
2t +
1
t
2
− 1
≥ 0
⇔
(t − 1)
2
(t
4
+ 2t
3
+ 1 − t
2
)
t
3
≥ 0
BĐT cuối luôn đúng vì t ≤ 1.
Nhận xét: Phương pháp dồn biến sẽ trở nên hiệu quả hơn nếu ta biết áp dụng kết hợp với
các kỹ thuật khác: Sắp thứ tự biến, chuẩn hoán, đạo hàm,...
Bây gi ờ ta lại xét lại một ví dụ cũ bên trên nhưng với cách n hìn m ớ i hơn.
Ví dụ 14 (All-Russian Olympiad 2002).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằ ng 3. Chứng minh rằng:
√
a +
√
b +
√
c ≥ ab + bc + ca
Phân t ích và lời giải Để thuận tiện trong phép chứng minh ta sẽ đặt
√
a = x;
√
b = y;
√
c = z.
Khi đó giả thiết bài toán sẽ là:
x
2
+ y
2
+ z
2
= 3
Nên ta chọn cách dồn biến:
f(x, y, z) ≥ f
r
x
2
+ y
2
2
,
r
x
2
+ y
2
2
, z
!
với f (x, y, z) = x + y + z − x
2
y
2
− y
2
z
2
− z
2
x
2
71
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta hy vọng
f(x, y, z) − f
r
x
2
+ y
2
2
,
r
x
2
+ y
2
2
, z
!
=
x + y − 2
r
x
2
+ y
2
2
!
−
"
x
2
y
2
−
x
2
+ y
2
2
2
#
=
x + y − 2
r
x
2
+ y
2
2
!
+
x
2
− y
2
2
2
=
−(x − y)
2
x + y + 2
q
x
2
+y
2
2
+
x
2
− y
2
2
2
= (x − y)
2
(x + y)
2
4
−
1
x + y + 2
q
x
2
+y
2
2
≥ 0
Đánh giá trên không phải lúc nào cũng đúng, do đó ta cần sắp lại thứ tự các biến và hy vọng
khi đó nó sẽ đúng.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z. Khi đó z ≤ 1 ; x + y ≥
√
2 và:
(x + y)
2
4
−
1
x + y + 2
q
x
2
+y
2
2
≥
1
2
−
1
2 +
√
2
> 0
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
f
r
x
2
+ y
2
2
,
r
x
2
+ y
2
2
, z
!
= 2t +
√
3 − 2t
2
− t
4
− 2t
2
3 − 2t
2
≥ 0; vớit =
r
x
2
+ y
2
2
≥ 1
Mà
2t +
√
3 − 2t
2
− t
4
− 2t
2
3 − 2t
2
= 3t
4
− 6t
2
+ 2t +
√
3 − 2t
2
= 3
t
2
− 1
2
+ 2 (t − 1) +
2 (t
2
− 1)
√
3 − 2t
2
+ 1
≥ 0
Bài toán được chứng minh.
Trên là ba cách dồn biến thông dụng. Đương nhiên tùy mỗi bài to á n khác nhau ta sẽ chọn cách
dồn biến khác nhau
18
Để kết lại phần dồn biến bạn đọc hãy điểm lại các bài giải trong đề thi của Phổ thông năng
khiếu, Đăk Lăk lần 1, Thái Nguyên.
Ngoài ra bạn đọc hãy xem ví dụ sau đây để có một hướng nhìn khác về cách dồn biến - không
đơn thuần là các phép biến đổi tương đương.
Ví dụ 15 (IMO-1984).
18
Bạn đọc nên x e m quyển " Sáng tạo BĐT - Phạm Kim Hùng " để thấy được những cách dồn biến rất đặc
biệt.
72
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Với ba số thực không âm x, y, z có tổng bằng 3. Ch ứng minh rằng:
0 ≤ xy + yz + xz − 2xyz ≤
7
27
Phân tích và lời giải
Ý tưởng: Giả sử ta cần đánh giá f ( x, y, z) ≥ f (t; t; z) ; t =
x + y
2
khi đó ta sẽ khảo sát hàm
số:
g(ε) = f (t + ε; t − ε; z)
với ε ≥ 0. Ta chứng minh đây là hàm tăng (bằng công cụ đạo hàm) vì vậy:
f(x, y, z) = g
x − y
2
≥ g(0) = f (t; t; z)
Qua trở lại bài toán, ta chứng minh:
xy + yz + xz − 2xyz ≤
7
27
Xét
f(x, y, z) = xy + yz + xz − 2xyz −
7
27
với giả sử x ≥ y ≥ z . Với mỗi (x, y, z) cố định ta đặt
1
3
≤ t =
x + y
2
≤
1
2
• Xét hàm số:
g(ε) = f (t+ε, t−ε, z) = (t + ε) (t − ε)+2t (1 − 2t)−2 (t + ε) (t − ε) (1 − 2t)−
7
27
; (ε ≥ 0)
có
g
′
(ε) = −2ε + 4ε (1 − 2t) = ε (2 − 8t) ≤ 0
Vì vậy:
g(ε) ≤ g(0)
• Từ trên ta được:
g
x − y
2
≤ g(0)
⇔ xy + yz + xz − 2xyz −
7
27
≤ t
2
+ 2t (1 − 2t) − 2t
2
(1 − 2t) −
7
27
Mà
t
2
+ 2t (1 − 2 t) − 2t
2
(1 − 2t) −
7
27
=
1
27
(3t − 1)
2
(12t − 7) ≤ 0
Bài toán được chứng minh.
73
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
2.5 Phương pháp SOS
SOS là viết tắt của Sum o f Square. Ý tưởng phương pháp là đưa bài toán chứng minh BĐT về
phân tích thành tổng các đại lượng bình phương. Ví dụ:
a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc =
1
2
(a + b + c)
(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2
≥ 0
Vậy là ta chứng minh được BĐT AM - GM ba biến.
Ví dụ 16 (Moldova MO 2006).
Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng:
a
2
b
c
− 1
+ b
2
c
a
− 1
+ c
2
a
b
− 1
≥ 0
Phân tích và lời giải BĐT trên tương đương với:
a
3
b
2
+ b
3
c
2
+ c
3
a
2
≥ abc
a
2
+ b
2
+ c
2
⇔ a
2
(a − b + c) (b − c)
2
+ b
2
(a + b − c) (a − c)
2
+ c
2
(b + c − a) (a − b)
2
≥ 0
Nhận xét: Lời giải trên rất đẹp tuy nhiên có 2 vấn đề phát sinh:
• Để biến đổi thu được BĐT cuối không phải là chuyện dễ dàng, vậy có một cách thức nào
cho việc phân tích này?
• Nếu các phần
S
a
= a
2
(a − b + c) ; S
b
= b
2
(a + b − c) ; S
c
= c
2
(b + c − a)
trong một bài toán khác chúng không đảm bảo là không âm vậy có chứng minh được
BĐT hay không?
Chính hai vấn đề trên là động lực để phương pháp SOS xuất hiện.
2.5.1 Các phân tích c ơ bản
Một số phân tích sau sẽ giúp chúng ta rút ngắn thời gian khi sử dụng SOS cũng như có định
hướng cho các phép biến đổi
• a
2
+ b
2
− 2ab = (a − b)
2
•
a
b
+
b
a
− 2 =
(a − b)
2
ab
• a
3
+ b
3
− ab(a + b) = (a + b)(a − b)
2
74
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
• a
2
+ b
2
+ c
2
− ab − bc − ca =
1
2
(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2
• a
2
+ b
2
+ c
2
−
1
3
(a + b + c)
2
=
1
3
(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2
• (a + b)(b + c)(c + a) − 8abc = a(b − c)
2
+ b(c − a)
2
+ c(a − b)
2
• a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc =
1
2
(a + b + c)
(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2
•
p
2(a
2
+ b
2
) − (a + b) =
(a − b)
2
p
2(a
2
+ b
2
) + ( a + b)
•
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
−
3
2
=
X
Sym
(a − b)
2
2(a + c)(b + c)
• (a + b + c)
3
− 27abc =
7a + b + c
2
(b − c)
2
+
a + 7b + c
2
(c − a)
2
+
a + b + 7c
2
(a − b)
2
2.5.2 Định lý SOS
Xét biểu thức
S = f(a, b, c) = S
a
(b − c)
2
+ S
b
(a − c)
2
+ S
c
(a − b)
2
trong đó S
a
; S
b
; S
c
là các hàm số theo a, b, c
1. Nếu S
a
; S
b
; S
c
≥ 0 thì S ≥ 0.
2. Với a ≥ b ≥ c và:
•
S
b
≥ 0
S
b
+ S
a
≥ 0
S
b
+ S
c
≥ 0
thì S ≥ 0.
Mở rộng:
+ Nếu
S
a
≥ S
b
≥ S
c
S
b
+ S
c
≥ 0
thì S ≥ 0.
+ Nếu
S
a
≤ S
b
≤ S
c
S
b
+ S
a
≥ 0
thì S ≥ 0.
•
S
a
; S
c
≥ 0
S
a
+ 2S
b
≥ 0
S
c
+ 2S
b
≥ 0
thì S ≥ 0 .
•
S
b
; S
c
≥ 0
a
2
S
b
+ b
2
S
a
≥ 0
thì S ≥ 0.
75
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
3. Nếu
S
a
+ S
b
+ S
c
≥ 0
S
a
S
b
+ S
b
S
c
+ S
c
S
a
≥ 0
thì S ≥ 0.
Chứng minh:
19
1. Nếu S
a
; S
b
; S
c
≥ 0 thì S ≥ 0. (hiển nhiên)
2. Với a ≥ b ≥ c và:
• Ta có:
S
b
≥ 0
S
b
+ S
a
≥ 0
S
b
+ S
c
≥ 0
Vì a ≥ b ≥ c ⇒ (a − c)
2
≥ ( a − b)
2
+ (b − c)
2
nên
S = S
a
(b − c)
2
+ S
b
(a − c)
2
+ S
c
(a − b)
2
≥ ( S
a
+ S
b
) (b − c)
2
+ (S
c
+ S
b
) (a − b)
2
≥ 0
• Ta có:
S
a
; S
c
≥ 0
S
a
+ 2S
b
≥ 0
S
c
+ 2S
b
≥ 0
Nếu S
b
≥ 0 kết hợp với S
a
; S
c
≥ 0 ta được điều phải chứng minh. Ở đây ta chỉ xét
với S
b
≤ 0.
Vì (a − c)
2
≤ 2(a − b)
2
+ 2(b − c)
2
nên:
S = S
a
(b − c)
2
+S
b
(a − c)
2
+S
c
(a − b)
2
≥ ( S
a
+ 2S
b
) (b − c)
2
+(S
c
+ 2S
b
) (a − b)
2
≥ 0
• Ta có:
S
b
; S
c
≥ 0
a
2
S
b
+ b
2
S
a
≥ 0
Vì a ≥ b ≥ c nên
a − c
b − c
≥
a
b
khi đó:
S
a
(b − c)
2
+ S
b
(a − c)
2
= (b − c)
2
"
S
a
+ S
b
.
a − c
b − c
2
#
≥ ( b − c)
2
S
a
+ S
b
.
a
b
2
Vì vậy
S
b
; S
c
≥ 0
a
2
S
b
+ b
2
S
a
≥ 0
thì S ≥ (b − c)
2
S
a
+ S
b
.
a
b
2
+ S
c
(a − b)
2
≥ 0
3. Ta có:
S
a
+ S
b
+ S
c
≥ 0
S
a
S
b
+ S
b
S
c
+ S
c
S
a
≥ 0
Ta chứng minh khi
S
a
< 0
S
b
+ S
c
≥ 0
các trườ ng hợp khác tương tự.
19
Khi là m một bài thi mà sử dụng phương pháp SOS, học sinh phải kèm phép chứng minh vào bài giải trá nh
bị mất điểm.
76
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta có:
(S
b
+ S
c
)
S
a
(b − c)
2
+ S
b
(a − c)
2
+ S
c
(a − b)
2
= (S
b
+ S
c
)
2
a
2
− 2 (S
b
+ S
c
) (bS
c
+ cS
b
) a + (S
b
+ S
c
)
c
2
S
b
+ b
2
S
c
+ S
a
(b − c)
2
= [(S
b
+ S
c
) a − (bS
c
+ cS
b
)]
2
+ (S
a
S
b
+ S
b
S
c
+ S
c
S
a
) (b − c)
2
≥ 0
2.5.3 Ví dụ minh họa
Ví dụ 17 (BĐT Schur).
Với a, b, c là ba số thực không âm. Ch ứng minh rằng:
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)
Phân tích và lời giải Không mất tính tổng quát t a giả sử a ≥ b ≥ c
BĐT trên tương đương:
⇔ a
3
+ b
3
+ c
3
− 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) − 6abc
⇔
1
2
(a + b + c)
(a − b)
2
+ (b − c)
2
+ (c − a)
2
≥ a(b − c)
2
+ b(c − a)
2
+ c(a − b)
2
⇔
−a + b + c
2
(b − c)
2
+
a − b + c
2
(c − a)
2
+
a + b − c
2
(a − b)
2
≥ 0
Khi đó ta thấy:
S
b
=
a − b + c
2
≥ 0
S
b
+ S
a
=
a − b + c
2
+
−a + b + c
2
= c ≥ 0
S
b
+ S
c
=
a − b + c
2
+
a + b − c
2
= a ≥ 0
Do đó theo định lý SOS ta được điều phải chứng minh.
Ví dụ 18.
Với a, b, c là ba số thực dương. Ch ứng minh rằng:
P
sym
a
2
P
sym
ab
+ 2
X
sym
bc
(b + c)
2
≥
5
2
Phân tích và lời giải Không mất tính tổng quát t a giả sử a ≥ b ≥ c.
77
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
BĐT tương đương với:
P
sym
a
2
P
sym
ab
− 1 + 2
X
sym
bc
(b + c)
2
−
1
4
≥ 0
⇔
1
2
P
sym
(a − b)
2
P
sym
ab
+ 2
X
sym
"
(b − c)
2
4(b + c)
2
#
≥ 0
⇔
X
sym
1
2
P
sym
ab
−
1
2(a + b)
2
(a − b)
2
≥ 0
Vậy nên:
S
a
=
1
2 (ab + bc + ac)
−
1
2(b + c)
2
; S
b
=
1
2 (ab + bc + ac)
−
1
2(c + a)
2
;
S
c
=
1
2 (ab + bc + ac)
−
1
2(a + b)
2
Ta thấy rằng 0 ≤ S
b
≤ S
c
do đó theo định lý SOS ta cần b
2
S
a
+ a
2
S
b
≥ 0
Thật vậy,
b
2
S
a
+ a
2
S
b
=
a
2
+ b
2
2 (ab + bc + ac)
−
b
2
2(b + c)
2
−
a
2
2(c + a)
2
=
a
3
c + b
3
c − a
2
bc − ab
2
c + a
3
b + b
3
a − 2a
2
b
2
2 (ab + bc + ac) (b + c)
2
(c + a)
2
AM−GM
≥ 0
Bài toán được chứng minh.
Bài viết sẽ không liệt kê ra các ví dụ áp dụng định lý SOS nữa (vì như vậy sẽ quá dài) mà đề
bạn đọc tự trả i nghiệm nó
20
. Đôi khi ý tưở ng của phương pháp cũng mang một giá trị quý
không kém gì phương pháp, ví dụ cuối cùng sau minh chứng cho điều đó.
Ví dụ 19.
Với ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
≤
a
b
+
b
c
+
c
a
−
3
2
Phân tích và lời giải Không mất tính tổng quát, ta giả sử c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c.
20
Hãy chọn một BĐT đối xứng ba biến và cố gắng phân tích để sử dụng định lý SOS.
78
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Ta có:
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b
≤
a
b
+
b
c
+
c
a
−
3
2
⇔
2a
b + c
+
2b
c + a
+
2c
a + b
− 3 ≤ 2
a
b
+
b
c
+
c
a
− 3
⇔
(a − b)
2
(b + c) (c + a)
+
a + b + 2c
(b + c) (c + a) (a + b)
(a − c) (b − c) ≤ 2
"
(a − b)
2
ab
+
(a − c) (b − c)
ac
#
⇔
2
ab
−
1
(b + c) (c + a)
(a − b)
2
+
2
ac
−
a + b + 2c
(b + c) (c + a) (a + b)
(a − c) (b − c) ≥ 0
Vế trái là biểu thức của những số hạng không âm do đó bài toán đượ c chứng minh.
Kết lại phương pháp SOS bạn đọc hãy em lại bài giải của các đề thi HSG lớp 12 - Hà Nội,
Bảo Lộc lần 3, Đ ại học Vinh ngày thứ 1
——————————- HẾT ——————————-
79
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Nguyễn Tuấn Anh
Tài liệu
[1] http://diendantoa nhoc.net/
[2] http://artofproblemso l ving.com /
[3] https://nttuan.org
[4] https://www.facebook.com/groups/110 865909255110/
[5] Sáng tạo BĐT - Phạm Kim Hùng
[6] Bất đẳn g thức suy luận v à khám ph á - Ph ạm Văn Thuận, Lê Vĩ.
[7] Sử dụng AM - GM để chứng m i nh BĐT - Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh.
[8] Bất đẳn g thức sch ur và phương pháp biế n đổi p, q, r - Võ Thành Văn
80
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
| 1/80
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Nguyễn Tuấn Anh
BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2016 - 2017 Ngày 10 tháng 11 năm 2016 Tóm tắt nội dung
Tài liệu bao gồm 2 phần chính:
• Phần 1: Lời giải câu Bất đẳng thức trong đề thi chọn đội tuyển của các trường
Chuyên, các Tỉnh, đề thi HSG cấp tỉnh năm học 2016 - 2017, cũng như các kỳ
thi tập huấn đội tuyển (Gặp gỡ toán học, Trại hè... năm 2016).
• Phần 2: Phần bổ sung các kỹ thuật, phương pháp chứng minh BĐT.1
Xin gửi lời cám ơn chân thành đến các bạn trong nhóm luôn ủng hộ để hoàn thành
tài liệu. Mọi đóng góp về tài liệu xin gửi về: anh110004@gmail.com Nguyễn Tuấn Anh
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp Mục lục 1 Phần 1 2 2 Phần 2 58
2.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.2 Phương pháp tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.3 Phương pháp pqr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.3.1 Một số phân tích cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.3.2 Một số đánh giá đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.3.3 BĐT Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
2.3.4 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.4 Phương pháp dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
2.5 Phương pháp SOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.5.1 Các phân tích cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.5.2 Định lý SOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
2.5.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
1Các kỹ thuật được trình bày trong phần 1 cũng như các kỹ thuật thông dụng hiện nay. 1
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 1 Phần 1
Bài 1 (Tp. HCM - Ngày thứ 1).
Với a, b, c là các số thực có tổng bằng 0. Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 2 √ P = a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 + 6 6abc LỜI GIẢI.
• Nếu a = b = c = 0 thì P = 3.
• Ngược lại ta chỉ cần tìm GTNN của P trong trường hợp có hai số dương và một số âm
(tại sao?). Không mất tính tổng quát ta giả sử a, b > 0; c < 0 khi đó ta đặt c = −d với d > 0 ta được: d = a + b Vậy √
P = a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d2 − 6 6abd + 3
Theo BĐT AM - GM ta lại có: a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d2 16 lần 12 lần z }| { z }| { d4 d4 2 2 2 2 2 2 1 1 = a4 + b4 + + ... + + a2 + a2 + a2 + b2 + b2 + b2 + d2 + ... + d2 16 16 3 3 3 3 3 3 6 6 s r r r 26.a10b10d88 a10b10d88 318.a10b10d88 36 318.a10b10d36.(d2)26 ≥ 36 36 = 36 36 = 6 36 = 6 264.212.318 264.26.318 234 234 Vì d2 a + b2 = ≥ ab ⇒ d2 ≥ 22ab 2 2 Do đó: s r 36 318.a10b10d36.(d2)26 36 318.252.a10b10d36.a26.b26
a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d2 ≥ 6 ≥ 6 234 234 √ √ 36 = 6 318.218abd = 6 6abd Vậy √
P = a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d2 − 6 6abd + 3 ≥ 3 2
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Cả hai trường hợp ta được P ≥ 3 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0 hoặc √ √ 6 2 6 a = b = , c = −
và các hoán vị của nó. Tức GTNN của P là 3. 3 3
Nhận xét: Bài toán kiểm tra kỹ năng chọn điểm rơi khi dùng BĐT AM - GM (đây là kỹ năng khá quan trọng)2 Bài 2 (PTNK).
Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho BĐT sau: xkykzk x3 + y3 + z3 ≤ 3
đúng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. LỜI GIẢI.
Cách 1: Chọn x = y = 0.8, z = 1.4 dễ dàng kiểm chứng k = 1, 2 BĐT trên không đúng. Ta sẽ
chứng minh k nguyên dương nhỏ nhất để BĐT đề bài cho luôn đúng là k = 3.
Với k = 3 ta cần chứng minh: x3y3z3 x3 + y3 + z3 ≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z. Khi đó luôn tồn tại m > n ≥ 0 sao cho
x = m − n, y = m + n. Khi đó:   z = 3 − 2m x + y  m = ≤ 1 2 • Xét hàm số:
f (n) = (m − n)3(m + n)3z3 z3 + (m − n)3 + (m + n)3 = z3 m2 − n23 z3 + 2m3 + 6mn2 Khi đó: h i
f ′ (n) = z3 −6n m2 − n22 z3 + 2m3 + 6mn2 + m2 − n23 (12mn)
= z3 m2 − n22 −6n z3 + 2m3 + 6mn2 + m2 − n2 (12mn)
= z3 m2 − n22 −6nz3 − 48mn3 ≤ 0 Do đó:
f (n) ≤ f (0) = m6z3 z3 + 2m3 = m6(3 − 2m)3 (3 − 2m)3 + 2m3 • Xét hàm số:
g (m) = m6(3 − 2m)3 (3 − 2m)3 + 2m3
2Ta sẽ gặp lại kỹ năng này qua đề thi của tỉnh Bình Dương, Bến Tre 3
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta có:
g′ (m) = 18m5(3 − 2m)2 (m − 1) (8m3 − 45m2 + 63m − 27)
= 18m5(3 − 2m)2 (m − 1) [(m − 1) (8m2 − 37m + 26) − 1] ≥ 0 (với mọi 0 ≤ m ≤ 1)
Vậy nên: g (m) ≤ g (1) = 3 Tóm lại: x3y3z3 x3 + y3 + z3 ≤ 3
Cách 2:(Nguyễn Văn Huyện)
Lập luận tương tự như cách 1. Ta cần chứng minh: x3y3z3 x3 + y3 + z3 ≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử x + y
z là số lớn nhất trong ba số x, y, z. Đặt t = và: 2
f (x, y, z) = x3y3z3 x3 + y3 + z3
Ta sẽ chứng minh f (x, y, z) ≤ f (t, t, z). Ta có:
f (t, t, z) − f (x, y, z) = z3 t6 2t3 + z3 − x3y3 x3 + y3 + z3 Mà:
t6 (2t3 + z3) − x3y3 (x3 + y3 + z3) = z3 (t6 − x3y3) + 2t9 − x3y3 (x3 + y3)
= z3 t6 − x3y3 + 2t9 − x3y3 (x + y) x2 + y2 − xy
= z3 t6 − x3y3 + 2t9 − 2tx3y3 4t2 − 3xy
≥ t3 t6 − x3y3 + 2t9 − 2tx3y3 4t2 − 3xy
= 3t t2 − xy t6 + xy 2xy + t2 t2 − xy ≥ 0 Vậy
f (x, y, z) ≤ f (t, t, z) = f (t, t, 3 − 2t) = t6(3 − 2t)3 2t3 + (3 − 2t)3 Ta chỉ cần chứng minh:
t6(3 − 2t)3 2t3 + (3 − 2t)3 ≤ 3
⇔ 3(t − 1)2 (1 + 2t + 3t2 + 4t3 + 5t4 + 6t5 − 236t6 + 494t7 − 396t8 + 136t9 − 16t10) ≥ 0
BĐT cuối luôn đúng với t ≤ 1.3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
3Việc kiểm chứng có thể thực hiện bằng khảo sát hàm số. Hoặc có thể làm tương tự như cách 1. 4
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Cách 3:(luofangxiang) Ta đặt:    m = xyz        8n = (x + y) (y + z) (x + z)        
 6p = xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) Khi đó ta có: 3 (x + y) (y + z) (x + z) 2x+2y+2z • n = ≤ 3 = 1 8 8
xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x)
(x + y) (y + z) (x + y) − 2xyz • p = = 6 6 (x + y) (y + z) (x + y) (x + y) (y + z) (x + y) − (x + y) (y + z) (x + y) ≥ 4 = = n 6 8
• (x + y + z)2 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 24xyz x2 + y2 + z2
Thật vậy, BĐT trên tương đương:
(x + y + z)2 (x + y) (y + z) (z + x) − 24xyz (x2 + y2 + z2) ≥ 0
⇔ (x + y + z)2 [(x + y) (y + z) (z + x) − 8xyz] − 8xyz 3 (x2 + y2 + z2) − (x + y + z)2 ≥ 0
⇔ (x + y + z)2 x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 − 4xyz (y − z)2 + (z − x)2 + (x − y)2 ≥ 0
⇔ (x − y)2 (x − y + z)2 + 4yz + (y − z)2 (x + y − z)2 + 4zx +
+(z − x)2 (−x + y + z)2 + 4xy ≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng. Vậy ta được: m x2 + y2 + z2 ≤ 3n
Qua trở lại bài toán. Ta có: x3y3z3 (x3 + y3 + z3) ≤ 3
⇔ x3y3z3 [3 (x2 + y2 + z2 − xy − yz − xz) + 3xyz] ≤ 3
⇔ x3y3z3 (x2 + y2 + z2) ≤ 1 + x3y3z3 (xy + yz + xz − xyz)
xy (3 − z) + yz (3 − x) + zx (3 − y)
⇔ x3y3z3 x2 + y2 + z2 ≤ 1 + x3y3z3 3
⇔ m3 (x2 + y2 + z2) ≤ 1 + 2m3p 5
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Theo đánh giá thứ 2 ta chỉ cần chứng minh: 3m2n ≤ 1 + 2m3n
Để chứng minh điều trên, theo đánh giá thứ 1 ta chỉ cần chứng minh:
3m2 ≤ 1 + 2m3 ⇔ (m − 1)2 (2m + 1) ≥ 0
Bài toán được chứng minh. Cách 4: (Nguyễn Tăng Vũ) Ta chỉ cần chứng minh: x3y3z3 x3 + y3 + z3 ≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử z là số nhỏ nhất trong ba số x, y, z. Khi đó z ≤ 1.
Ta có: x3 + y3 = (x + y)3 − 3xy (x + y) = (3 − z)3 − 3xy (x + y). Khi đó: x3y3z3 x3 + y3 + z3 ≤ 3 3 ⇔ (3 − z)3 + z3 ≤ + 3xy (x + y) x3y3z3 1 ⇔ 3z2 − 9z + 9 ≤ + x2y + y2x x3y3z3 Ta lại có: s 1 x3y3 3 + x2y + y2x ≥ 3 3 ≥ x3y3z3 x3y3z3 z
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh: 3 3z2 − 9z + 9 ≤
⇔ z3 − 3z2 + 3z − 1 ≤ 0 ⇔ (z − 1)3 ≤ 0 z
BĐT cuối cùng hiển nhiên đúng theo giả sử ban đầu.
Vậy k = 3 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán. Nhận xét:
• Kết quả trên chặt hơn bài toán trong Mathematical Reflections 5 (2013)- S280 và cách
giải trong Mathematical Reflections 5 không đủ mạnh để chứng minh cho bài toán trên:
Với ba số thực dương x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: x4y4z4 x3 + y3 + z3 ≤ 3
• Trong cách giải thứ 2 có thể đánh giá f (x, y, z) ≤ f (t, t, z) đơn giản hơn như sau:4 " #4 (x + y)2 x + y 9
x3y3 x3 + y3 = xy.xy.xy (x + y) x2 − xy + y2 ≤ (x + y) = 2. 4 2
4Cách đánh giá tham khảo của luofangxiang 6
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
• Áp dụng cách giải 1, 2 dễ dàng có được lời giải cho bài toán sau: Bulgarian TST năm 2010
Với ba số thực dương x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: xyz x2 + y2 + z2 ≤ 3
Bài 3 (Đề thi chọn HSG lớp 12 - Hà Nội).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 1 1 1 P = + + − 2(a + b + c) a b c LỜI GIẢI. Cách 1:
Vì a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1 nên tồn tại x, y, z dương sao cho: x y z a = ; b = ; c = y + z z + x x + y
Khi đó biểu thức P được viết lại là: y + z z + x x + y x y z P = + + − 2 + + x y z y + z x + z x + y
Dự đoán GTNN là 3 tà tiến hành phân tích SOS (tổng các đại lượng bình phương) Ta có: x y y z z x x y z 3 P − 3 = + − 2 + + − 2 + + − 2 − 2 + + − y x z y x z y + z x + z x + y 2 X (x − y)2 X (x − y)2 = − xy (z + x) (z + y) X 1 1 = (x − y)2 − ≥ 0 xy (z + x) (z + y) Vậy nên GTNN của 1
P là 3 đạt được khi x = y = z tức a = b = c = 2
Nhận xét: Qua cách phân tích SOS trên ta được một kết quả sau: y + z z + x x + y x y z + + ≥ 2 + + + 3 x y z y + z x + z x + y
Nhưng thực chất ta có kết quả mạnh hơn có thể giải quyết nhanh bài toán: y + z z + x x + y x y z + + ≥ 4 + + x y z y + z x + z x + y Chứng minh: Theo BĐT Cauchy ta có: 7
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh x x 4x + ≥ y z y + z
cộng các BĐT tương tự ta chứng minh được kết quả trên. Khi đó: y + z z + x x + y x y z x y z P = + + − 2 + + ≥ 2 + + ≥ 3 x y z y + z x + z x + y y + z x + z x + y Cách 2: (Cao Dũng) Từ giả thiết suy ra: 1 1 1 1 + + + 2 = a b c abc Đặt 1 1 1 x = , y = , z = a b c Khi đó x + y + z 3 x + y + z + 2 = xyz ≤ ⇒ x + y + x ≥ 6 3 Vậy nên: 1 1 1
(x + y + z) (x + y + z + 2) − 2 (xy + yz + xz) P = x + y + z − 2 + + = x y z x + y + z + 2
x2 + y2 + z2 + 2 (x + y + z) AM −GM 6 (x + y + z) − 12 = ≥ x + y + z + 2 x + y + z + 2 24 24 = 6 − ≥ 6 − = 3 x + y + z + 2 6 + 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
x = y = z = 2 tức a = b = c =
. Do đó GTNN của P là 3. 5 2
Bài 4 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 3).
Với x, y là các số thực dương sao cho 2x + y, 2y + x 6= 2. Tìm GTNN của biểu thức: (2x2 + y) (4x + y2) (2y2 + x) (4y + x2) P = + (2x + y − 2)2 (2y + x − 2)2 − 3 (x + y) LỜI GIẢI. Ta có: (2x2 + y) (4x + y2) 1 (2xy − 6x − 3y + 2)2 ⇔ (2x + y − 2)2 ≥ 2x + y − 2 (2x + y − 2)2 ≥ 0
Tương tự cho hạng tử còn lại. Do vậy ta được: P ≥ −1
5Một bài với giả thiết tương tự là đề thi Olympic chuyên Khoa học Tự nhiên 2016 8
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:    2xy − 6x − 3y + 2 = 0 √    9 65  −   x = y =    4  2xy − 6y − 3x + 2 = 0 ⇔    √     9 + 65   x = y =   4
 2x + y − 2; 2y + x − 2 6= 0
Vậy nên GTNN của P là −1.
Bài 5 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 4).
Với a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: a b c 9 + + ≥ b2 (ca + 1) c2 (ab + 1) a2 (cb + 1) (1 + abc) (ab + bc + ca) LỜI GIẢI.
Cách 1: Theo BĐT Cauchy ta có: a b c ca + 1 ab + 1 cb + 1 1 1 1 2 + + + + ≥ + + b2 (ca + 1) c2 (ab + 1) a2 (cb + 1) a b c a b c Do đó ta cần chứng minh: 1 1 1 2 ca + 1 ab + 1 cb + 1 9 + + ≥ + + a b c a b c (abc + 1) (ab + bc + ca) (ab + bc + ca)2 3abc + ab + bc + ca ⇔ ≥ 9abc (abc + 1) (ab + bc + ca)
⇔ (abc + 1) (ab + bc + ca)3 − 27(abc)2 − 9abc (ab + bc + ca) ≥ 0
Ta thấy vế trái BĐT cuối cùng là hàm lõm theo abc nên theo phương pháp ABC6 ta cần chứng minh 2 trường hợp sau:
• TH1: Có một biến bằng 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử a = 0 khi đó BĐT trở thành: (bc)3 ≥ 0
điều này là hiển nhiên.
6Tham khảo "ABC Method abstract concreteness - Nguyễn Anh Cường" 9
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 3 − a
• TH2: Có hai biến bằng nhau. Ta giả sử b = c =
. Khi đó BĐT cần chứng minh 2 được viết lại là: ! 3 − a2 3 − a2!3 a + 1 a (3 − a) + 2 2 3 − a2!2 3 − a2 3 − a2! −27 a − 9a a (3 − a) + ≥ 0 2 2 2 27 ⇔
(3 − a)3(a − 1)2 a4 − a3 − 9a2 + 13a + 4 ≥ 0 256 BĐT cuối luôn đúng.
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Cách 2: (http://artofproblemsolving.com/) Theo BĐT Holder ta có: X a X X ab(ca + 1) ab ≥ (a + b + c)3 b2(ca + 1) cyc cyc cyc
Do vậy ta cần chứng minh: 9 27 = (a + b + c)3 ≥
(3abc + ab + bc + ca) (ab + bc + ca) (abc + 1) (ab + bc + ca)
BĐT trên hiển nhiên đúng vì: ab + bc + ca ≤ 3
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài 6 (HSG 10 - KHTN).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh rằng: √ √ √ √ √ a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 + 3 6 ≤ 8abc
LỜI GIẢI. (Ngô Trung Hiếu)
Sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có: √ √ p √ a2 + b2 + 2ab ≤ 2 (a2 + b2 + 2ab) = 2 (a + b)
Một cách tương tự, ta có: √ √ √ b2 + c2 + 2bc ≤ 2 (b + c) √ √ √ c2 + a2 + 2ca ≤ 2 (b + c)
Cộng theo vế các BĐT trên với chú ý a + b + c = abc ta có: √ √ √ √ √ √ √ √ a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 + 2 ab + bc + ca ≤ 8abc 10
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta chỉ cần chứng minh √ √ √ √ ab + bc + ca ≥ 3 3
Sử dụng BĐT AM - GM, ta có √ abc = a + b + c ≥ 3 3 abc √
Do đó abc ≥ 3 3. Từ đây theo BĐT AM - GM, ta thu được: √ √ √ √ √ ab + bc + ca ≥ 3 3 abc ≥ 3 3 √
Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3.
Bài 7 (Đề chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du - Đăk Lăk lần 1 - 2016).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≤ 1 2 + a 2 + b 2 + c LỜI GIẢI. Cách 1: Sử dụng đánh giá: 1 1 1 1 − + ≥ 3 2 + Khi đó: a 6 2 a−4 3 + a−2 3 + 1   1 1 1 1 1 1 1 1 1− + + + ≥   2 + + + a 2 + b 2 + c 2 2 a −4 3 + a−2 3 + 1 b −4 3 + b−2 3 + 1 c −4 3 + c −2 3 + 1
Sử dụng Bổ đề với x, y, z dương thỏa xyz = 1 thì: 1 1 1 + + ≥ 1 x2 + x + 1 y2 + y + 1 z2 + z + 1
ta được điều phải chứng minh. Cách 2: (Ngô Trung Hiếu)
BĐT đã cho tương đương: a b c + + ≥ 1 a + 2 b + 2 c + 2
Theo BĐT Cauchy - Schwarz, ta có: √ √ √ 2 a b c a + b + c + + ≥ a + 2 b + 2 c + 2 6 + a + b + c
Do vậy ta chỉ cần chứng minh √ √ √ 2 a + b + c ≥ 1 6 + a + b + c 11
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh hay √ √ √ ab + bc + ca ≥ 3
Điều này hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM kết hợp với điều kiện abc = 1 như sau: √ √ √ √ ab + bc + ca ≥ 3 3 abc = 3
Ta có điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Cách 3:
BĐT được viết lại là: 1 1 1 + + ≤ 1 2 + a 2 + b 2 + c a b c 1 ⇔ + + ≥ 4 + 2a 4 + 2b 4 + 2c 2
Vì số 4 là vấn đề tạo nên khó khăn nên ta thay 1 1 1 (a, b, c) → , , a b c Khi đó BĐT trở thành: 1 1 1 1 + + ≥ 4a + 2 4b + 2 4c + 2 2
Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z sao cho: yz zx xy a = ; b = ; c = x2 y2 z2
Vậy nên BĐT cần chứng minh là: x2 y2 z2 1 + + ≥ 4yz + 2x2 4zx + 2y2 4xy + 2z2 2 Theo BĐT Cauchy ta được: x2 y2 z2 (x + y + z)2 + + ≥ 4yz + 2x2 4zx + 2y2 4xy + 2z2
4 (xy + yz + xz) + 2 (x2 + y2 + z2) Vậy ta cần chứng minh: (x + y + z)2 1 ≥
4 (xy + yz + xz) + 2 (x2 + y2 + z2) 2
BĐT trên là hiển nhiên vì nó là đẳng thức. Cách 4: (Quốc Hưng)
BĐT đã cho tương đương với:
2 (a + b + c) + (ab + bc + ca) + 12 ≤ 1 (a + 2) (b + 2) (c + 2)
⇔ 4 (a + b + c) + (ab + bc + ca) + 12 ≤ abc + 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) + 8 ⇔ 4 ≤ ab + bc + ca + abc 12
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
BĐT trên đúng theo AM - GM kết hợp với abc = 1. Cách 5:
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. Ta chứng minh: 1 1 1 1 2 + + ≤ + √ a + 2 b + 2 c + 2 a + 2 bc + 2
Thật vậy, BĐT trên tương đương: 1 1 2 + ≤ √ b + 2 c + 2 bc + 2 √ ⇔ (b + c + 4)
bc + 2 ≤ 2 (bc + 2b + 2c + 4) √ √
⇔ (b + c) bc + 4 bc ≤ 2bc + 2b + 2c √ √ √ 2 √ √ 2 ⇔ bc b − c ≤ 2 b − c
BĐT trên hiển nhiên đúng do bc ≤ 1.
Vậy ta chỉ cần chứng minh: 1 2 + √ ≤ 1 a + 2 bc + 2 bc 2 ⇔ + √ ≤ 1 1 + 2bc bc + 2 √ bc bc + 6bc + 2 ⇔ √ ≤ 1 (1 + 2bc) bc + 2 √ √ √
⇔ bc bc + 6bc + 2 ≤ 2 + bc + 2bc + 4 bc √ √ ⇔ bc bc + 4bc ≤ 5 bc
BĐT cuối hiển nhiên đúng vì bc ≤ 1.
Bài 8 (Đề chọn đội tuyển Tỉnh Đăk Lăk lần 1 - 2016).
Tìm số dương k lớn nhất sao cho BĐT sao luôn đúng 1 1 1 (a + b + c) + + − k ≥ k a + b b + c c + a
với mọi a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca. 13
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh LỜI GIẢI.
• Với a = b = 2, c = 0 ta được: 1 4 + 1 − k ≥ k ⇔ k ≤ 1 4
Ta sẽ chứng minh k = 1 là số dương lớn nhất thỏa để BĐT đề bài luôn đúng • Ta cần chứng minh: 1 1 1 (a + b + c) + + − 1 ≥ 1 a + b b + c c + a
Đặt p = a + b + c = ab + bc + ca = q BĐT được viết lại là: p2 + q − (pq − r) p ≥ 1 pq − r p + r ⇔ p ≥ 1 p2 − r ⇔ p ≥ p − r ⇔ r ≥ 0
BĐT cuối cùng là hiển nhiên vì a, b, c không âm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =
2, c = 0 và các hoán vị của nó.
Vậy k = 1 là giá trị cần tìm.
Bài 9 (Đề thi chọn đội tuyển Nguyễn Du (Đăk Lăk) vòng 2).
Với ba số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng: a b c + +
+ (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1 b + c + 1 c + a + 1 a + b + 1 LỜI GIẢI.
Cách 1:(diendantoanhoc.net) BĐT đã cho tương đương: a b c f (a) = + +
+ (1 − a)(1 − b)(1 − c) − 1 ≤ 0 b + c + 1 c + a + 1 a + b + 1 Ta có: 2b 2c f ′′ (a) = + ≥ 0 (c + a + 1)3 (a + b + 1) Do vậy: f (a) ≤ max {f (0) ; f (1)} 14
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh b c bc (bc − 1) • f (0) = + + (1 − b) (1 − c) − 1 = ≤ 0 c + 1 b + 1 (b + 1) (c + 1) 1 b c
b (b + 2) (b − 1) + c (c − 1) (c + 2) • f (1) = + + − 1 = ≤ 0 b + c + 1 c + 2 b + 2 (b + c + 1) (b + 2) (c + 2) BĐT được chứng minh.
Cách 2:(diendantoanhoc.net) Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c khi đó: a b c a b c 1 − a + + ≤ + + = 1 − b + c + 1 c + a + 1 a + b + 1 b + c + 1 b + c + 1 b + c + 1 b + c + 1 Vậy ta cần chứng minh: 1 − a
(1 − a) (1 − b) (1 − c) ≤ b + c + 1
⇔ (1 − b) (1 − c) (b + c + 1) ≤ 1 Theo BĐT AM- GM ta lại có:
1 − b + 1 − c + b + c + 13
(1 − b) (1 − c) (b + c + 1) ≤ = 1 3
BĐT được chứng minh xong. Nhận xét:
• Nếu thực hiện tương tự xét hàm cho biến b, c như đã làm cho a thì ta chỉ cần chứng minh: f (x, y, z) − 1 ≤ 0 với x, y, z là 0 hoặc 1.
• Kỹ thuật trên dựa vào tính chất của hàm số lồi, lõm. Mà đơn cử là hàm số bậc nhất
(cũng có tính chất tương tự vậy mặc dù không là hàm lồi hay lõm) và hàm số bậc hai
(Có thể tham khảo bài viết ” Một tính chất thú vị của tam thức bậc hai và nhị thức bậc
nhất - Võ Quốc Bá Cẩn ” THTT - số 444,).
Bài 10 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 2-2016). 1 1 1
Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn + + = 3. Chứng minh rằng: x y z x y z 3 + + ≤ x4 + 1 + 2xy y4 + 1 + 2yz z4 + 1 + 2zx 4 LỜI GIẢI. Cách 1: (Ngô Trung Hiếu) Ta có: x y z x y z + + ≤ + + x4 + 1 + 2xy y4 + 1 + 2yz z4 + 1 + 2zx 2x2 + 2xy 2y2 + 2yz 2z2 + 2zx 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 = + + ≤ √ + √ + √ ≤ + + = 2 x + y y + z z + x 4 xy yz zx 4 x y z 4 15
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Cách 2:
Áp dụng BĐT AM - GM ta được: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 + + ≤ √ + √ + √ ≤ + + = x3 + 1 + 2y y3 + 1 + 2z z3 + 1 + 2x 4 xy 4 yz 4 zx 4 x y z 4 x y z
Bài 11 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 3-2016).
Với ba số thực a, b, c ∈ (0; 1). Chứng minh rằng:
a − a2 b − b2 c − c2 ≥ (a − bc) (b − ca) (c − ab)
LỜI GIẢI. Ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp   a  ≥ bc  b ≥ ca    c ≥ ab
Khi đó BĐT cần chứng minh là
a2b2 + b2c2 + c2a2 + abc (ab + bc + ca) ≥ abc a2 + b2 + c2 + a + b + c
Biến đổi khéo léo ta thấy 2 vế ghép lại là các hằng đẳng thức, do đó BĐT trên được viết lại là: 1 1
a2(b − c)2 + b2(c − a)2 + c2(a − b)2 ≥ abc (a − b)2 + (b − c)2 + (a − c)2 2 2 1 ⇔
a (a − bc) (b − c)2 + b (b − ca) (c − a)2 + c (c − ab) (a − b)2 ≥ 0 2
BĐT trên hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Nhận xét: Qua bài giải trên bằng phép biến đổi tương đương ta thấy bài toán sau cũng đúng:
Với ba số thực dương a, b, c lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
a2 − a b2 − b c2 − c ≥ (bc − a) (ca − b) (ab − c)
Bài 12 (Đề chọn đội tuyển Bình Dương 2016). √
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x3 + y2 + z = 2 3 + 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: 1 1 1 P = + + x y2 z3
LỜI GIẢI. Ta sẽ chọn điểm rơi giả định là x = a; y = b; z = c khi đó:  3 x3 4   +  ≥   x a4 a3       1 y2 2 + ≥  y2 b4 b2          1 3z 4  + ≥ z3 c4 c3 16
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 1 1 1 x3 y2 3z 4 2 4 ⇒ + + + + + ≥ + + x y2 z3 3a4 b4 c4 3a3 b2 c3
Vậy ta cần chọn a, b, c sao cho:  √  a3 + b2 + c = 2 3 + 1 n √ √ c4 ⇔ a = 1; b = 4 3; c = 3  3a4 = b4 = 3 Khi đó √ 1 1 1 4 3 P = + + ≥ 1 + x y2 z3 9 √ √ √ Vậy GTNN của P là 4 3 1 +
đạt được khi x = 1; y = 4 3; z = 3. 9
Bài 13 (Đề chọn đội tuyển chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng).
Với bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn ab = c2 + 4d2 = 4. Chứng minh rằng: 8 (a − c)2 + (b − d)2 ≥ 5
LỜI GIẢI. (http://artofproblemsolving.com/)
Từ giả thiết ta được:  4  b = a ⇒ −1 ≤ d ≤ 1  c2 = 4 (1 − d2)
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh hai BĐT sau luôn đúng:  16 p 8d 8   a2 +
+ 4 1 − d2 + d2 + 2a 4 (1 − d2) − ≥   a2 a 5    16 p 8d 8  a2 +
+ 4 1 − d2 + d2 − 2a 4 (1 − d2) − ≥ a2 a 5  √  5a4 + 12a2 1  − 15d2a2 + 20a3 − d2 − 40da + 80 ≥ 0  ⇔  √
 5a4 + 12a2 − 15d2a2 − 20a3 1 − d2 − 40da + 80 ≥ 0  √ 2 2 2  10 ad 4 16 128   3 a2 + a 1 − d2 + 165 − + 2 a2 − + ≥ 0   3 3 11 3 99  ⇔  2 2 2  √  10 ad 4 16 128   3 a2 − a 1 − d2 + 165 − + 2 a2 − + ≥ 0 3 3 11 3 99
Hai BĐT cuối luôn đúng nên BĐT đề bài được chứng minh. Đẳng thức không thể xảy ra tức 8 (a − c)2 + (b − d)2 > 5 17
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 14 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Quảng Bình - Ngày thứ 2).
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và a ≥ b ≥ c. Chứng minh rằng: q √ q √ q √ a(a + b − ab) + b(a + c − ac) + c(c + b − bc) ≥ a + b + c LỜI GIẢI. Cách 1: (MathUniverse)
Đặt a = x2, b = y2, c = z2 khi đó BĐT trở thành: p √ p f (y) = x
x2 − xy + y2 + y x2 − xz + z2 + z y2 − yz + z2 − x2 − y2 − z2 ≥ 0 Ta thấy: 3x3 3z3 f ′′(y) = + − 2 3 3 4(x2 − xy + y2)2 4(z2 − zy + y2)2
Từ điều kiện x ≥ y ≥ z ta được  3  x2 − xy + y2 ≥ x2 4  y2 − yz + z2 ≥ z2 do đó: r 4 3 f ′′(y) ≤ + − 2 < 0 3 4
Vậy f(y) là hàm lõm thế nên:
f (y) ≥ min {f (y = x) , f (y = z)} √
• f (x) = (x + z) x2 − xz + z2 − x2 − z2 Ta có √
(x + z) x2 − xz + z2 ≥ x2 + z2
⇔ (x + z)2 x2 − xz + z2 ≥ x2 + z22
⇔ (x + z) x3 + z3 ≥ x2 + z22 √
do vậy f (x) = (x + z) x2 − xz + z2 − x2 − z2 ≥ 0 √
• Tương tự f (z) = (x + z) x2 − xz + z2 − x2 − z2 ≥ 0
Vậy bài toán được chứng minh. Cách 2: (MathUniverse)
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và a ≥ b ≥ c nên ta có: √ √ √
a − ab + b ≥ c − ca + a ≥ b − bc + c 18
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Khi đó: q √ q √ q √ a(a − ab + b) + b(a − ac + c) + c(b − bc + c) q √ q √ q √ ≥ b(a − ab + b) + c(a − ac + c) + a(b − bc + c) Do đó: q √ q √ q √ 2 a(a − ab + b) + b(a − ac + c) + c(b − bc + c) r X √ √ q √ X √ √ 3 3 ≥ a + b a − ab + b = a + b a 2 + b2 X ≥ (a + b) = 2 (a + b + c) Cách 3: Võ Quốc Bá Cẩn
Đặt a = x2, b = y2, c = z2 khi đó BĐT trở thành: p √ p x
x2 − xy + y2 + y x2 − xz + z2 + z y2 − yz + z2 ≥ x2 + y2 + z2 Theo BĐT Cauchy ta có: p p (x3 + y3) (x + y) x2 + y2 x2 − xy + y2 = ≥ x + y x + y
Vậy ta chỉ cần chứng minh: x (x2 + y2) y (x2 + z2) z (y2 + z2) + + ≥ x2 + y2 + z2 x + y x + z y + z x (x2 + y2) − x2 (x + y) y (x2 + z2) − y2 (x + z) z (y2 + z2) − z2 (y + z) ⇔ + + ≥ 0 x + y x + z y + z xy (y − x) xy (x − y) + yz (z − y) yz (y − z) ⇔ + + ≥ 0 x + y x + z y + z xy (x − y) (y − z) yz (y − z) (x − y) ⇔ + ≥ 0 x + y (x + z) (y + z)
BĐT cuối hiển nhiên đúng do x ≥ y ≥ z.
Nhận xét: Qua lời giải 1 và 3 ta thấy bài toán đúng với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
a ≥ b ≥ c. Riêng cách 2 một cách chứng minh rất tinh tế nhưng phải thêm giả thiết a, b, c là
ba cạnh của tam giác (đây là bài trong đề TST 2013 của Iran). 19
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 15 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Hòa Bình).
Cho a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng:
x2(a + b) + y2(b + c) + z2(c + a) ≥ 2(xy + yz + zx) LỜI GIẢI. Cách 1: (diendantoanhoc.net)
Áp dụng BĐT Cauchy ta được: X X 1 x2 (a + b + 1) ≥ (x + y + z)2 a + b + 1
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh: 1 1 1 + + ≤ 1 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 √ √
Ta lại có: a + b ≥ 3 a2b + 3 ab2 (tương tự cho các hạng tử còn lại) nên: 1 1 1 1 1 1 + + ≤ √ √ + √ √ + √ √ a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 3 a2b + 3 ab2 + 1 3 b2c + 3 bc2 + 1 3 c2a + 3 ca2 + 1 √ √ √ 3 c 3 a 3 b = √ √ √ + √ √ √ + √ √ √ = 1 3 a + 3 b + 3 c 3 b + 3 c + 3 a 3 c + 3 a + 3 b
Cách 2: Ta sẽ chứng minh một BĐT mạnh hơn như sau:
Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì BĐT sau luôn đúng: r ab + bc + ca
x2 (a + b) + y2 (b + c) + z2 (c + a) ≥ 2 (xy + yz + xz) 3
Do BĐT là thuần nhất với x, y, z và a, b, c nên ta chuẩn hóa như sau:   xy + yz + xz = 3  a + b + c = 1
Khi đó BĐT cần chứng minh là: p
x2 (1 − c) + y2 (1 − a) + z2 (1 − b) ≥ 2 3 (ab + bc + ca) x2 y2 z2 p ax2 by2 cz2 ⇔ + + ≥ 3 (ab + bc + ca) + + + 2 2 2 2 2 2 20
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta có: p ax2 by2 cz2 3 (ab + bc + ca) + + + 2 2 2 r r s 3 (ab + bc + ca) 3 (ab + bc + ca) √ x2 2 y2 2 z2 2 ≤ + + a2 + b2 + c2. + + 4 4 2 2 2 s s x2 2 y2 2 z2 2 3 q x2 2 y2 2 z2 2 3 ≤ + + + . (a + b + c)2 = + + + 2 2 2 2 2 2 2 2
Vậy ta chỉ cần chứng minh: sx22 y22 z22 3 x2 y2 z2 + + + ≤ + + 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥ 3
BĐT cuối cùng hiển nhiên đúng do xy + yz + xz = 3. Ta chứng minh xong kết quả trên.
Quay trở lại bài toán: Không mất tính tổng quát ta chứng minh cho x, y, x là các số thực dương. r Ta chỉ cần chứng minh:
ab + bc + ca ≥ 1 BĐT này hiển nhiên đúng do giả thiết bài toán 3 abc = 1. Nhận xét:
• Kết quả trên ta liên tưởng đến một BĐT khá quen thuộc: x y z p (a + b) + (b + c) + (c + a) ≥ 3 (ab + bc + ca) y + z z + x x + y
Cách chứng minh tương tự chỉ cần chỉ ra: xy yz zx 3 + + ≥ (y + z) (z + x) (z + x) (x + y) (x + y) (y + z) 4
⇔ xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) ≥ 6xyz
• Qua bài trên ta được một bổ đề sau: 3
Nếu x, y, z, a, b, c là các số thực dương thỏa mãn xy + yz + xz ≥ thì BĐT sau luôn 4 đúng: p
x (a + b) + y (b + c) + z (c + a) ≥ 3 (ab + bc + ca)
• Cũng từ bài giải ta cũng có một BĐT mạnh hơn nữa như sau:
Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì BĐT sau luôn đúng: p
x2 (a + b) + y2 (b + c) + z2 (c + a) ≥ 2 (x2y2 + y2z2 + z2x2) (ab + bc + ca) 21
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 16 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a5 + b5 + c5 = 3. Chứng minh rằng: a6b6 + b6c6 + c6a6 ≤ 3 LỜI GIẢI. Cách 1: √
Vì hàm số f (t) = t là hàm lõm nên: √ √ √ r a6b6 + b6c6 + c6a6
a5 a2b12 + b5 b2c12 + c5 c2a12 ≤ a5 + b5 + c5 a5 + b5 + c5 √ √ ⇔ a6b6 + b6c6 + c6a6 ≤ 3 ⇔ a6b6 + b6c6 + c6a6 ≤ 3
Cách 2: (diendantoanhoc.net) Theo BĐT AM - GM ta có:
a5b5 a5 + b5 + 1 + 1 + 1 ≥ 5a6b6
Tương tự cho b6c6, c6a6 ta được:
5 a6b6 + b6c6 + c6a6 ≤ a5b5 a5 + b5 + b5c5 b5 + c5 + c5a5 c5 + a5 + 3 a5b5 + b5c5 + c5a5
⇔ 5 a6b6 + b6c6 + c6a6 ≤ 3 a5b5 + b5c5 + c5a5 + a5b5 + b5c5 + c5a5 a5 + b5 + c5 − 3a5b5c5
⇔ 5 a6b6 + b6c6 + c6a6 ≤ 6 a5b5 + b5c5 + c5a5 − 3a5b5c5
Do vậy ta chỉ cần chứng minh:
6 a5b5 + b5c5 + c5a5 − 3a5b5c5 ≤ 15 mà h i
(a5 + b5 + c5) 4 (a5b5 + b5c5 + c5a5) − (a5 + b5 + c5)2 a5b5c5 ≥ 9
⇔ 4 a5b5 + b5c5 + c5a5 − 3a5b5c5 ≤ a5 + b5 + c52 = 9
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh a5b5 + b5c5 + c5a5 ≤ 3
Nhưng đây lại là kết quả hiển nhiên do a5 + b5 + c5 = 3.
Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Chúng ta còn một cách nữa nhưng trước hết là nhận xét về bài toán 22
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Nhận xét:
• Một bài tương tự: Vasile Citoaje GM-A 2003
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3. Chứng minh rằng: a4b4 + b4c4 + c4a4 ≤ 3 • Tổng quát hơn:7
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn an + bn + cn = 3, với n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng:
an+1bn+1 + bn+1cn+1 + cn+1an+1 ≤ 3
Qua trở lại bài toán. Ta có akbk + bkck + ckak 1k f (k) = 3
là hàm tăng. Do đó nếu với giả thiết các số a, b, c dương thỏa a5 + b5 + c5 = 3 ta sẽ đặt ra câu
hỏi vậy thì số r lớn nhất để
arbr + brcr + crar 1r ≤ 1 ⇔ arbr + brcr + crar ≤ 3 3
sẽ có giá trị là bao nhiêu?
Cách 3:8 Thay vì chứng minh bài toán ta sẽ đi tìm số r lớn nhất để arbr + brcr + crar ≤ 3 r r 3 3 √ • Với a = 5 , b = 5 − ε, c = 5 ε ta cần: 2 2 3r r r r 5 3 5 3 5 r r 3 5 − ε + (ε) 5 + (ε) 5 − ε ≤ 3 2 2 2 2 Cho ε → 0+ ta cần có: 9r5 5 ln 3 ≤ 3 ⇔ r ≤ 4 ln 9 − ln 4 5 ln 3
• Ta sẽ chứng minh với r =
> 6 thì BĐT sau luôn đúng: ln 9 − ln 4 arbr + brcr + crar ≤ 3
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c và đặt
f (a, b, c) = arbr + brcr + crar
7Cách chứng minh hoàn toàn tương tự với chú ý:
4 (anbn + bncn + cnan) − 3anbncn ≤ (an + bn + cn)2 = 9
8Tham khảo từ ”Algebraic Inequalities - Old and New Methods - Vasile Cirtoaje” 23
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh + Ta chứng minh: r ! a5 + b5
arbr + brcr + crar ≤ t2r + 2trcr ; t = 5 2
arbr + brcr + crar ≤ t2r + 2trcr
⇔ arbr + (br + ar − 2tr) cr ≤ t2r Ta lại có:   s s  r  a5 + b5 5 ar + br  a5 + b5 ar + br 5  2tr    ≤ br + ar  ≤  ≤ r    2 2   2 2 ⇔ ⇔   √      cr ≤ arbr  √   √  cr ≤ arbr   cr ≤ arbr
BĐT cuối luôn đúng do đó ta cần chứng minh: √
arbr + (br + ar − 2tr) arbr ≤ t2r √ 2 √ ⇔ tr + arbr ≥ 2arbr + (br + ar) arbr √ 2 √ √ √ 2 ⇔ tr + arbr ≥ arbr ar + br √ √ √ √ ⇔ tr + arbr ≥ 4 arbr ar + br √ √ !2 √ √ !2 ar + br √ ar + br ⇔ − 4 arbr + tr − ≥ 0 2 2 Vì  1 √ 10  √ r 1 √ √ !2 √ 10  √  r ar + br ( a)10 + b ( a)r + b tr ≥ ⇔   ≥   2  2  2 BĐT cuối đúng do đó:
arbr + brcr + crar ≤ t2r + 2trcr + Ta cần chứng minh: r ! a5 + b5 ln 3 t2r + 2trcr ≤ 3 ; t = 5 , r = 2 ln 9 − ln 4 24
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Vì a5 + b5 + c5 = 3 nên t2r + 2trcr 2t5 + c5 2r5 t2r + 2trcr ≤ 3 ⇔ ≤ 3 3
BĐT trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa t = 1 (khi đó c ≤ 1). BĐT cần chứng minh là: 2r 2 + c5 1 + 2cr g (c) = ln − ln ≥ 0 5 3 3
Bằng công cụ đạo hàm ta dễ dàng chứng minh được g(c) là hàm lõm, kết hợp với 2r 2 1 g (1) = 0; lim g (c) = ln − ln > 0. Ta được: c→0+ 5 3 3 2r 2 + c5 1 + 2cr g (c) = ln − ln ≥ 0 5 3 3 Vậy 5 ln 3 r =
> 6 là số lớn nhất để BĐT sau luôn đúng: ln 9 − ln 4 arbr + brcr + crar 1r ≤ 1 3
Qua lại bài toán trong đề thi của chúng ta. Từ kết quả trên ta được: a6b6 + b6c6 + c6a6 1 1 6 arbr + brcr + crar r ≤ ≤ 1 3 3
Ta được điều phải chứng minh.
Bài 17 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Đồng Nai).
Với ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Chứng minh rằng: r r r √ a b c 3 3 + + ≥ √ b + c a + c a + b a3 + b3 + c3 + 3 LỜI GIẢI.
Cách 1: Theo BĐT AM- GM, ta chỉ cần chứng minh: v us √ u 1 3 3 3 3 t ≥ √ (a + b) (b + c) (c + a) a3 + b3 + c3 + 3 Tức là: 3 a3 + b3 + c3 + 3 ≥ 27 (a + b) (b + c) (c + a)
BĐT trên là hiển nhiên vì theo BĐT Schur ta có:
(a3 + b3 + c3 + 3)3 = (a3 + b3 + c3 + 3abc)3 ≥ [ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)]3 h p i3
≥ 3 3 a2b2c2 (a + b) (b + c) (c + a) = 27 (a + b) (b + c) (c + a) 25
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Cách 2: Tương tự như trên ta cần chứng minh: 3 a3 + b3 + c3 + 3 ≥ 27 (a + b) (b + c) (c + a) Ta có: a2 b2 + + 1 ≥ a + b 2 2 do đó: 3 h p i3 a2 + b2 + c2 + 3
≥ [2 (a + b + c)]3 ≥ 3 3 (a + b) (b + c) (c + a) = 27 (a + b) (b + c) (c + a)
Vậy ta chỉ cần chứng minh: a3 + b3 + c3 ≥ a2 + b2 + c2 Theo BĐT AM - GM ta có: 
 (a3 + a3 + 1) + (b3 + b3 + 1) + (c3 + c3 + 1) ≥ 3a2 + 3b2 + 3c2  a2 + b2 + c2 ≥ 3
Vậy BĐT được chứng minh đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1.
Cách 3: Ta chứng minh một kết quả mạnh hơn như sau: r r √ a b r c 3 3 + + ≥ √ b + c a + c a + b a + b + c + 3 Áp dụng BĐT Holder ta có: r r !2 a b r c + +
a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b) ≥ (a + b + c)3 b + c a + c a + b
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
27 [a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b)] (a + b + c)3 ≥ a + b + c + 3
⇔ (a + b + c)4 + 3(a + b + c)3 ≥ 27 [a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b)] Theo BĐT Schur ta có:
(a + b + c)3 − 3 ≥ 4 a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b)
nên ta chỉ cần chứng minh: 27
(a + b + c)4 + 3(a + b + c)3 ≥ (a + b + c)3 − 3 4
⇔ 4(a + b + c)4 − 15(a + b + c)3 + 81 ≥ 0 26
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Xét hàm số f (t) = 4t4 − 15t3 + 81 với t ≥ 3 ta có:
f ′ (t) = 16t3 − 45t = t 16t2 − 45 > 0 do vậy:
4(a + b + c)4 − 15(a + b + c)3 + 81 ≥ 4.34 − 15.33 + 81 = 0 Tóm lại: r r r √ a b c 3 3 + + ≥ √ b + c a + c a + b a + b + c + 3
Áp dụng kết quả vừa chứng minh ta dễ dàng hoàn thành bài toán.
Nhận xét: Qua bài giải trên ta được kết quả sau: r r √ √ a b r c 3 3 3 3 + + ≥ √ ≥ b + c a + c a + b p a + b + c + 3 2(a + b + c) √ √ 3 3 3 3 ≥ √ ≥ √ a2 + b2 + c2 + 3 a3 + b3 + c3 + 3
Bài 18 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Quảng Trị - Vòng 2).
Với ba số thực không âm x, y, z có tổng bằng 2. Chứng minh rằng: 1
x2y + y2z + z2x ≤ x3 + y3 + z3 ≤ 1 + x4 + y4 + z4 2 LỜI GIẢI. Cách 1:
• Ta chứng minh: x2y + y2z + z2x ≤ x3 + y3 + z3. Theo BĐT AM - GM ta có:   x3 + x3 + y3  ≥ 3x2y  y3 + y3 + z3 ≥ 3y2z    z3 + z3 + x3 ≥ 3z2x
Cộng theo vế ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
• Ta chứng minh: x4 + y4 + z4 + 2 ≥ 2x3 + 2y3 + 2z3
Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z + Nếu x ≤ 1. Khi đó hàm số f (x) = x4 − 2x3
có f′′(x) ≤ 0 và (1, 1, 0) ≻ (x, y, z) do đó:
x4 − 2x3 + y4 − 2y3 + z4 − 2z3 ≥ (−1) + (−1) + 0 = −2 BĐT được chứng minh. 27
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
+ Nếu x > 1. Khi đó tồn tại ε > 0 sao cho x = 1 + ε và y + z = 1 − ε. Ta lại có hàm số f (y) = y4 − 2y3
có f′′(y) ≤ 0 và (1 − ε, 0) ≻ (y, z) nên:
y4 − 2y3 + z4 − 2z3 ≥ (1 − ε)4 − 2(1 − ε)3
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
(1 + ε)4 − 2(1 + ε)3 + (1 − ε)4 − 2(1 − ε)3 + 2 ≥ 0
Thế nhưng BĐT trên là hiển nhiên vì:
(1 + ε)4 − 2(1 + ε)3 + (1 − ε)4 − 2(1 − ε)3 + 2 = 2ε4 > 0 Vậy khi x > 1 thì
x4 + y4 + z4 + 2 > 2x3 + 2y3 + 2z3 .
BĐT thứ 2 được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ x = y = 1, z = 0 và các hoán vị của nó. Cách 2:
• Chứng minh x2y + y2z + z2x ≤ x3 + y3 + z3 như trên.
• Ta chứng minh: x4 + y4 + z4 + 2 ≥ 2x3 + 2y3 + 2z3. Ta đặt:   q = xy + yz + zx  r = xyz
BĐT được viết lại là:
16 − 16q + 2q2 + 8r + 2 ≥ 2 (8 − 6q + 3r) ⇔ 2q2 − 4q + 2r + 2 ≥ 0 ⇔ 2(q − 1)2 + 2r ≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1, z = 0 và các hoán vị của nó. 28
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 19 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Thanh Hóa - Vòng 2). 1 1 1
Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = + + . Chứng minh rằng: x y z 1 1 1 3 + + (2xy + yz + zx)2 (2yz + zx + xy)2 (2zx + xy + yz)2 ≤ 16x2y2z2 LỜI GIẢI. Cách 1:
Quan sát giả thiết bài toán ta thực hiện thay 1 1 1 (x, y, z) → , , x y z
BĐT cần chứng minh được viết lại là: 1 1 1 3 + + (2x + y + z)2 (2y + z + x)2 (2z + x + y)2 ≤ 16 Ta lại có: 1 1 1 + + (2x + y + z)2 (2y + z + x)2 (2z + x + y)2 1 1 1 1 ≤ + + 4 (x + y) (x + z) (y + z) (y + x) (z + x) (z + y)
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh: 1 1 1 3 + + ≤ (x + y) (x + z) (y + z) (y + x) (z + x) (z + y) 4
⇔ 3 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z)
⇔ 3 [(x + y + z) (xy + yz + zx) − xyz] ≥ 8 (x + y + z) xy + yz + zx
⇔ 3 (x + y + z) (xy + yz + zx) − ≥ 8 (x + y + z) x + y + z
⇔ 3 (xy + yz + zx) (x + y + z)2 − 1 ≥ 8(x + y + z)2 Ta lại có:
[xyz (x + y + z)]2 = (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz (x + y + z) ⇒ xy + yz + zx = xyz (x + y + z) ≥ 3
nên ta chỉ cần chứng minh:
9(x + y + z)2 − 9 ≥ 8(x + y + z)2 ⇔ (x + y + z)2 ≥ 9 29
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Điều này là hiển nhiên vì x + y + z ≥ 3. Bài toán được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Cách 2:9
Lập luận tương tự như trên ta cần chứng minh:
3 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z) Theo BĐT AM- GM ta có:
x2y + x2z + y2z + y2x + z2x + z2y ≥ 6xyz
⇔ 9 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z) (xy + yz + zx)
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh xy + yz + zx ≥ 3 BĐT trên hiển nhiên vì:
[xyz (x + y + z)]2 = (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz (x + y + z) ⇒ xy + yz + zx = xyz (x + y + z) ≥ 3
Bài toán được chứng minh.
Cách 3: Ta cần chứng minh: 1 1 1 3 + + (2x + y + z)2 (2y + z + x)2 (2z + x + y)2 ≤ 16
Thực hiện bước đồng bậc hóa như sau: (x + y + z)2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 3 1 1 1 + + (x + y + z) + + (2x + y + z)2 (2y + z + x)2 (2z + x + y)2 ≤ 16 x y z
Khi đó ta chuẩn hóa x + y + z = 1 BĐT cần chứng minh là: 1 1 1 3 1 1 1 + + + + (1 + x)2 (1 + y)2 (1 + z)2 ≤ 16 x y z
BĐT tách biến nên ta có khá nhiều hướng để xử lý: • Hướng 1: 10 Xét hàm số x f (x) = có (x + 1)2 2 (x − 2) f ′′ (x) = < 0 (0 ≤ x ≤ 1) (x + 1)4
9Sau khi biến đổi thì đây là bài toán IMO Shortlist 2009 - Problem A2. Cách giải 2,3 được trích dẫn trong đấy.
10Trích trong IMO Shortlist 2009 - Problem A2 30
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Áp dụng BĐT Jensen cho hàm lõm f(x) ta được: x y z A a + b + c (x + 1)2 (y + 1)2
(z + 1)2 ≤ (a + b + c) . (A + 1)2 trong đó ax + by + cz A = . a + b + c Chọn 1 1 1 1 a = , b = , c = khi đó A =
< 1 thỏa mãn điều kiện để áp dụng BĐT Jensen x y z 3 nên ta được: 1 1 1 1 1 1 1 3 + + + + . 3 = (x + y + z) (x + 1)2 (y + 1)2 (z + 1)2 ≤ x y z 1 + 1 2 16 3
Bài toán được chứng minh.
• Hướng 2: (Với các bài toán BĐT có dạng tách biến thì phương pháp Tiếp tuyến, hệ
số bất định tỏ ra khá hiệu quả) Ta sẽ tìm một đánh giá: 1 3 ≤ ax + b (x + 1)2 − 16x Để tìm được 1
a, b ta cần chú ý điểm rơi là x = và ta được: 3  27   a =   32    −9  b = 32
Vậy nên bằng biến đổi tương đương ta dễ dàng kiểm tra được: 1 3 27 9 ≤ x − (x + 1)2 − 16x 32 32
Làm tương tự với y, z cộng lại ta được điều phải chứng minh.
Một sự trùng hợp ngẫu nhiên đề chọn đội tuyển tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu cũng có dạng tương tự.
Bài 20 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).
Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + (2x + y + z)2 (2y + z + x)2 (2z + x + y)2 ≤ 16
LỜI GIẢI. Áp dụng cách giải 1 và 2 ta dễ dàng có được lời giải. 31
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 21 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).
Với x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Chứng minh rằng: ! 1 1 1 3 x2y + y2z + z2x √ + p + √ ≤ 1 + x2 1 + y2 1 + z2 2 LỜI GIẢI. Cách 1: Ta có: 2 x2y + y2z + z2x
≤ x2 + y2 + z2 x2y2 + y2z2 + z2x2 = x2y2 + y2z2 + z2x2 và 1 1 1 1 √ + p + √ + q 1 + x2 1 + y2 1 + z2 p 1 + 3 x2y2z2 2 2 4 ≤ q + r ≤ q p q p 1 + x2y2 p 1 + z2 3 x2y2z2 1 + 3 x2y2z2 1 1 1 3 ⇒ √ + p + √ ≤ q 1 + x2 1 + y2 1 + z2 p 1 + 3 x2y2z2
Do vậy ta chỉ cần chứng minh: p 3 x2y2 + y2z2 + z2x2 3 q ≤ p 2 1 + 3 x2y2z2 p
⇔ 1 + 3 x2y2z2 ≥ 4 x2y2 + y2z2 + z2x2 Theo BĐT Schur ta có:
1 + 9x2y2z2 ≥ 4 x2y2 + y2z2 + z2x2
Do vậy ta cần chứng minh: p 3 x2y2z2 ≥ 9x2y2z2 1 ⇔ x2y2z2 ≤ 27
BĐT cuối hiển nhiên đúng vì 1 x2 + y2 + z2 3 = ≥ x2y2z2 27 3
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x = y = z = √3
Cách 2: (artofproblemsolving.com & diendantoanhoc.net) 32
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Ta có: x3 + xy2 ≥ 2x2y; y3 + yz2 ≥ 2y2z; z3 + zx2 ≥ 2z2x Do đó
x + y + z = (x + y + z) x2 + y2 + z2 ≥ 3 x2y + y2z + z2x • Hướng 1: Ta lại có: s 1 1 1 1 1 1 √ + p + √ ≤ 3 + + x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1
Vậy nên ta cần chứng minh: 1 1 1 27 + + ≤ x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 4(x + y + z)2 x2 y2 z2 27 ⇔ + + + x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 4(x + y + z)2 ≥ 3 Theo BĐT Cauchy ta có: x2 y2 z2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 + + ≥ = x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 x2 + y2 + z2 + 3 4 Do đó ta cần: (x + y + z)2 27 + 4 4(x + y + z)2 ≥ 3 BĐT là hiển nhiên vì:   (x + y + z)2 9 3   +   4 2  4(x + y + z)2 ≥    18 3    4(x + y + z)2 ≥ 2
Bài toán được chứng minh.
• Hướng 2: Ta cần chứng minh: ! x + y + z 1 1 1 3 √ + + √ ≤ 3 p 1 + x2 1 + y2 1 + z2 2
Từ giả thiết ta có: 0 ≤ x, y, z ≤ 1 nên ta dễ dàng chứng minh được đánh giá sau: √ 1 3 5 3 √ ≤ − x + 1 + x2 8 8 Vậy nên ta cần: " √ # x + y + z 3 15 3 3 − (x + y + z) + ≤ 3 8 8 2 √ (x + y + z)2 5 3 3 ⇔ − + (x + y + z) ≤ 8 8 2 √
BĐT cuối luôn đúng do x + y + z ≤ 3. Bài toán được chứng minh. 33
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Cách 3: (artofproblemsolving.com)
Theo BĐT Vasc11 và BĐT Cauchy ta có p x2y + y2z + z2x ≤
(x3y + y3z + z3) (xy + yz + zx) s r (x2 + y2 + z2)2 (xy + yz + zx) xy + yz + zx ≤ = 3 3 Mặt khác ta có: s 1 1 1 1 1 1 √ + p + √ ≤ 3 + + 1 + x2 1 + y2 1 + z2 1 + x2 1 + y2 1 + z2 s 1 1 1 ≤ 3 + + xy + yz + zx + x2 xy + yz + zx + y2 xy + yz + zx + z2 s s 1 1 1 6(x + y + z) ≤ 3 + + = (x + y) (x + z) (y + z) (y + x) (z + x) (z + y) (x + y)(y + z)(z + x) s √ 6 (x + y + z) 3 3 ≤ = 8 √ (x + y + z) (xy + yz + zx) 2 xy + yz + zx 9
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh: r √ xy + yz + zx 3 3 3 . √ ≤ 3 2 xy + yz + zx 2
Điều đó là hiển nhiên. Bài toán được chứng minh.
Bài 22 (Đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên Đại học Vinh ngày thứ 1).
Tìm tất cả các số thực k sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực a, b, c (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤
+ k max (a − b)2, (b − c)2, (c − a)2 ≤ a2 + b2 + c2 3 LỜI GIẢI. Cách 1:
• Điều kiện cần: Chọn a = 3, b = 2, c = 1. BĐT đã cho trở thành: 1 1 11 ≤ 12 + 4k ≤ 14 ⇔ ≥ k ≥ − 2 4
11Với mọi số thực x, y, z ta luôn có:
x2 + y2 + z22 ≥ 3 x3y + y3z + z3x 34
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 1
• Điều kiện đủ: Với mỗi k thỏa mãn 1 ≥ k ≥ − ta sẽ chứng minh BĐT đề bài luôn đúng. 2 4
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. BĐT được viết lại là: (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤ + k(c − a)2 ≤ a2 + b2 + c2 3
⇔ 3 (ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)2 + 3k(c − a)2 ≤ 3 a2 + b2 + c2 
 (a + b + c)2 + 3k(c − a)2 ≥ 3 (ab + bc + ca)
⇔  (a + b + c)2 + 3k(c − a)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) 
 (b − c)2 + (6k + 1) (c − a)2 + (a − b)2 ≥ 0
⇔  (b − c)2 + (1 − 3k)(c − a)2 + (a − b)2 ≥ 0 Ta lại có: (a − c)2 (b − c)2 + (a − b)2 ≥ 2
Nên ta chỉ cần chứng minh:   3   6k + (c − a)2 ≥ 0   2     3   (c  − 3k − a)2 ≥ 0 2
Hai BĐT cuối luôn đúng vì 1 1 ≥ k ≥ − . 2 4 Vậy 1 1
≥ k ≥ − là các giá trị cần tìm. 2 4 Cách 2: (diendantoanhoc.net)
• Điều kiện cần: Chọn a = 3, b = 2, c = 1. BĐT đã cho trở thành: 1 1 11 ≤ 12 + 4k ≤ 14 ⇔ ≥ k ≥ − 2 4 1
• Điều kiện đủ: Với mỗi k thỏa mãn 1 ≥ k ≥ − ta sẽ chứng minh BĐT đề bài luôn đúng. 2 4
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. BĐT được viết lại là: (a + b + c)2 ab + bc + ca ≤ + k(c − a)2 ≤ a2 + b2 + c2 3 35
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh   a = c + x Đặt
; (x ≥ y ≥ 0) BĐT trên được viết lại là:  b = c + y 
 y2 − xy + (3k + 1) x2 ≥ 0      3   y2 − xy + 1 − k x2 ≥ 0 2  1 1   y2 x2 + 3 k + x2  − xy + ≥ 0   4 4 ⇔  1 3   y2 − xy + x2 + (1 − 2k) x2 ≥ 0 4 4  2  1 1   y − x + 3 k + x2 ≥ 0   2 4  ⇔  2   1 3   y − x + (1 − 2k) x2 ≥ 0 2 4
Hai BĐT cuối luôn đúng vì 1 1 ≥ k ≥ − 2 4 Vậy 1 1
≥ k ≥ − là các giá trị cần tìm. 2 4
Bài 23 (Đề thi chọn HSG cấp Tỉnh - Bến Tre).
Với ba số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của biểu thức: 1344 2016 P = √ √ − √ a + ab + 3 abc a + b + c
LỜI GIẢI. (Nguyễn Minh Thành) Ta có:  1 √  1 √   a + b ≥ ab  a + b ≥ ab    4   4 √ √ 4 ⇔
⇒ a + ab + 3 abc ≤ (a + b + c)  3  √  √  1  1 b 4  a + b + 4c ≥ 3 3 abc   a + + c ≥ 3 3 abc 4 12 3 3 Do đó: 1344 2016 1 1 P = √ √ − √ ≥ 2016 − √ a + ab + 3 abc a + b + c 2 (a + b + c) a + b + c Ta lại có: √ √ 2 1 1 1
1 − 2 a + b + c + (a + b + c) a + b + c − 1 − √ + = = ≥ 0 2 (a + b + c) a + b + c 2 2 (a + b + c) 2 (a + b + c) 36
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Vậy ta được 16 4 1
P ≥ −1008. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = ; b = ; c = hay nói cách 21 21 21
khác GTNN của P là −1008.
Bài 24 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Quảng Ninh - Ngày 1).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn (a + b) (b + c) (c + a) = 1. Tìm GTNN của biểu thức: √ √ √ a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 P = √ + √ + √ ab + 1 bc + 1 ca + 1 LỜI GIẢI. Ta có: √ q q 1 1 a2 − ab + b2 (a − b)2 + 1 (a2 + b2) (a2 + b2) 2 2 2 (a + b) √ = √ ≥ √ ≥ ab + 1 ab + 1 ab + 1 a + b + 2
Để đơn giản ta đặt x = a + b, y = b + c, z = c + a. Khi đó ta có: x y z P ≥ + + (x, y, z > 0; xyz = 1) x + 2 y + 2 z + 2 • Hướng 1: Ta dự đoán x y z + + ≥ 1 x + 2 y + 2 z + 2 Thật vậy: x y z + + ≥ 1 x + 2 y + 2 z + 2 2 (xyz + xy + yz + xz − 4) ⇔ ≥ 0 (x + 2) (y + 2) (z + 2)
BĐT cuối hiển nhiên vì xyz = 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay 1 a = b = c = nên GTNN của P là 1. 2 • Hướng 2: Ta có: x 1 (a − 1)2a3 1 ≥ ⇔ ≥ 0; a = x3 x + 2 x −4 3 + x−2 3 + 1
(a2 − a + 1) (a2 + a + 1) (a + 2)
Áp dụng tương tự cho y, z nên ta được: 1 1 1 P ≥ + + x −4 3 + x−2 3 + 1 y −4 3 + y −2 3 + 1 z −4 3 + z −2 3 + 1
Ta sử dụng Bổ đề Với x, y, z là các số thực dương có tích bằng 1 thì BĐT sau luôn đúng: 1 1 1 + + ≥ 1 x2 + x + 1 y2 + y + 1 z2 + z + 1 Ta thu được: P ≥ 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x = y = z = 1 hay a = b = c = nên GTNN của P là 1. 2 37
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh • Hướng 3: Ta dự đoán x y z + + ≥ 1 x + 2 y + 2 z + 2 Theo BĐT Cauchy ta có: √ √ √ 2 x y z x + y + z + + ≥ x + 2 y + 2 z + 2 x + y + z + 6 Vậy nên ta cần có: √ √ √ x + y + z ≥ 3
Điều trên là hiển nhiên vì xyz = 1.
• Hướng 4:12 Dự đoán GTNN là 1 và ta cần chứng minh: x y z + + ≥ 1 x + 2 y + 2 z + 2
Vì xyz = 1 nên tồn tại các số thực dương k, m, n sao cho: k m n x = ; y = ; z = m n k
Khi đó BĐT được viết lại là: k m n + + ≥ 1 k + 2m m + 2n n + 2k Theo BĐT Cauchy ta được: k m n (k + m + n)2 + + ≥ = 1 k + 2m m + 2n n + 2k (k + m + n)2
Từ đó dễ dàng hoàn thành bài toán.
Bài 25 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bắc Ninh).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 9. Tìm GTLN của biểu thức sau: ab bc ca 1 P = + + − 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b pab (a + 2c) (b + 2c)
LỜI GIẢI. Ta sẽ chia P thành 2 phần và đánh giá như sau: • Ta có: s s 1 9 1 1 p ≥ ≥ 3. = ab (a + 2c) (b + 2c) 3a.3b. (a + 2c) (b + 2c) (a + b + c)4 27
12Đây là cách đổi biến thường gặp khi các biến có điều kiện tích bằng hằng số. 38
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh • Ta lại có: ab bc ca + + 3a + 4b + 5c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b X ab ≤ q
cyc 6 6 (a + b) (b + c)3(c + a)2 s 1 X ab.(ab)3.(ab)2 ≤ 6 6 (a + b) (b + c)3(c + a)2 cyc 1 X ab 3ab 2ab 1 X 1 ≤ + + = (2c (a + b) + a (b + c)) 36 a + b b + c c + a 36 a + b cyc cyc " # 1 X a (b + c) = 18 + 36 a + b cyc Ta lại có: a (b + c) b (c + a) c (a + b) + + ≤ a + b + c a + b b + c c + a
Thật vậy BĐT trên tương đương:
ab3 + bc3 + ca3 ≥ abc (a + b + c) BĐT này đúng vì: ab3 + ab2c + abc2 ≥ 3ab2c
(tương tự cho các hạng tử còn lại) Vậy: 1 1 77 P ≤ (18 + 9) − = 36 27 108
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3. Do đó GTLT của P là 77 108
Bài 26 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ac ≥ 12; bc ≥ 8. Tìm GTNN của biểu thức sau: 1 1 1 8 P = a + b + c + 2 + + + ab bc ca abc 39
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
LỜI GIẢI. Ta dự đoán điểm rơi a = 3, b = 2, c = 4 và sử dụng BĐT AM - GM như sau: 1 1 1 8 P = a + b + c + 2 + + + ab bc ca abc a b c 1 1 1 1 = 72. + 48. + 96. + 8. + 6. + 4. + 8. 72 48 96 4ab 3bc 2ca abc r r a72b48c96 a52b26c78 ≥ 242. 242 = 242. 242
7272.4848.9696.48.36.24.a20.b22.c18 7272.4848.9696.48.36.24 s s 242 (ac)52(bc)26 242 (12)52(8)26 ≥ 242.
7272.4848.9696.48.36.24 ≥ 242. 7272.4848.9696.48.36.24 r 1 121 = 242. 242 = 24242 12
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 2, c = 4. Do đó GTNN của P là 121 12
Bài 27 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
Với ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 21 + + + (ab + bc + ca) ≥ (1 + a)3 (1 + b)3 (1 + c)3 32 32
LỜI GIẢI. (http://diendantoanhoc.net/) Ta sẽ dùng bổ đề 1 1 1
(x3y + y3x − 2x2y2) + (xy − 1)2 + ⇔ ≥ 0 (x + 1)2 (y + 1)2 ≥ xy + 1 (x + 1)2(y + 1)2 (xy + 1) Ta có: s 1 1 1 1 1 3 + + ≥ 3 3 . = (1 + a)3 (1 + a)3 8 (1 + a)6 8 2(1 + a)2 Khi đó: X 1 3 3 X 1 3 X 1 2 + ≥ (1 + a)3 8 2 (1 + a)2 ≥ 4 ab + 1 cyc cyc cyc X 1 3 3 X 1 3 3 ⇒ + (ab + bc + ca) ≥ + (ab + bc + ca) − (1 + a)3 32 8 ab + 1 32 16 cyc cyc
Vậy nên ta cần chứng minh: 3 X 1 3 3 21 + (ab + bc + ca) − ≥ 8 ab + 1 32 16 32 cyc 3 X 1 3 27 ⇔ + (ab + bc + ca) ≥ 8 ab + 1 32 32 cyc 40
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Theo BĐT AM- GM ta lại có: 3 X 1 3 + (ab + bc + ca + 3) 8 ab + 1 32 cyc 3 36 3 36 ≥ . + (ab + bc + ca + 3) ≥ 32 3 + ab + bc + ca 32 32 3 X 1 3 27 ⇒ + (ab + bc + ca) ≥ 8 ab + 1 32 32 cyc
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài 28 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz ≥ 1 và z ≤ 1. Tìm GTNN của biểu thức sau: x y 4 − z3 P = + + 1 + y 1 + x 3 (1 + xy)
LỜI GIẢI. Ta sử dụng bổ đề quen thuộc sau: √ x y 2 xy + ≥ √ 1 + y 1 + x 1 + xy Thật vậy, √ √ √ 2 √ √ x y 2 xy
x − y + xy(x − y)2 + x2 + y2 − (x + y) xy + − √ = 1 + √ ≥ 0 y 1 + x 1 + xy (1 + x) (1 + y) 1 + xy Do đó: √ x y 4 − z3 2 xy 1 P = + + ≥ √ + 1 + y 1 + x 3 (1 + xy) 1 + xy 1 + xy Ta lại có: √ √ 3 2 xy 1 3 xy − 1 √ + − = ≥ 0 1 + √ xy 1 + xy 2 2 1 + xy (1 + xy) Do đó: 3 P ≥ 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy GTNN của P là 3. 2
Bài 29 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Hà Nam).
Với ba số thực không âm a, b, c và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Tìm GTNN của biểu thức sau: r r r a b c P = + + b + c c + a a + b 41
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh LỜI GIẢI. Cách 1:
Không mất tính tổng quát, ta tìm GTNN của P với điều kiện a + b + c = 3. Khi đó P được viết lại là: r r r a b c P = + + 3 − a 3 − b 3 − c Ta lại có: r a 2 ≥ a 3 − a 3 a 4 ⇔ ≥ a2 3 − a 9 2 a a − 3 ⇔ 2 ≥ 0 3 − a
Đánh giá tương tự cho b, c ta được: r r a b r c 2 P = + + ≥ a 3 − a 3 − b 3 − c 3 2 P ≥ (a + b + c) = 2 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 a = b =
, c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó GTNN của P 2 là 2.
Cách 2: (http://diendantoanhoc.net/) Ta có: r a 2a ≥
⇔ a (a + b + c)2 − 4a (b + c) ≥ 0 ⇔ a(a − b − c)2 ≥ 0 b + c a + b + c
Đánh giá tương tự cho hai hạng tử còn lại ta được: P ≥ 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b, c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó GTNN của P là 2.
Cách 3: (http://diendantoanhoc.net/)
Không mất tính tổng quát ta giả sử c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c. Ta có đánh giá sau:13 r r r a b a + b + ≥ 2 b + c c + a a + b + 2c Do đó: r r s r a + b c 1 c P ≥ 2 + = 2 + a + b + 2c a + b 1 + 2c a + b a+b
13Đánh giá này có nhiều khai thác rất thú vị có thể tham khảo qua bài viết "Ứng dụng một bổ đề hay trong
chứng minh BĐT - Ngô Trung Hiếu, Cao Minh Quang - THTT 469" 42
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh r h q i Đặt 2c x =
khi đó x ∈ 0; 1 , xét hàm số: a + b 2 r 1 f (x) = 2 + x 1 + 2x2
Bằng khảo sát hàm số ta được: f (x) ≥ f (0) = 2
Tức P ≥ 2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b, c = 0 và các hoán vị của nó. Do đó GTNN của P là 2.
Bài 30 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Ninh Bình).
Với ba số thực dương a, b, c, có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 √ √ + √ √ + √ √ ≥ 4 + + a + b b + c c + a a + 7 b + 7 c + 7 LỜI GIẢI. Cách 1:
Áp dụng BĐT Cauchy kết hợp với AM - GM ta được: 1 1 4 8 8 √ √ + √ √ ≥ √ √ √ √ ≥ = a + b b + c a + b + b + c a + 2b + c + 4 b + 7
Đánh giá tương tự cho hai các đại lượng còn lại và cộng lại bài toán được chứng minh. Đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Cách 2: (http://diendantoanhoc.net/) Ta có: 1 1 2 √ √ ≥ = a + b a+1 + b+1 a + b + 2 2 2
Đánh giá tương tự cho hai hạng tử còn lại. Vậy nên ta cần chứng minh: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 + + = + + ≥ + + a + b + 2 b + c + 2 c + a + 2 5 − a 5 − b 5 − c a + 7 b + 7 c + 7 Ta lại có: 1 2 3 3 (a − 1)2 (a + 3) − ≥ a − ⇔ ≥ 0 5 − a a + 7 32 32 32 (5 − a) (a + 7) Vậy nên: 1 1 1 2 2 2 3 9 + + − − − ≥ (a + b + c) − = 0 5 − a 5 − b 5 − c a + 7 b + 7 c + 7 32 32
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 43
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 31 (Đề thi HSG cấp Tỉnh - Phú Yên).
Với bốn số thực dương x, a, b, c thỏa mãn x2 = a2 + b2 + c2. Chứng minh rằng: a b c 3 + + ≤ √ x + 2a x + 2b x + 2c 3 + 2
LỜI GIẢI. Trước tiên ta thuần nhất hóa BĐT lại như sau: a b c 3 √ + √ + √ ≤ √ a2 + b2 + c2 + 2a a2 + b2 + c2 + 2b a2 + b2 + c2 + 2c 3 + 2 Và chuẩn hóa: a2 + b2 + c2 = 3
Vậy nên ta cần chứng minh: a b c 3 √ + √ + √ ≤ √ 3 + 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 + 2 Ta có: a √ 1 √
≤ −12 + 7 3 (a − 1) + √ 3 + 2a 3 + 2 √ 2 2 3 − 3 (a − 1)2 ⇔ − √ √ ≤ 0 2 + 3 2a + 3
Đánh giá tương tự cho b, c nên ta được: a b c √ 3 3 √ + √ + √
≤ −12 + 7 3 (a + b + c − 3) + √ ≤ √ 3 + 2a 3 + 2b 3 + 2c 3 + 2 3 + 2
BĐT trên đúng vì a + b + c ≤ 3. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Bài 32 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Lạng Sơn ngày thứ 1).
Với ba số thực dương x, y, z có tích bằng 1. Tìm GTLN của biểu thức sau: 1 1 1 P = + + x2 + 2y2 + 3 y2 + 2z2 + 3 z2 + 2x2 + 3
LỜI GIẢI. (http://diendantoanhoc.net/) Ta có: 1 2 ≥ x2 + 2y2 + 3 xy + y + 1 Do đó: 2 2 2 2z 2 2 P ≥ + + = + + = 2 xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1 z + yz + 1 yz + z + 1 zx + x + 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Do đó GTNN của P là 2. 44
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 33 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Quảng Nam).
Với bốn số thực không âm a, b, c, d. Chứng minh rằng:
(a + b + c + d)3 ≤ 4 a3 + b3 + c3 + d3 + 24 (abc + bcd + cda + dab)
LỜI GIẢI. Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d. Ta có:
4 (a3 + b3 + c3) + 24abc ≥ (a + b + c)3
⇔ a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a)
BĐT trên hiển nhiên đúng theo BĐT Schur.
Ta thay c := c + d ta được:
4 a3 + b3 + (c + d)3 + 24ab (c + d) ≥ (a + b + c + d)3
⇔ 4 (a3 + b3 + c3 + d3) + 12cd (c + d) + 24abc + 24abd ≥ (a + b + c + d)3
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh: 2cd (a + b) ≥ cd (c + d)
Điều trên là hiển nhiên. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b, c =
d = 0 và các hoán vị của nó.
Bài 34 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Nam Định - Ngày thứ 2).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: √ 2 a + b √ √ (b + c)2 (c + a)2 √ + √ + √ ≤ 12 a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2
LỜI GIẢI. (http://diendantoanhoc.net/) Ta có: √ 2 √ 2 √ 2  √ 2  a + b a + b 2 a + b a2 b √ ≤   q = ≤ 2 + = 2a + 2 a2 − ab + b2   3 ( a + b a b a − b)2 + 1(a + b)2 4 4
Tương tự cho hai số hạng còn lại cộng lại ta được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Bài 35 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Bình Thuận).
Với ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a + b + c ab bc ca + + ≥ ≥ + + b + c c + a a + b 2 a + b b + c c + a 45
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh LỜI GIẢI.
• Theo BĐT Cauchy ta được: a2 b2 c2 (a + b + c)2 a + b + c + + ≥ = b + c c + a a + b 2 (a + b + c) 2
• Theo BĐT AM - GM, ta lại có: ab bc ca ab bc ca + + ≤ √ + √ + √ a + b b + c c + a 2 ab 2 bc 2 ca √ √ √ ab bc ca 2 (a + b + c) a + b + c = + + ≤ = 2 2 2 4 2
Bài toán được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
Bài 36 (Đề thi HSG Tỉnh Bình Định).
Với ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Tìm GTNN của biểu thức sau: 1 1 1 P = + + a3(b + c) b3(c + a) c3(a + b)
LỜI GIẢI. (http://diendantoanhoc.net/) Ta có: 1 1 1 + + a3(b + c) b3(c + a) c3(a + b) (bc)2 (ca)2 (ab)2 (ab + bc + ca)2 = + + ≥ a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 (ab + bc + ca) Ta lại có: (ab + bc + ca)2 3
(ab + bc + ca) (ab + bc + ca − 3) − = ≥ 0 2 (ab + bc + ca) 2 2 (ab + bc + ca) Vậy nên: 3 P ≥ 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1, tức GTNN của P là 3. 2
Nhận xét: Áp dụng kết quả bài toán trên kết hợp BĐT Nesbitt ta dễ dàng có được lời giải
của bài toán sau: Hong Kong TST 2016
Với ba số thực dương a, b, c có tích bằng 1. Tìm GTNN của biểu thức sau: a3 + 8 b3 + 8 c3 + 8 P = + + a3(b + c) b3(c + a) c3(a + b) 46
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 37 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Hải Phòng). 1
Với ba số thực dương a, b, c ≥
có tổng bằng 6. Chứng minh rằng: 2 √
ab + bc + ca ≥ 3 abc + ab + bc + ca − 4
LỜI GIẢI. Không mất tính tổng quát ta giả sử c ≥ a ≥ b.
Trước tiên ta khẳng định biểu thức trong căn luôn dương. Ta có: 1 1 1 1 1
ab + bc + ca + abc − a + c − b + − b − a + c − b 2 2 2 2 2 1 =
(2a − 1) (2c − 1) (b + 1) ≥ 0 4 Mà: 1 1 1 1 1 13 a + c − b + + b + a + c − b − 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 13 3 = 6 − b − b + + b + 6 − b − b − = (2b − 1) (5 − b) ≥ 0 2 2 2 2 2 2 4 Do đó 13 ab + bc + ca + abc ≥
tức căn thức tồn tại. Quay trở lại chứng minh bài toán. 2
Với các giả sử thứ tự như trên sẽ tồn tại hai số m ≥ n ≥ 0 sao cho: a = m + n; b = m − n
Do a + b + c = 6 nên c = 6 − 2m ≥ 2 tức m ≤ 2.
Khi đó BĐT được viết lại là:
(ab + bc + ca)2 + 36 ≥ 9 (ab + bc + ca) + 9abc ⇔ 2
m2 − n2 + (6 − 2m) (2m) + 36 ≥ 9 m2 − n2 + (6 − 2m) (2m) + 9 m2 − n2 (6 − 2m)
⇔ 9m4 − 54m3 + 6m2n2 + 117m2 − 42mn2 − 108m + n4 + 63n2 + 36 ≥ 0
⇔ 9(m − 2)2(m − 1)2 + n2 6(m − 2)2 + 18 (2 − m) + 3 + n2 ≥ 0
BĐT cuối hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2 hoặc a = b = 1, c = 4 và các hoán vị của nó. Nhận xét: Giả thiết 1 a, b, c ≥
nhằm để căn thức tồn tại chưa tham gia vào lời giải do đó ta 2
có thể mạnh giả thiết lên chỉ cần ab + bc + ca + abc ≥ 4. 47
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 38 (Đề thi HSG cấp Tỉnh Quảng Ngãi). 1
Với ba số thực x, y, z ∈
; 1 . Tìm GTNN của biểu thức: 2 6 P = x5y + xy5 + − 3 (x + y) − 2016z x2 + y2 LỜI GIẢI. Ta có: 6 6 P = x5y + xy5 +
− 3 (x + y) − 2016z ≥ x5y + xy5 + − 3 (x + y) − 2016 x2 + y2 x2 + y2 Xét hàm số: 6 f (x) = x5y + xy5 + − 3 (x + y) x2 + y2 Ta có: 12 12 f ′ (x) = 5x4y − + y5 − 3 ≤ 5 − + 1 − 3 = 0 (x2 + y2)2 4 Do đó: 6 P ≥ y + y5 + − 3 (1 + y) − 2016 1 + y2
Tương tự như trên ta được: 6 P ≥ y + y5 +
− 3 (1 + y) − 2016 ≥ −2017 1 + y2
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1, nên GTNN của P là −2017
Bài 39 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Quảng Ngãi).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 a + 1 b + 1 c + 1 8 8 8 + + + + + ≥ 6 ≥ + + a b c 1 + b2 1 + c2 1 + a2 a2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2 LỜI GIẢI. 1 1 a + 1 b + 1 c + 1 • Ta chứng minh: 1 + + + + + ≥ 6 Ta có: a b c 1 + b2 1 + c2 1 + a2 a + 1 (a + 1) a + 1 ab + b (a + 1) b(b − 1)2 ≥ (b − 1) + = ⇔ ≥ 0 1 + b2 2 2 2 2 (1 + b2)
Đánh giá tương tự cho các số hạng còn lại, ta chỉ cần chứng minh: 1 1 1 ab bc ca a + b + c + + + + + + ≥ 6 a b c 2 2 2 2 1 1 1 ab bc ca 9 ⇔ + + + + + ≥ a b c 2 2 2 2
BĐT cuối đúng theo AM - GM. 48
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 4 4 4 • Ta chứng minh:14 + +
≤ 3. Không mất tính tổng quát a2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2 ta giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt 1 1 1 f (a, b, c) = + + a2 + b2 + 2 b2 + c2 + 2 c2 + a2 + 2 Ta có: b + c b + c f a, , − f (a, b, c) 2 2   (b − c)2 1 1 =   2 − (b2 + c2 + 2) 2 + (b+c)2
(4 + 2a2 + b2 + c2) 4 + 2a2 + (b+c)2 2 2 Ta lại có: ! ! (b + c)2 (b + c)2 b2 + c2 + 2 2 +
< 4 + 2a2 + b2 + c2 4 + 2a2 + 2 2 Do đó: b + c b + c f a, , ≥ f (a, b, c) 2 2 Ta cần chứng minh: 2 1 3 f (3 − 2t, t, t) = + ≤ (3 − 2t)2 + t2 + 2 2t2 + 2 4
Thật vây, BĐT trên tương đương:
3(t − 1)2 (5t2 − 2t + 1) ≥ 0 4 (t2 + 1) (5t2 − 12t + 11)
Bài toán được chứng minh.
Bài 40 (Đề thi Olympic chuyên Khoa học Tự nhiên 2016).
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1. Chứng minh rằng: a (a + 1) b (b + 1) c (c + 1) 9 + + (2a + 1)2 (2b + 1)2 (2c + 1)2 ≤ 16 LỜI GIẢI. Cách 1:
Vì a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1 nên tồn tại ba số thực dương x, y, z sao cho: x y z a = , b = , c = y + z z + x x + y
14Tham khảo trong "Inequalities Theorems, Techniques and Selected Problems - Cvetkovski, Zdravko" 49
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Khi đó BĐT được viết lại là: x (x + y + z) y (x + y + z) z (x + y + z) 9 + + (2x + y + z)2 (x + 2y + z)2 (x + y + 2z)2 ≤ 16
Ta chuẩn hóa x + y + z = 3 khi đó ta cần chứng minh: x y z 3 + + (3 + x)2 (3 + y)2 (3 + z)2 ≤ 16 Khi đó đặt x f (x) = ta có: (3 + x)2 2 (x − 6) f ′′ (x) = < 0 (3 + x)4
Theo BĐT Jensen cho hàm lõm f(x) ta được: x + y + z x y z 3 + + 3 = (3 + x)2 (3 + y)2 (3 + z)2 ≤ 3. x + y + z 2 16 3 + 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
x = y = z = 1 tức a = b = c = 2 Cách 2: (diendantoanhoc.net)
Lập luận như trên ta cần chứng minh: x (x + y + z) y (x + y + z) z (x + y + z) 9 + + (2x + y + z)2 (x + 2y + z)2 (x + y + 2z)2 ≤ 16 Ta có: x (x + y + z) y (x + y + z) z (x + y + z) + + (2x + y + z)2 (x + 2y + z)2 (x + y + 2z)2 x y z ≤ (x + y + z) + + 4 (x + y) (x + z) 4 (y + z) (y + x) 4 (z + x) (z + y)
x (y + z) + y (z + x) + z (x + y) ≤ (x + y + z) 4 (x + y) (y + z) (z + x)
Do vậy ta chỉ cần chứng minh:
9 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y + z) (xy + yz + zx)
⇔ 9 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8 (x + y) (y + z) (z + x) + 8xyz
⇔ (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 8xyz
BĐT cuối hiển nhiên đúng theo AM -GM. 50
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Cách 3:
BĐT đã cho tương đương: 1 1 1 3 + + (2a + 1)2 (2b + 1)2 (2c + 1)2 ≥ 4 Ta có đánh giá sau: 4 3 (2a − 1)2 ⇔ ≥ 0 (2a + 1)2 − 4a2 + 2a + 1 (2a + 1)2 (4a2 + 2a + 1) Do vậy: 4 4 4 1 1 1 + + + + (2a + 1)2 (2b + 1)2 (2c + 1)2 ≥ 3 4a2 + 2a + 1 4b2 + 2b + 1 4c2 + 2c + 1
Theo giả thiết ta có 8abc ≤ 1 nên tồn tại a′ ≥ a sao cho 2a′.2b.2c = 1 thế nên ta được: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 4a2 + 2a + 1 4b2 + 2b + 1 4c2 + 2c + 1 4a′2 + 2a′ + 1 4b2 + 2b + 1 4c2 + 2c + 1
Áp dụng Bổ đề: x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1 thì: 1 1 1 + + ≥ 1 x2 + x + 1 y2 + y + 1 z2 + z + 1 Ta được: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + ≥ 1 4a2 + 2a + 1 4b2 + 2b + 1 4c2 + 2c + 1 4a′2 + 2a′ + 1 4b2 + 2b + 1 4c2 + 2c + 1 Vậy nên: 1 1 1 3 + + (2a + 1)2 (2b + 1)2 (2c + 1)2 ≥ 4 Cách 4:(diendantoanhoc) Ta cần chứng minh 1 1 1 3 + + (2a + 1)2 (2b + 1)2 (2c + 1)2 ≥ 4
Ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh hơn là: 1 1 1 3 + + ≥ (2a + 1) (2b + 1) (2b + 1) (2c + 1) (2c + 1) (2a + 1) 4 Thật vậy: 1 1 1 3 + + ≥ (2a + 1) (2b + 1) (2b + 1) (2c + 1) (2c + 1) (2a + 1) 4 2 (a + b + c) + 3 3 ⇔ ≥ (2a + 1) (2b + 1) (2c + 1) 4 2 (a + b + c) + 3 3 ⇔ ≥ 4 + 2 (a + b + c) + 1 4 3 ⇔ a + b + c ≥ 2 51
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
BĐT cuối là hiển nhiên vì theo BĐT AM - GM kết hợp với giả thiết ta có: (a + b + c)2 2(a + b + c)3 1 = ab + bc + ca + 2abc ≤ + 3 27 3 ⇒ a + b + c ≥ 2
Bài toán được chứng minh đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 a = b = c = 2 Cách 5:(diendantoanhoc) Ta cần chứng minh 1 1 1 3 + + (2a + 1)2 (2b + 1)2 (2c + 1)2 ≥ 4
Vì a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = 1 nên tồn tại x, y, z dương sao cho: x y z a = , b = , c = y + z z + x x + y
Vậy nên BĐT được viết lại là: (y + z)2 (z + x)2 (x + y)2 3 + + [(x + y) + (x + z)]2 [(y + z) + (y + x)]2 [(z + x) + (z + y)]2 ≥ 4 Ta lại có: (y + z)2 (z + x)2 (x + y)2 + + [(x + y) + (x + z)]2 [(y + z) + (y + x)]2 [(z + x) + (z + y)]2 " # 1 (y + z)2 (z + x)2 (x + y)2 ≥ + + 2 (x + y)2 + (x + z)2 (y + z)2 + (y + x)2 (z + x)2 + (z + y)2 Theo BĐT Nesbitt thì: (y + z)2 (z + x)2 (x + y)2 3 + + (x + y)2 + (x + z)2 (y + z)2 + (y + x)2 (z + x)2 + (z + y)2 ≥ 2
Bài toán được chứng minh.
Nhận xét: Đến đây ta thấy có sự liên kết giữa các đề thi: Tỉnh Bà Rìa - Vũng Tàu, Thanh
Hóa, Olympic chuyên Khoa học Tự nhiên và Problem A2 - IMO Shortlist 2009. Mặc dù dạng
BĐT giống sau vài bước biến đổi là như nhau nhưng giả thiết mạnh yếu khác nhau vì vậy cho
ta rất nhiều lời giải hay (với lời giải bằng phép biến đổi tương đương thì chúng gần như là một bài).
Bài 41 (Trại hè Hùng Vương lần XII Bắc Giang 2016, Lớp 10).
Với ba số thực a, b, c thỏa mãn (a + b) (b + c) (c + a) 6= 0. Chứng minh rằng: a 2 b 2 c 2 4abc a b c 1 + + + ≥ + + − a + b b + c c + a (a + b) (b + c) (c + a) a + b b + c c + a 4 52
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
LỜI GIẢI. Bài toán có dạng khá cồng kềnh một thao tác hay dùng khi gặp những BĐT như vậy là đặt lại ẩn. Cách 1: Ta đặt    2x = a + b a = x + z   − y    2y = b + c ⇔ b = x + y − z      2z = c + a  c = y + z − x
BĐT đã cho tương đương với 2 X z − y z − y x − z y − x X z − y 1 + + 2 1 + 1 + 1 + ≥ 2 3 + − 1 x x y z x 2 X z − y X z − y x − z X z − y z − y x − z y − x ⇔ + 2 . + 2 + 2 ≥ 0 x x y x x y z z − y x − z y − x2 ⇔ + + ≥ 0 x y z vì X z − y z − y x − z y − x = − x x y z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị của nó. Cách 2: (Đáp án của BTC) Ta đặt: a b c x = , y = , z = a + b b + c c + a Khi đó:
(1 − x) (1 − y) (1 − z) = xyz
⇔ 1 + xy + yz + zx = 2xyz + x + y + z
⇔ 2 + (x + y + z)2 = 4xyz + 2 (x + y + z) + x2 + y2 + z2 9 1 1
⇒ 4xyz + 2 (x + y + z) + x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 + − ≥ 3 |x + y + z| − 4 4 4 9 1 1
⇒ 4xyz + 2 (x + y + z) + x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 + − ≥ 3 (x + y + z) − 4 4 4 1
⇒ x2 + y2 + z2 + 4xyz ≥ x + y + z − 4 Vậy nên ta được: a 2 b 2 c 2 4abc a b c 1 + + + ≥ + + − a + b b + c c + a (a + b) (b + c) (c + a) a + b b + c c + a 4 53
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Bài 42 (Trại hè Hùng Vương lần XII Bắc Giang 2016, Lớp 11).
Với ba số thực không âm x, y, z có tổng bằng 3. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức sau: r r r 2 2 2 P = x3 − x2 + 4 + y3 − y2 + 4 + z3 − z2 + 4 3 3 3
LỜI GIẢI. Ta sẽ chứng minh: √ r r r 2 2 2 39 ≤ P = x3 − x2 + 4 + y3 − y2 + 4 + z3 − z2 + 4 ≤ 9 3 3 3 r r r 2 2 2 √ • P = x3 − x2 + 4 + y3 − y2 + 4 + z3 − z2 + 4 ≥ 39 3 3 3 Ta có: r √ √ √ √ 2 5 39 39 5 39 7 39 x3 − x2 + 4 ≥ (x − 1) + = x + 3 78 3 78 26 2 1 ⇔ x3 − x2 + 4 ≥ (5x + 21)2 3 156 1 ⇔ (x − 1)2 (52x + 61) ≥ 0 52 Do đó: r r r √ √ 2 2 2 5 39 21 39 √ x3 − x2 + 4 + y3 − y2 + 4 + z3 − z2 + 4 ≥ (x + y + z) + = 39 3 3 3 78 26
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 r r r 2 2 2 • P = x3 − x2 + 4 + y3 − y2 + 4 + z3 − z2 + 4 ≤ 9 3 3 3 Ta có: q x3 − 2x2 + 4 ≤ x + 2 3
⇔ x3 − 2x2 + 4 ≤ (x + 2)2 3 ⇔ x (x − 3) x + 4 ≤ 0 3
BĐT cuối hiển nhiên đúng do x ≤ 3. Do đó: r r r 2 2 2 P = x3 − x2 + 4 + y3 − y2 + 4 +
z3 − z2 + 4 ≤ (x + y + z) + 6 = 9 3 3 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 0, z = 3 và các hoán vị của nó. √ Vậy GTNN của P là
39 đạt được khi x = y = z = 1 và GTLN của P là 9 đạt được khi x = y = 0, z = 3. 54
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Nhận xét: • Đánh giá r √ √ √ √ 2 5 39 39 5 39 7 39 x3 − x2 + 4 ≥ (x − 1) + = x + 3 78 3 78 26
có được nhờ phương pháp tiếp tuyến dựa vào điểm rơi x = 1 15.
• Đối với đánh giá thứ hai: r 2 x3 − x2 + 4 ≤ x + 2 3
phương pháp tiếp tuyến không dùng được nữa vì điểm rơi của x, y, z lệch nhau. Ở đây
dùng hệ số bất định tức tìm một đánh giá dạng: r 2 x3 − x2 + 4 ≤ ax + b 3
Ta tìm a, b sao cho đánh giá trên đúng với mọi x ∈ [0; 3].
Bài 43 (Đề thi Olympic GGTH 2016 - Khối 11 & 12).
Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng: √
(3a + 2b + c)3 ≥ 6 3 (a + b + c) (ab + bc + ca) LỜI GIẢI. Cách 1: (diendantoanhoc.net)
Đặt x = a + b, y = a + c thì 3a + 2b + c = 2x + y ; (x, y ≥ 0). Ta lại có:   a + b + c  ≤ 2a + b + c = x + y   
 ab + bc + ca ≤ a2 + ab + bc + ca = (a + b) (a + c) = xy
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh: √ (2x + y)3 ≥ 6 3xy (x + y)
Ta chuẩn hóa y = 1 và chỉ cần chứng minh: √ (2x + 1)3 ≥ 6 3x (1 + x) √ !2 √ ! 3 − 1 3 + 2 ⇔ x − x + ≥ 0 2 4 √
BĐT cuối là hiển nhiên. Đẳng thức xảy ra khi 3 − 1 a = 0, b = c. 2
15Một vài đánh giá trong bài cũng dùng phương pháp tiếp tuyến để làm đánh giá trung gian. 55
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Cách 2: (Nguyễn Văn Huyện) √
Đặt F = (3a + 2b + c)3 − 6 3(a + b + c)(ab + bc + ca) Khi đó: √
F = 6 3 [2a (a + b + c) + bc] a √ 9 − 4 3 h √ √ i h√ √ i2 + 33a + 4 6 − 3 b + 9 + 4 3 c 3a + 1 + 3 b − c ≥ 0 33
Bài 44 (Đề thi Olympic GGTH 2016 - Khối 10).
Cho ∆ABC có độ dài không vượt quá 1. Gọi p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường
tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng: p (1 − 2Rr) ≤ 1
LỜI GIẢI. Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác. Khi đó tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho:   a = x + y   b = y + z    c = z + x Khi đó: r xyz (x + y) (y + z) (z + x) p = x + y + z; r = ; R = x + y + z p 4 xyz (x + y + z)
Do đó BĐT được viết lại là: (x + y) (y + z) (z + x) (x + y + z) 1 − ≤ 1 2 (x + y + z) (x + y) (y + z) (z + x) ⇔ x + y + z − ≤ 1 2
Đến đây ta trả về ẩn cũ và nhận được lời giản khá đơn giản: (x + y) (y + z) (z + x) x + y + z − ≤ 1 2 a + b + c − abc ⇔ ≤ 1 2 ⇔ a + b + c ≤ 2 + abc
⇔ (1 + ab − a − b) + (abc − ab) + (1 − c) ≥ 0
⇔ (1 − a) (1 − b) + (1 − c) (1 − ab) ≥ 0 56
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
BĐT cuối hiển nhiên đúng do giả thiết các cạnh của tam giác không vượt quá 1. Đẳng thức
xảy ra khi và chỉ khi a = 1, b = 1, c và các hoán vị của nó. Nhận xét:
• Bước chuyển đổi a, b, c thành x, y, z trên thường được gọi là phép thế Ravi. Đương nhiên
với bài toán này thì chưa cần dùng đến vì biểu thức cần chứng minh có thể biến đổi như sau: abc a + b + c − abc
p(1 − 2Rr) = p − 2Rpr = p − 2RS = p − = 2 2
Tuy nhiên với các bài toán có biểu thức tương đối phức tạp thì phép biến đổi Ravi tỏ ra khá hiệu quả.
• Có thể tham khảo cách đổi biến này qua bài viết: ”Useful substitutions in triangles
inequalities - Daniel Sitaru ” 57
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 2 Phần 2
Ngoài những kỹ thuật cơ bản (sử dụng BĐT cổ điển, biến đổi tương đương,...) ta còn một số
kỹ thuật, phương pháp mà tính hiệu quả của nó đã được khẳng định qua rất nhiều bài viết với
những lời giải đẹp. Tài liệu sẽ điểm lại một số kỹ thuật đó. Trước hết là kỹ thuật cũng là yêu
cầu đầu tiên khi ta học về BĐT.
2.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi
Trong chứng minh BĐT việc đảm bảo dấu bằng luôn xảy ra qua các bước đánh giá là vô cùng
quan trọng. Bởi nếu trong các bước đánh giá mà mỗi bước có dấu bằng xảy ra với biến x xảy
ra khác nhau thì qua các bước đánh giá đó ta chỉ thu được BĐT mà đẳng thức không thể xảy
ra, có nghĩa ta đã làm yếu BĐT đi và việc không chứng minh được là điều tất yếu. Ví dụ đơn giản như sau: Ví dụ 1.
Với mọi số thực x. Chứng minh rằng: 1 5 x2 + 2 + ≥ x2 + 2 2
Phân tích và lời giải Nếu ta vận dụng BĐT AM - GM như sau: r 1 x2 + 2 x2 + 2 + ≥ 2 = 2 x2 + 2 x2 + 2
Dấu bằng không thể xảy ra vì: 1 x2 + 2 = ⇔ x2 + 2 = 1 (V N) x2 + 2 vậy nên ta chỉ được: r 1 x2 + 2 x2 + 2 + > 2 = 2 x2 + 2 x2 + 2
BĐT đã yếu đi qua bước đánh giá trên đó là lý do không thể chứng minh được bài toán.
Vậy làm sau để có được một đánh giá hợp lý? Trước tiên ta phải đoán nếu đẳng thức xảy ra
thì x =? Sau đó mỗi bước đánh giá ta luôn nhớ phải đảm bảo đẳng thức sẽ xảy ra. Cụ thể với
bài toán trên không khó để đoán đẳng thức xảy ra khi x = 0 do đó ta đánh giá khéo léo hơn như sau: s 1 x2 + 2 1 3 (x2 + 2) x2 + 2 6 5 x2 + 2 + = + + ≥ 2 + = x2 + 2 4 x2 + 2 4 4 (x2 + 2) 4 2 58
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Tóm lại khi làm việc với BĐT cái nhìn đầu tiên là hãy dự đoán dấu bằng của BĐT sẽ xảy ra khi nào.
Nếu bước dự đoán không dễ dàng hay nói cách khác điểm rơi là số rất xấu không thể đoán được thì thế nào?
Đối với mỗi dạng có giả thiết khác nhau sẽ có cách đánh giá khác nhau, hai ví dụ sau đây hy
vọng bạn đọc nắm được ý tưởng khi gặp các BĐT mà dấu bằng khó đoán. Ví dụ 2.
Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + 2b + 3c = 4. Tìm GTNN của biểu thức sau: P = a2 + b2 + c4
Phân tích và lời giải Không khó để nhận ra ta cần một đánh giá dạng:
a2 + b2 + c4 ≥ k (a + 2b + 3c)
Và bước đánh giá đó là dùng BĐT AM- GM. Tuy nhiên rất khó để có thể biết GTNN của P
xảy ra khi a, b, c có giá trị là bao nhiêu để áp dụng AM- GM hợp lý. Ta giả sử khi P đạt GTNN
thì a = x, b = y, c = z và sẽ tiến hành như sau:    a2 + x2 ≥ 2xa        b3 + y2 ≥ 2yb
⇒ a2 + b2 + c4 + x2 + y2 + 2z3 ≥ 2xa + 2yb + 3z2c          c4 + 2z3 ≥ 3z2c
Vậy là ta cần chọn x, y, z sao cho:  2x 1   16   =  y =   y = 2x   2y 2   25                     2x 1 √ 4 = ⇔ z = 2x ⇔ z =  5  3z2 3                 √        8    x + 2y + 3z = 4 5x + 3 2x = 4  x = 25
Nhưng khi trình bày lời giải ta có thể làm ngắn ngọn như sau: Ta có:  2  8 16   a2 + ≥ a   25 25         162 32 16 192 128 b2 + ≥ b ⇒ a2 + b2 + c3 ≥ (a + 2b + 3c) − =  25 25 25 125 125         3   4 48   c3 + 2 ≥ c 5 25 59
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 8 16 4 a = ; b =
; c = . Do đó GTNN của P là 128 25 25 5 125 Ví dụ 3.
Với a, b, c là các số thực thay đổi sao cho ab + bc + ca = 1. Tìm GTNN của biểu thức sau: P = a2 + b2 + 3c2
Phân tích và lời giải Từ giả thiết bài toán gợi cho ta chọn cách đánh giá:
a2 + b2 + 3c2 ≥ k (ab + bc + ca)
Tương tự như ví dụ 2, ta không đoán được điểm rơi khi GTNN đạt được. Ta giả sử khi đó
a = x, b = y, c = z ta có đánh giá sau:   (ay)2 + (bx)2   xyab ≤   2        (bz)2 + (cy)2 yzbc ≤   2         (az)2 + (cx)2   zxac ≤ 2
Vấn đề còn lại là chon x, y, z thích hợp sao cho có thể tận dụng được ab + bc + ca = 1. Do đó
ta điều chỉnh lại như sau:   z(ay)2 + z(bx)2   xyzab ≤   2        x(bz)2 + x(cy)2 xyzbc ≤   2         y(az)2 + y(cx)2   xyzac ≤ 2 Vậy nên:
[yz (y + z)] a2 + [zx (z + x)] b2 + [xy (x + y)] c2 ≥ 2xyz (ab + bc + ca)
Ta sẽ chọn x, y, z sao cho:    y (y + z) = x (z + x)  r   3     x = y = 4        11 3z (y + z) = x (x + y) ⇔  √   r     33 − 3 1     z = . 4    2 297  xy + yz + zx = 1
Phần trình bày lại giải dành cho bạn đọc.
Để kết lại phần này bạn đọc nên xem lại trong phần một các bài Bài 1 (Tp. HCM - Ngày
thứ 1),Bài 12 (Đề chọn đội tuyển Bình Dương 2016),Bài 26 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên) 60
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
2.2 Phương pháp tiếp tuyến
Ý tưởng của phương pháp có thể giải thích như sau:
• Giải tích: Trong chương trình toán THPT ta thường xét đến đạo hàm cấp 1, 2 do đó
nếu f′′(x) không đổi dấu thì trong khai triển Taylor f ′ (x f ′′ (x f (n) (x f (n+1) (a) f (x) = f (x 0) 0) 0) 0)+ (x − x (x − x (x − x (x − x 1! 0)+ 2! 0)2+...+ n! 0)n+ (n + 1)! 0)n+1 ta được: 
 Nếu f ′′(x) ≥ 0; ∀x ∈ [a; b] thì f(x) ≥ f (x0) + f′ (x0) (x − x0) ; ∀x0 ∈ [a; b]
 Nếu f ′′(x) ≤ 0; ∀x ∈ [a; b] thì f (x) ≤ f (x0) + f ′ (x0) (x − x0) ; ∀x0 ∈ [a; b]
(Chứng minh đơn giản bằng cách khai triển đến cấp 2.)
• Hình học: Ta biết rằng tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại một điểm (trừ điểm uốn) luôn
nằm trên hoặc nằm dưới đồ thị hàm số trong một khoảng lồi - lõm tức là
f (x) ≥ f′ (x0) (x − x0) + f (x0) ; ∀x ∈ (a; b) Hoặc là
f (x) ≤ f′ (x0) (x − x0) + f (x0) ; ∀x ∈ (a; b)
(Trong đó (a; b) là một khoảng mà hàm số lồi hoặc lõm)
Chính vì vậy ta thường chọn nó làm một đánh giá phụ để chứng minh BĐT. Ví dụ 4 (BĐT Nesbitt).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: a b c 3 + + ≥ 3 − a 3 − b 3 − c 2
Phân tích và lời giải Trước tiên ta nhận xét được đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ta lại thấy tiếp tuyến của hàm số x f (x) =
luôn nằm phía dưới đồ thị với mọi 0 < x < 3. 3 − x 2 1 b − − 2 1 1 2 3 −1 61
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Trên cơ sở đó ta mạnh dạn đưa ra đánh giá phụ: a 3 1 ≥ (a − 1) + 3 − a 4 2
mà việc kiểm chứng rất dễ dàng bằng phép biến đổi tương đương.
Làm tương tự cho các biến b, c cộng lại ta được điều phải chứng minh.
Một bài nữa để bạn đọc tập dợt Ví dụ 5 (Baltic Way 2011).
Với bốn số thực a, b, c, d không âm có tổng bằng 4. Chứng minh rằng: a b c d 4 + + + ≤ a3 + 8 b3 + 8 c3 + 8 d3 + 8 9
Phân tích và lời giải Ta sử dụng đánh giá: a 6(a − 1) 1 ≤ + a3 + 8 92 9
Điểm mạnh của phương pháp tiếp tuyến là sử dụng được cho các BĐT có điều kiện tổng là
hằng số và biểu thức tách biến. Nếu điều kiện khác đi hoặc biểu thức không có dạng tách biến
có thể sử dụng được phương pháp không? Hai ví dụ sẽ trả lời cho câu hỏi đó.
Ví dụ 6 (All-Russian Olympiad 2002).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: √ √ √ a + b + c ≥ ab + bc + ca
Phân tích và lời giải BĐT không ở dạng tách biến không thể áp dụng phương pháp tiếp
tuyến. Tuy nhiên nếu ta điều chỉnh lại biểu thức như sau: √ √ √
a2 + 2 a + b2 + 2 b + c2 + 2 c ≥ 2 (ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 = 9
Đến đây vấn đề trở nên đơn giản rất nhiều bằng cách sử dụng đánh giá sau: √
a2 + 2 a ≥ 3 (a − 1) + 3 = 3a
Ta có được lời giải cho bài toán.
Ví dụ 7 (Toán học tuổi trẻ).
Với các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Tìm GTNN của biểu thức sau:
P = 5 a3 + b3 + c3 + 2 a2b + b2c + c2a 62
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Phân tích và lời giải Xét hàm số: f (a) = 5a3 + 2a2b
Ta dự đoán cho đánh giá:
f (a) ≥ f′ (1) (a − 1) + f (1)
⇔ 5a3 + 2a2b ≥ (15 + 4b) (a − 1) + (5 + 2b)
⇔ (a − 1)2 (5a + 2b + 10) ≥ 0 Vậy nên:
P ≥ (15 + 4b) (a − 1) + (5 + 2b) + (15 + 4c) (b − 1) + (5 + 2c) + (15 + 4a) (c − 1) + (5 + 2a)
⇔ P ≥ 4 (ab + bc + ca) + 13 (a + b + c) − 30 ≥ 21
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 nên GTNN của P là 21.
Nhận xét: Ví dụ này muốn nói lên nếu biểu thức cần chứng minh không ở dạng tách biến ta
vẫn có thể dùng phương pháp tiếp tuyến bằng cách xét hàm và xem các biến còn lại là tham số.
Để hiểu hơn về phương pháp tiếp tuyến cũng như khẳng định lại tính hiệu quả của nó bạn đọc
có thể đọc lại các bài giải của các đề thi Thanh Hóa - Vòng 2, Hà Nam, Ninh Bình, Phú
Yên, Quảng Ngãi, Trại hè Hùng Vương lần XII 2.3 Phương pháp pqr
Các BĐT đối xứng ba biến x, y, z đều có thể quy về BĐT với các biến p = x + y + z, q =
xy + yz + zx, r = xyz, như vậy thay vì chứng minh BĐT với ba biến x, y, z không có mối quan
hệ với nhau ta quy về chứng minh BĐT với ba biến mới p, q, r có mối quan hệ mật thiết với
nhau đó chính là ý tưởng chính của phương pháp.
Để thuận lợi cho việc áp dụng phương pháp ta cần nhớ một số phân tích cơ bản và một số
đánh giá đơn giản như sau:16
2.3.1 Một số phân tích cơ bản • a2 + b2 + c2 = p2 − 2q
• a3 + b3 + c3 = p3 − 3pq + 3r
• a4 + b4 + c4 = p4 − 4p2q + 2q2 + 4pr
16Tham khảo ” BĐT schur và phương pháp biến đổi p, q, r - Võ Thành Văn ”. 63
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
• a2b2 + b2c2 + c2a2 = q2 − 2pr
• ab (a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) = pq − 3r
• (a + b) (b + c) (c + a) = pq − r
• (a + b) (a + c) + (b + c) (b + a) + (c + a) (c + b) = p2 + q
• ab (a2 + b2) + bc (b2 + c2) + ca (c2 + a2) = p2q − 2q2 − pr
• a3b3 + b3c3 + c3a3 = q3 − 3pqr + 3r2
• a4b4 + b4c4 + c4a4 = q4 − 4pq2r + 2p2r2 + 4qr2
2.3.2 Một số đánh giá đơn giản • p2 ≥ 3q • p3 ≥ 27r • q2 ≥ 3pr • pq ≥ 9r • 2p3 + 9r ≥ 7pq • p2q + 3pr ≥ 4q2 • p4 + 3q2 ≥ 4p2q • p4 + 4q2 + 6pr ≥ 5p2q • p3 + 9r ≥ 4pq • q3 + 9r2 ≥ 4pqr • p3r + q3 ≥ 6pqr p (4q − p2) • r ≥ max 0; 9 (4q − p2) (p2 − q) • r ≥ max 0; 6p Chứng minh: • p2 ≥ 3q BĐT tương đương với: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 64
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh • p3 ≥ 27r
BĐT đúng theo AM - GM ba biến. • q2 ≥ 3pr BĐT tương đương với:
(ab)2 + (bc)2 + (ca)2 ≥ abc (a + b + c) • pq ≥ 9r
BĐT đúng theo AM - GM ba biến. • 2p3 + 9r ≥ 7pq BĐT tương đương với:
2 a3 + b3 + c3 ≥ a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2
BĐT này đúng theo BĐT AM - GM ba biến. • p2q + 3pr ≥ 4q2 BĐT tương đương với:
a3b + b3c + c3a + ab3 + bc3 + ca3 ≥ 2 a2b2 + b2c2 + c2a2
BĐT này đúng theo AM - GM ba biến. • p4 + 3q2 ≥ 4p2q BĐT tương đương với
a4 + b4 + c4 + a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ 2abc (a + b + c)
BĐT này đúng theo BĐT AM - GM. • p4 + 4q2 + 6pr ≥ 5p2q BĐT tương đương:
a2 (a − b) (a − c) + b2 (b − a) (b − c) + c2 (c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT là BĐT Schur bậc 4 nên hiển nhiên đúng. • p3 + 9r ≥ 4pq
BĐT trên tương đương với:
a (a − b) (a − c) + b (b − a) (b − c) + c (c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT là BĐT Schur bậc 3 nên hiển nhiên đúng. 65
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh • q3 + 9r2 ≥ 4pqr
BĐT trên tương đương với:
(x + y + z)3 + 9xyz ≥ 4 (x + y + z) (xy + yz + xz)
Trong đó x = ab, y = bc, z = ca. BĐT thu được hiển nhiên đúng vì nó là BĐT Schur bậc 3. • p3r + q3 ≥ 6pqr BĐT tương đương với:
pr p2 − 3q + q q2 − 3pr ≥ 0
BĐT này hiển nhiên đúng theo chứng minh trên. p (4q − p2) • r ≥ max 0; 9 Ta cần chứng minh: p (4q − p2) r ≥
. BĐT này tương đương với: 9
a (a − b) (a − c) + b (b − c) (b − a) + c (c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT này hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur bậc 3. (4q − p2) (p2 − q) • r ≥ max 0; 6p Ta cần chứng minh: (4q − p2) (p2 − q) r ≥
. BĐT này tương đương với: 6p
a2 (a − b) (a − c) + b2 (b − a) (b − c) + c2 (c − a) (c − b) ≥ 0
BĐT này hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur bậc 4.
Ta thấy trong quá trình chứng minh các đánh giá đơn giản trên ta dùng rất nhiều BĐT Schur.
Đây là công cụ hữu hiệu khi kết hợp với kỹ thuật phân tích pqr trong chứng minh BĐT.17 2.3.3 BĐT Schur
Với mỗi số thực dương a, b, c, k. BĐT sau luôn đúng:
ak (a − b) (a − c) + bk (b − a) (b − c) + ck (c − a) (c − b) ≥ 0 Chứng minh:
Do tính đối xứng của BĐT nên ta giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó:
ak (a − b) (a − c) ≥ bk (a − b) (b − c) Vì vậy:
ak (a − b) (a − c) + bk (b − a) (b − c) + ck (c − a) (c − b)
≥ ck (c − a) (c − b) ≥ 0
17Bạn đọc có thể tham khảo bài viết " BĐT Schur và ứng dụng - Trần Xuân Đáng - Toán học tuổi trẻ " 66
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 2.3.4 Ví dụ minh họa Ví dụ 8.
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z)
Phân tích và lời giải Để đơn giản ta chuẩn hóa p = x+y +z = 1 và đặt q = xy +yz +zx, r =
xyz. Khi đó BĐT trên tương đương với: 1 − 4q + 2q2 + 3r ≥ 0 Ta lại có: 7q 2 9r + 2 ≥ 7q ⇔ 3r ≥ − 3 3
Do đó ta chỉ cần chứng minh: 7q 2 1 1 − 4q + 2q2 + −
≥ 0 ⇔ (3q − 1) (2q − 1) ≥ 0 3 3 3 BĐT trên luôn đúng vì 1 q ≤ . 3 Ví dụ 9 (Iran - 1996).
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: 1 1 1 9 (xy + yz + zx) + + ≥ (x + y)2 (y + z)2 (z + x)2 4
Phân tích và lời giải Ta chú ý rằng: " #2 X X (x + y)2(y + z)2 = (x + y) (y + z)
− 4 (x + y + z) (x + y) (y + z) (z + x) cyc cyc
Do đó BĐT đã cho tương đương: ! (p2 + q)2 − 4p (pq − r) 9 q ≥ (pq − r)2 4
⇔ 4p4q − 17p2q2 + 4q3 + 34pqr − 9r2 ≥ 0
⇔ pq p3 + 9r − 4pqr + q p4 + 4q2 + 6pr − 5p2q + r (pq − 9r)
Theo các đánh giá trên bài toán được chứng minh.
Một khó khăn khi dùng phương pháp pqr đó là khối lượng tính toán khá nhiều. Tuy nhiên nếu
thành thạo thì đây chỉ là kỹ năng cơ bản giống như kỹ năng cho phương pháp SOS. Tiếp đến
ta đến với hai ví dụ để ta thấy tính hiệu quả cũng như vẻ đẹp khi ta kết hợp pqr và BĐT Schur. 67
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Ví dụ 10 (BĐT schur và phương pháp biến đổi p, q, r - Võ Thành Văn).
Với các số thực dương x, y, z có tổng bằng 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 247 + + + 2xyz ≥ x + y y + z z + x 54
Phân tích và lời giải Ta chú ý x + y + z = 1. BĐT đã cho tương đương: 1 1 1 xyz 247 + + + 2 ≥ x + y y + z z + x x + y + z 54 Theo BĐT Schur ta được: xyz 1 1 ≥
4 (xy + yz + zx) − (x + y + z)2 = [4 (xy + yz + zx) − 1] x + y + z 9 9 Nên ta cần chứng minh: 1 + q 2 (4q − 1) 247 + − ≥ 0 q − r 9 54
⇔ 48q2 + 259r + 54 ≥ 48qr + 205q 1 2 146 ⇔ 48 q −
+ r (16 − 48q) + 243r − 173q + ≥ 0 3 3
Lại theo BĐT Schur ta lại có: p (4q − p2) 4q − 1 r ≥ = 9 9
Do đó ta chỉ cần chứng minh: 1 2 146 48 q −
+ r (16 − 48q) + 27 (4q − 1) − 173q + ≥ 0 3 3 12 65 ⇔ 48 q − + 16r (1 − 3q) + (1 − 3q) ≥ 0 3 3
BĐT trên là hiển nhiên vì 1 q ≤ 3
Ví dụ 11 (Trần Nam Dũng).
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng:
2 a2 + b2 + c2 + abc + 8 ≥ 5 (a + b + c)
Phân tích và lời giải Ta có: 9abc
4 a2 + b2 + c2 + 2abc + 16 ≥ 4 a2 + b2 + c2 + + 15 a + b + c
≥ 4 p2 − 2q + 4q − p2 + 15 68
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Do vậy ta cần chứng minh:
4 p2 − 2q + 4q − p2 + 15 ≥ 10p
⇔ 3p2 − 10p + 15 − 4q ≥ 0 Mà p2 q ≤ do vậy ta cần có: 3 4p2 5 3p2 − 10p + 15 − ≥ 0 ⇔ (p − 3)2 ≥ 0 3 3
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Ta đã thấy rõ tính linh hoạt khi ta thay ba biến x, y, z thành ba biến mới p, q, r có mối quan
hệ mật thiết với nhau, cũng như vẻ đẹp của bài chứng minh khi kết hợp với BĐT Schur. Hơn
nữa với những bài khó hơn ta không đơn thuần là biến đổi và dùng Schur mà còn kết hợp với
chia trường hợp để xử lý bài toán - Đó là cả một kỹ thuật, bài viết sẽ không trình bày ở đây
mời bạn đọc xem trong tài liệu mục 8.
2.4 Phương pháp dồn biến
Trong chứng minh BĐT ta thường gặp các BĐT có dạng: f(x, y, z) ≥ 0 để đánh giá cho vế trái
ta thường tìm một chặn dưới cho nó bằng cách áp dụng các BĐT phụ, hàm số. . . Một trong số
đó là tìm chặn dưới ứng với các biến “ít lệch” hơn (suy nghĩ này rất tự nhiên vì hầu hết các
đẳng thức xảy ra trong chứng minh BĐT là khi các biến bằng nhau). Tùy vào mỗi bài mỗi giả
thiết ta có một số cách khác nhau như: x + y x + y √ √ f (x, y, z) ≥ f ;
; z ; f (x, y, z) ≥ f ( xy; xy; z) 2 2 r r ! x2 + y2 x2 + y2 f (x, y, z) ≥ f ; ; z 2 2
Khi đó thay vì chứng minh ta chuyển về chứng minh các chặn dưới đó lớn hơn hoặc bằng 0 với
số biến ít hơn (vì vậy phương pháp có tên là dồn biến).
Tài liệu sẽ điểm qua 3 ví dụ đại diện cho ba cách dồn biến thông dụng trong chứng minh BĐT. Ví dụ 12 (BĐT Nesbitt).
Với các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng: x y z 3 + + ≥ y + z z + x x + y 2
Phân tích và lời giải Do BĐT có dạng tổng nên ta chọn cách dồn biến: x + y x + y f (x, y, z) ≥ f ; ; z 2 2 69
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Xét x y z 3 f (x, y, z) = + + − y + z z + x x + y 2
Ta hy vọng có đánh giá sau luôn đúng: x + y x + y x y 2 (x + y) f (x, y, z) − f ; ; z = + − ≥ 0 2 2 y + z z + x 2z + x + y Thật vậy: x y (x + y)2 2 (x + y) + ≥ ≥ y + z z + x 2xy + xz + yz 2z + x + y
Do vậy thay vì chứng minh bài toán với 3 biến x, y, z giờ ta chỉ chứng minh BĐT với 2 biến t, z: 2t z 3 + ≥ t + z 2t 2 (t − z)2 ⇔ ≥ 0 2 (t + z) t
Nhận xét: Nếu ta kết hợp chuẩn hóa thì ta chỉ cần chứng minh BĐT với 1 biến khi đó công
việc trở nên dễ dàng hơn. Ví dụ 13 (MOSP-2001).
Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:
(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 4(x + y + z − 1)
Phân tích và lời giải BĐT có điều kiện tích ba biến là hằng số nên ta sẽ chọn cách dồn biến: √ √ f (x, y, z) ≥ f ( xy, xy, z) Xét
f (x, y, z) = (x + y)(y + z)(z + x) − 4(x + y + z − 1)
Ta cần đánh giá sau đây là đúng: √ √ f (x, y, z) − f xy, xy, z √ √ √
= xy x + y − 2 xy + z x2 + y2 + xz + yz − 2xy − 2z xy − 4 x + y − 2 xy √ √ h √ √ √ √ = 2 2i 2 xy x − y + z (x − y)2 + z x − y − 4 x − y √ √ √ √ i = 2 h 2 x − y z2 + xy + z x + y − 4 √ √ √ = 2 x − y (z + x)(z + y) + 2z xy − 4 70
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta lại có: p √
(z + x)(z + y) ≥ 4 z2xy = 4 z
vế trái của BĐT trên sẽ lớn hơn hoặc bằng 4 nếu z ≥ 1. Điều này hoàn toàn có được bằng cách
sắp lại thứ tự các biến trong BĐT (vì BĐT là đối xứng).
Tóm lại ta chỉ cần chứng minh: √
2t(t + z)2 − 4 (2t + z − 1) ≥ 0; (t = xy) 1 2 1 ⇔ 2t t + − 4 2t + − 1 ≥ 0 t2 t2
(t − 1)2 (t4 + 2t3 + 1 − t2) ⇔ ≥ 0 t3
BĐT cuối luôn đúng vì t ≤ 1.
Nhận xét: Phương pháp dồn biến sẽ trở nên hiệu quả hơn nếu ta biết áp dụng kết hợp với
các kỹ thuật khác: Sắp thứ tự biến, chuẩn hoán, đạo hàm,...
Bây giờ ta lại xét lại một ví dụ cũ bên trên nhưng với cách nhìn mới hơn.
Ví dụ 14 (All-Russian Olympiad 2002).
Với ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: √ √ √ a + b + c ≥ ab + bc + ca Phân tích và lời giải √
Để thuận tiện trong phép chứng minh ta sẽ đặt √ √ a = x; b = y; c = z.
Khi đó giả thiết bài toán sẽ là: x2 + y2 + z2 = 3
Nên ta chọn cách dồn biến: r r ! x2 + y2 x2 + y2 f (x, y, z) ≥ f , , z 2 2
với f(x, y, z) = x + y + z − x2y2 − y2z2 − z2x2 71
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta hy vọng r r ! r ! " x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 2# f (x, y, z) − f , , z = x + y − 2 − x2y2 − 2 2 2 2 r ! x2 + y2 x2 − y22 = x + y − 2 + 2 2   −(x − y)2 x2 − y22 =  q  + 2 x + y + 2 x2+y2 2   (x + y)2 1 = (x − y)2  −  ≥ 0 4 q x + y + 2 x2+y2 2
Đánh giá trên không phải lúc nào cũng đúng, do đó ta cần sắp lại thứ tự các biến và hy vọng khi đó nó sẽ đúng. √
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z. Khi đó z ≤ 1; x + y ≥ 2 và: (x + y)2 1 1 1 − ≥ − √ > 0 4 q 2 x + y + 2 x2+y2 2 + 2 2
Vậy ta chỉ cần chứng minh: r r ! r x2 + y2 x2 + y2 √ x2 + y2 f , , z = 2t +
3 − 2t2 − t4 − 2t2 3 − 2t2 ≥ 0; vớit = ≥ 1 2 2 2 Mà √ 2t +
3 − 2t2 − t4 − 2t2 3 − 2t2 √ 2 2 (t2 − 1)
= 3t4 − 6t2 + 2t + 3 − 2t2 = 3 t2 − 1 + 2 (t − 1) + √ ≥ 0 3 − 2t2 + 1
Bài toán được chứng minh.
Trên là ba cách dồn biến thông dụng. Đương nhiên tùy mỗi bài toán khác nhau ta sẽ chọn cách dồn biến khác nhau 18
Để kết lại phần dồn biến bạn đọc hãy điểm lại các bài giải trong đề thi của Phổ thông năng
khiếu, Đăk Lăk lần 1, Thái Nguyên.
Ngoài ra bạn đọc hãy xem ví dụ sau đây để có một hướng nhìn khác về cách dồn biến - không
đơn thuần là các phép biến đổi tương đương. Ví dụ 15 (IMO-1984).
18Bạn đọc nên xem quyển " Sáng tạo BĐT - Phạm Kim Hùng " để thấy được những cách dồn biến rất đặc biệt. 72
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh
Với ba số thực không âm x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: 7
0 ≤ xy + yz + xz − 2xyz ≤ 27 Phân tích và lời giải
Ý tưởng: Giả sử ta cần đánh giá x + y
f (x, y, z) ≥ f (t; t; z) ; t =
khi đó ta sẽ khảo sát hàm 2 số:
g(ε) = f (t + ε; t − ε; z)
với ε ≥ 0. Ta chứng minh đây là hàm tăng (bằng công cụ đạo hàm) vì vậy: x − y f (x, y, z) = g ≥ g(0) = f (t; t; z) 2
Qua trở lại bài toán, ta chứng minh: 7 xy + yz + xz − 2xyz ≤ 27 Xét 7
f (x, y, z) = xy + yz + xz − 2xyz − 27 với giả sử x + y 1
x ≥ y ≥ z . Với mỗi (x, y, z) cố định ta đặt 1 ≤ t = ≤ 3 2 2 • Xét hàm số: 7
g(ε) = f (t+ε, t−ε, z) = (t + ε) (t − ε)+2t (1 − 2t)−2 (t + ε) (t − ε) (1 − 2t)− ; (ε ≥ 0) 27 có
g′(ε) = −2ε + 4ε (1 − 2t) = ε (2 − 8t) ≤ 0 Vì vậy: g(ε) ≤ g(0) • Từ trên ta được: x − y g ≤ g(0) 2 7 7 ⇔ xy + yz + xz − 2xyz −
≤ t2 + 2t (1 − 2t) − 2t2 (1 − 2t) − 27 27 Mà 7 1
t2 + 2t (1 − 2t) − 2t2 (1 − 2t) − = (3t − 1)2 (12t − 7) ≤ 0 27 27
Bài toán được chứng minh. 73
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 2.5 Phương pháp SOS
SOS là viết tắt của Sum of Square. Ý tưởng phương pháp là đưa bài toán chứng minh BĐT về
phân tích thành tổng các đại lượng bình phương. Ví dụ: 1
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0 2
Vậy là ta chứng minh được BĐT AM - GM ba biến. Ví dụ 16 (Moldova MO 2006).
Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: b c a a2 − 1 + b2 − 1 + c2 − 1 ≥ 0 c a b
Phân tích và lời giải BĐT trên tương đương với:
a3b2 + b3c2 + c3a2 ≥ abc a2 + b2 + c2
⇔ a2 (a − b + c) (b − c)2 + b2 (a + b − c) (a − c)2 + c2 (b + c − a) (a − b)2 ≥ 0
Nhận xét: Lời giải trên rất đẹp tuy nhiên có 2 vấn đề phát sinh:
• Để biến đổi thu được BĐT cuối không phải là chuyện dễ dàng, vậy có một cách thức nào cho việc phân tích này? • Nếu các phần
Sa = a2 (a − b + c) ; Sb = b2 (a + b − c) ; Sc = c2 (b + c − a)
trong một bài toán khác chúng không đảm bảo là không âm vậy có chứng minh được BĐT hay không?
Chính hai vấn đề trên là động lực để phương pháp SOS xuất hiện.
2.5.1 Các phân tích cơ bản
Một số phân tích sau sẽ giúp chúng ta rút ngắn thời gian khi sử dụng SOS cũng như có định
hướng cho các phép biến đổi
• a2 + b2 − 2ab = (a − b)2 a b (a − b)2 • + − 2 = b a ab
• a3 + b3 − ab(a + b) = (a + b)(a − b)2 74
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 1
• a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca =
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 2 1 1
• a2 + b2 + c2 − (a + b + c)2 =
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 3 3
• (a + b)(b + c)(c + a) − 8abc = a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 1
• a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 2 p (a − b)2 •
2(a2 + b2) − (a + b) = p2(a2 + b2) + (a + b) a b c 3 X (a − b)2 • + + − = b + c c + a a + b 2 2(a + c)(b + c) Sym 7a + b + c a + 7b + c a + b + 7c • (a + b + c)3 − 27abc = (b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 2 2 2 2.5.2 Định lý SOS Xét biểu thức
S = f (a, b, c) = Sa(b − c)2 + Sb(a − c)2 + Sc(a − b)2 trong đó S là các hàm số theo a; Sb; Sc a, b, c
1. Nếu Sa; Sb; Sc ≥ 0 thì S ≥ 0. 2. Với a ≥ b ≥ c và:   S  b ≥ 0  • S thì S b + Sa ≥ 0 ≥ 0.    Sb + Sc ≥ 0 Mở rộng:   S + Nếu a ≥ Sb ≥ Sc thì S ≥ 0.  Sb + Sc ≥ 0   S + Nếu a ≤ Sb ≤ Sc thì S ≥ 0.  Sb + Sa ≥ 0   S  a; Sc ≥ 0  • S thì S a + 2Sb ≥ 0 ≥ 0.    Sc + 2Sb ≥ 0   Sb; Sc ≥ 0 • thì S ≥ 0.  a2Sb + b2Sa ≥ 0 75
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh   S 3. Nếu a + Sb + Sc ≥ 0 thì S ≥ 0.  SaSb + SbSc + ScSa ≥ 0 Chứng minh:19
1. Nếu Sa; Sb; Sc ≥ 0 thì S ≥ 0. (hiển nhiên) 2. Với a ≥ b ≥ c và:   S  b ≥ 0  • Ta có: Sb + Sa ≥ 0    Sb + Sc ≥ 0
Vì a ≥ b ≥ c ⇒ (a − c)2 ≥ (a − b)2 + (b − c)2 nên
S = Sa(b − c)2 + Sb(a − c)2 + Sc(a − b)2 ≥ (Sa + Sb) (b − c)2 + (Sc + Sb) (a − b)2 ≥ 0   S  a; Sc ≥ 0  • Ta có: Sa + 2Sb ≥ 0    Sc + 2Sb ≥ 0
Nếu Sb ≥ 0 kết hợp với Sa; Sc ≥ 0 ta được điều phải chứng minh. Ở đây ta chỉ xét với Sb ≤ 0.
Vì (a − c)2 ≤ 2(a − b)2 + 2(b − c)2 nên:
S = Sa(b − c)2+Sb(a − c)2+Sc(a − b)2 ≥ (Sa + 2Sb) (b − c)2+(Sc + 2Sb) (a − b)2 ≥ 0   Sb; Sc ≥ 0
• Ta có:  a2Sb + b2Sa ≥ 0 Vì a a ≥ b ≥ c nên a − c ≥ khi đó: b − c b " a − c2# a 2
Sa(b − c)2 + Sb(a − c)2 = (b − c)2 Sa + Sb. ≥ (b − c)2 S b − c a + Sb. b   S 2 Vì vậy b; Sc ≥ 0 thì a S ≥ (b − c)2 Sa + Sb. + Sc(a − b)2 ≥ 0  a2S b b + b2Sa ≥ 0   S 3. Ta có: a + Sb + Sc ≥ 0  SaSb + SbSc + ScSa ≥ 0   S Ta chứng minh khi a < 0
các trường hợp khác tương tự.  Sb + Sc ≥ 0
19Khi làm một bài thi mà sử dụng phương pháp SOS, học sinh phải kèm phép chứng minh vào bài giải tránh bị mất điểm. 76
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta có:
(Sb + Sc) Sa(b − c)2 + Sb(a − c)2 + Sc(a − b)2
= (Sb + Sc)2a2 − 2 (Sb + Sc) (bSc + cSb) a + (Sb + Sc) c2Sb + b2Sc + Sa(b − c)2
= [(Sb + Sc) a − (bSc + cSb)]2 + (SaSb + SbSc + ScSa) (b − c)2 ≥ 0 2.5.3 Ví dụ minh họa Ví dụ 17 (BĐT Schur).
Với a, b, c là ba số thực không âm. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)
Phân tích và lời giải Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c BĐT trên tương đương:
⇔ a3 + b3 + c3 − 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) − 6abc 1
⇔ (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2 2 −a + b + c a − b + c a + b − c ⇔ (b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 ≥ 0 2 2 2 Khi đó ta thấy:  a − b + c   S  b = ≥ 0   2       a − b + c −a + b + c Sb + Sa = + = c ≥ 0  2 2         a − b + c a + b − c   Sb + Sc = + = a ≥ 0 2 2
Do đó theo định lý SOS ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 18.
Với a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: P a2 sym X bc 5 P + 2 ab (b + c)2 ≥ 2 sym sym
Phân tích và lời giải Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. 77
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh BĐT tương đương với: P a2 sym X bc 1 P − 1 + 2 ≥ 0 ab (b + c)2 − 4 sym sym 1 P (a − b)2 " # 2 sym X (b − c)2 ⇔ P + 2 ≥ 0 ab 4(b + c)2 sym sym   X 1 1 ⇔   (a  − − b)2 ≥ 0 2 P ab 2(a + b)2  sym sym Vậy nên: 1 1 1 1 Sa = − ; S − ; 2 (ab + bc + ac) b = 2(b + c)2 2 (ab + bc + ac) 2(c + a)2 1 1 Sc = − 2 (ab + bc + ac) 2(a + b)2 Ta thấy rằng 0 ≤ S
do đó theo định lý SOS ta cần b ≤ Sc b2Sa + a2Sb ≥ 0 Thật vậy, a2 + b2 b2 a2 b2Sa + a2Sb = − 2 (ab + bc + ac) 2(b + c)2 − 2(c + a)2
a3c + b3c − a2bc − ab2c + a3b + b3a − 2a2b2 AM−GM = ≥ 0
2 (ab + bc + ac) (b + c)2(c + a)2
Bài toán được chứng minh.
Bài viết sẽ không liệt kê ra các ví dụ áp dụng định lý SOS nữa (vì như vậy sẽ quá dài) mà đề
bạn đọc tự trải nghiệm nó 20. Đôi khi ý tưởng của phương pháp cũng mang một giá trị quý
không kém gì phương pháp, ví dụ cuối cùng sau minh chứng cho điều đó. Ví dụ 19.
Với ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: a b c a b c 3 + + ≤ + + − b + c c + a a + b b c a 2
Phân tích và lời giải Không mất tính tổng quát, ta giả sử c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c.
20Hãy chọn một BĐT đối xứng ba biến và cố gắng phân tích để sử dụng định lý SOS. 78
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta có: a b c a b c 3 + + ≤ + + − b + c c + a a + b b c a 2 2a 2b 2c a b c ⇔ + + − 3 ≤ 2 + + − 3 b + c c + a a + b b c a " # (a − b)2 a + b + 2c (a − b)2 (a − c) (b − c) ⇔ + (a − c) (b − c) ≤ 2 + (b + c) (c + a) (b + c) (c + a) (a + b) ab ac 2 1 2 a + b + 2c ⇔ − (a − b)2 + − (a − c) (b − c) ≥ 0 ab (b + c) (c + a) ac (b + c) (c + a) (a + b)
Vế trái là biểu thức của những số hạng không âm do đó bài toán được chứng minh.
Kết lại phương pháp SOS bạn đọc hãy em lại bài giải của các đề thi HSG lớp 12 - Hà Nội,
Bảo Lộc lần 3, Đại học Vinh ngày thứ 1
——————————- HẾT ——————————- 79
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Tài liệu [1] http://diendantoanhoc.net/
[2] http://artofproblemsolving.com/ [3] https://nttuan.org
[4] https://www.facebook.com/groups/110865909255110/
[5] Sáng tạo BĐT - Phạm Kim Hùng
[6] Bất đẳng thức suy luận và khám phá - Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ.
[7] Sử dụng AM - GM để chứng minh BĐT - Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh.
[8] Bất đẳng thức schur và phương pháp biến đổi p, q, r - Võ Thành Văn 80
THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
Document Outline

  • 1 Phần 1
    • Bài 1 (Tp. HCM - Ngày thứ 1).
    • Bài 2 (PTNK).
    • Bài 3 (Đề thi chọn HSG lớp 12 - Hà Nội).
    • Bài 4 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 3).
    • Bài 5 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 4).
    • Bài 6 (HSG 10 - KHTN).
    • Bài 7 (Đề chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du - Đăk Lăk lần 1 - 2016).
    • Bài 8 (Đề chọn đội tuyển Tỉnh Đăk Lăk lần 1 - 2016).
    • Bài 9 (Đề thi chọn đội tuyển Nguyễn Du (Đăk Lăk) vòng 2).
    • Bài 10 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 2-2016).
    • Bài 11 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 3-2016).
    • Bài 12 (Đề chọn đội tuyển Bình Dương 2016).
    • Bài 13 (Đề chọn đội tuyển chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng).
    • Bài 14 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Quảng Bình - Ngày thứ 2).
    • Bài 15 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Hòa Bình).
    • Bài 16 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh).
    • Bài 17 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Đồng Nai).
    • Bài 18 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Quảng Trị - Vòng 2).
    • Bài 19 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Thanh Hóa - Vòng 2).
    • Bài 20 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).
    • Bài 21 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu).
    • Bài 22 (Đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên Đại học Vinh ngày thứ 1)
    • Bài 23 (Đề thi chọn HSG cấp Tỉnh - Bến Tre).
    • Bài 24 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Quảng Ninh - Ngày 1).
    • Bài 25 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Bắc Ninh).
    • Bài 26 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
    • Bài 27 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
    • Bài 28 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Thái Nguyên).
    • Bài 29 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Hà Nam).
    • Bài 30 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Ninh Bình).
    • Bài 31 (Đề thi HSG cấp Tỉnh - Phú Yên).
    • Bài 32 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Lạng Sơn ngày thứ 1).
    • Bài 33 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Quảng Nam).
    • Bài 34 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Nam Định - Ngày thứ 2).
    • Bài 35 (Đề thi chọn HSG Tỉnh Bình Thuận).
    • Bài 36 (Đề thi HSG Tỉnh Bình Định).
    • Bài 37 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Hải Phòng).
    • Bài 38 (Đề thi HSG cấp Tỉnh Quảng Ngãi).
    • Bài 39 (Đề thi chọn đội tuyển Tỉnh Quảng Ngãi).
    • Bài 40 (Đề thi Olympic chuyên Khoa học Tự nhiên 2016).
    • Bài 41 (Trại hè Hùng Vương lần XII Bắc Giang 2016, Lớp 10).
    • Bài 42 (Trại hè Hùng Vương lần XII Bắc Giang 2016, Lớp 11).
    • Bài 43 (Đề thi Olympic GGTH 2016 - Khối 11 & 12).
    • Bài 44 (Đề thi Olympic GGTH 2016 - Khối 10).
  • 2 Phần 2
    • 2.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi
    • 2.2 Phương pháp tiếp tuyến
    • 2.3 Phương pháp pqr
    • 2.4 Phương pháp dồn biến
    • 2.5 Phương pháp SOS
  • Tài liệu