Tuyển tập Bất đẳng thức

235 trang Đức Chiến 03/01/2024 1770

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập Bất đẳng thức", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tuyen_tap_b_at_dang_thuc.pdf

Nội dung text: Tuyển tập Bất đẳng thức

Mục lục Lời nói đầu 4 Các thành viên tham gia biên soạn5 1 Các bất đẳng thức kinh điển6 1.1 Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM) 6 1.2 Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình điều hoà (AM-HM) 6 1.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 6 1.4 Bất đẳng thức Holder 7 1.5 Bất đẳng thức Chebyshev 7 1.6 Bất đẳng thức Minkowski 7 1.7 Bất đẳng thức Schur 7 1.8 Bất đẳng thức Vornicu - Schur 8 1.9 Bất đẳng thức Bernoulli 8 1.10 Ba tiêu chuẩn SOS thường gặp 9 2 Một số đánh giá quen thuộc9 3 Tuyển tập bất đẳng thức 10 3.1 Bài 1.1 đến bài 1.40 10 3.2 Bài 2.1 đến bài 2.40 39 3.3 Bài 3.1 đến bài 3.40 59 3.4 Bài 4.1 đến bài 4.40 80 3.5 Bài 5.1 đến bài 5.40 104 3.6 Bài 6.1 đến bài 6.40 132 3.7 Bài 7.1 đến bài 7.40 148 3.8 Bài 8.1 đến bài 8.40 168 3.9 Bài 9.1 đến bài 9.40 193 3.10 Bài 10.1 đến bài 10.40 211 3
Lời nói đầu Biển vẫn mãi nhấp nhô với những con sóng dạt vào bờ, thuyền vẫn mãi lênh đênh theo từng con sóng đi vào đại dương, và trong đất liền cuộc sống vẫn có nhiều bất cập còn đang xảy ra, , tất cả những điều đó đều là các bất đẳng thức trong phạm trù đặc thù của từng lĩnh vực. Trong toán học cũng vậy nói đến bất đẳng thức là chúng ta nói đến một lớp bài toán khó mà ẩn chứa bên trong có nhiều lời giải đẹp lạ kì làm say đắm biết bao nhiêu người. Trong thời đại công nghệ thông tin với việc kết nối internet bạn có thể giao lưu học hỏi được rất nhiều về các phương pháp làm bài bất đẳng thức, hoặc học hỏi với nhiều cuốn sách về bất đẳng thức đang bày bán trên thị trường nhưng để có một cuốn sách bất đẳng thức hay với sự hội tụ tinh hoa kiến thức của nhiều người thì điều đó chính là điểm mạnh của cuốn sách bất đẳng thức mà các bạn đang cầm trên tay. "Tuyển Tập Bất Đẳng Thức" với khoảng bốn trăm bài toán bất đẳng thức chọn lọc được gửi tới từ các bạn trẻ, các thầy cô giáo yêu toán trên mọi miền của tổ quốc, ở đó bao gồm các bài toán bất đẳng thức mới sáng tạo, các bài toán bất đẳng thức khó, các bài toán bất đẳng thức hay và thú vị mà các bạn trẻ muốn chia sẻ với mọi người. Điều đó tạo nên sự hấp dẫn, tính cập nhật và thời đại của cuốn sách này. Bạn đọc hãy nhâm nhi với những lời giải hay, những ý tưởng độc đáo, những sáng kiến lạ kì trong cách giải từng bài toán để từ đó rút kinh nghiệm học tập cho mình, giúp cho bạn thêm yêu, thêm tin vào việc giải nhiều bài toán bất đẳng thức. Với tinh thần làm việc nghiêm túc, ham học hỏi nhóm biên tập xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc tới tất cả các bạn đã tham gia gửi bài và giải bài, đồng thời cũng xin bày tỏ sự cảm ơn và kính trọng tới thầy giáo Châu Ngọc Hùng - THPT Ninh Hải - Ninh Thuận đã nhiệt tình cố vẫn kĩ thuật latex. Nhóm biên tập cũng xin gửi lời cảm ơn tới ban quản trị diễn đàn đã cổ vũ, động viên anh em trong quá trình làm việc để ngày hôm nay chúng ta có một cuốn sách hay, có giá trị cao về kiến thức chuyên môn mà lại hoàn toàn miễn phí về tài chính. "TUYỂN TẬP BẤT ĐẲNG THỨC" chính thức được phát hành trên cộng đồng mạng những người yêu toán, để từ đó thổi một luồng gió mới đem lại nhiều điều mới lạ cho học sinh, là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên trong việc giảng dạy và học tập bất đẳng thức. Do thời gian gấp rút và trình độ có hạn, dù rất cố gắng song những sai sót là khó tránh khỏi rất mong nhận được sự thông cảm, chia sẻ, góp ý của các bạn để nhóm biên tập hoàn thiện cuốn sách tốt hơn. Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ hoangquan9@gmail. Thay mặt nhóm biên soạn, tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 10 tháng 8 năm 2011 Đại diện nhóm biên soạn Chủ biên Hoàng Minh Quân-Batigoal 4
Các thành viên tham gia biên soạn Nội dung • Hoàng Minh Quân - THPT Ngọc Tảo - Hà Nội. • Tăng Hải Tuân - THPT Nguyễn Đức Cảnh - TP. Thái Bình. • Lê Đức Cảnh - THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định. • Đào Thái Hiệp - PTNK - ĐHQG HCM. • Phạm Tuấn Huy - PTNK - ĐHQG HCM. • Phạm Quang Hưng - THPT Cao Bá Quát - Hà Nội. • Phạm Tiến Kha - THPT Chuyên Lê Hồng Phong - TP. HCM. • Nguyễn Văn Khánh - THPT Chuyên Bắc Ninh - TP. Bắc Ninh. • Nguyễn Thị Nguyên Khoa - THCS Nguyễn Tri Phương - TP. Huế. • Mạc Đức Trí - Hải Dương. LATEX Hỗ trợ kĩ thuật Latex 1. Châu Ngọc Hùng - THPT Ninh Hải -Ninh Thuận. 2. Các thành viên trong nhóm biên soạn. Trình bày bìa Hoàng Minh Quân - THPT Ngọc Tảo - Hà Nội. 5
1 Các bất đẳng thức kinh điển 1.1 Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM- GM). Nếu a1, a2, . . . , an là các số thực không âm, thì √ n a1 + a2 + + an ≥ n a1a2 . . . an. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an. 1.2 Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình điều hoà (AM- HM). Nếu a1, a2, . . . , an là các số thực dương, thì a + a + + a n 1 2 n ≥ . n 1 + 1 + + 1 a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an. Thực chất đây là một hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Cauchy - Schwarz. Hai trường hợp thường được sử dụng nhất của bất đẳng thức này là khi n = 3 hay n = 4. Với n = 3, ta có a + b + c 3 ≥ 1 1 1 , 3 a + b + c 1 1 1 9 + + ≥ . a b c a + b + c Với n = 4, ta có a + b + c + d 4 ≥ 1 1 1 1 , 4 a + b + c + d 1 1 1 1 16 + + + ≥ . a b c d a + b + c + d 1.3 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz. Dạng sơ cấp của nó được phát biểu như sau: Nếu a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . , bn là các số thực tuỳ ý, thì 2 2 2 2 2 (a1b1 + a2b2 + + anbn) ≤ (a + a + + a )(b1 + b2 + + b ). a a 1 2 a n n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 = 2 = = n , trong đó ta sử dụng quy ước: nếu mẫu b1 b2 bn bằng 0 thì tử cũng bằng 0. xi √ Trong đánh giá trên, chọn ai = √ ,bi = yi với xi, yi ∈ R; yi > 0, ta thu được bất đẳng thức yi Cauchy - Schwarz dạng phân thức: Nếu x1, x2, . . . , xn là các số thực và y1, y2, . . . , yn, là các số thực dương, thì x2 x2 x2 (x + x + + x )2 1 + 2 + + n ≥ 1 2 n . y y y y + y + + y 1 2 x x n 1x 2 n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 = 2 = = n . y1 y2 yn 6
1.4 Bất đẳng thức Holder. Cho xij (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) là các số thực không âm. Khi đó ta có 1 m n ! m n m ! 1 Y X X Y m xij ≥ xij . i=1 j=1 j=1 i=1 Tổng quát hơn, nếu p1, p2, . . . , pn là các số thực dương thoả mãn p1 + p2 + + pn = 1, thì m n !pi n m ! Y X X Y pi xij ≥ xij . i=1 j=1 j=1 i=1 1.5 Bất đẳng thức Chebyshev. Cho hai dãy số thực a1 ≤ a2 ≤ ≤ an và b1, b2, . . . , bn. Khi đó n n ! n ! X X X 1. Nếu b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn thì n aibi ≥ ai bi ; i=1 i=1 i=1 n n ! n ! X X X 2. Nếu b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn thì n aibi ≤ ai bi . i=1 i=1 i=1 1.6 Bất đẳng thức Minkowski. Cho hai dãy số dương a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . , bn. Với mọi r ≥ 1, ta có 1 1 1 " n # r n ! r n ! r X r X r X r (ai + bi) ≤ ai + bi . i=1 i=1 i=1 Trường hợp r = 2 là trường hợp thường được sử dụng nhất của bất đẳng thức Minkowski. Khi đó ta có v v v u n u n u n uX 2 uX 2 uX 2 t (ai + bi) ≤ t ai + t bi . i=1 i=1 i=1 1.7 Bất đẳng thức Schur. Cho các số thực không âm a, b, c. Khi đó với mọi số thực dương r, ta có ar(a − b)(a − c) + br(b − a)(b − c) + cr(c − a)(c − b) ≥ 0. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, hoặc a = 0 và b = c, hoặc các hoán vị tương ứng. Hai trường hợp thường được sử dụng nhất của bất đẳng thức Schur là r = 1 và r = 2. Với r = 1, ta có bất đẳng thức Schur bậc ba a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a), (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca), (b − c)2(b + c − a) + (c − a)2(c + a − b) + (a − b)2(a + b − c) ≥ 0, 7
9abc a2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca), a + b + c a b c 4abc + + + ≥ 2. b + c c + a a + b (a + b)(b + c)(c + a) Với r = 2, ta thu được bất đẳng thức Schur bậc bốn a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ≥ ab(a2 + b2) + bc(b2 + c2) + ca(c2 + a2). 1.8 Bất đẳng thức Vornicu - Schur. Với mọi số thực a, b, c và x, y, z ≥ 0, bất đẳng thức x(a − b)(a − b) + y(b − c)(b − a) + z(c − a)(c − b) ≥ 0 đúng nếu một trong các điều kiện sau được thoả mãn 1. a ≥ b ≥ c và x ≥ y; 2. a ≥ b ≥ c và z ≥ y; 3. a ≥ b ≥ c và x + z ≥ y; 4. a ≥ b ≥ c ≥ 0 và ax ≥ by; 5. a ≥ b ≥ c ≥ 0 và cz ≥ by; 6. a ≥ b ≥ c ≥ 0 và ax + cz ≥ by; 7. x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác; 8. x, y, z là bình phương độ dài ba cạnh của một tam giác; 9. ax, by, cz là độ dài ba cạnh của một tam giác; 10. ax, by, cz là bình phương độ dài ba cạnh của một tam giác; 11. Tồn tại một hàm lồi t : I → R+, trong đó I là tập xác định của a, b, c, sao cho x = t(a), y = t(b), z = t(c). 1.9 Bất đẳng thức Bernoulli. Nếu α ≥ 1 hoặc α ≤ 0 thì (1 + x)α ≥ 1 + αx, ∀x > −1. Nếu 0 ≤ α ≤ 1 thì (1 + x)α ≤ 1 + αx, ∀x > −1. 8
1.10 Ba tiêu chuẩn SOS thường gặp. 2 2 2 Giả sử a ≥ b ≥ c và có: Sa(b − c) + Sb(c − a) + Sc(a − b) ≥ 0(Sa,Sb,Sc là các hàm chứa biến a, b, c). Khi đó bất đẳng thức đúng nếu thỏa mãn một trong các tiêu chuẩn. 1.Sb ≥ 0,Sb + Sc ≥ 0,Sb + Sa ≥ 0. 2 2 2.Với a, b, c > 0 thỏa mãn Sb ≥ 0,Sc ≥ 0, a Sb + b Sa ≥ 0. 3.Sb ≥ 0,Sc ≥ 0,Sa(b − c) + Sb(a − c) ≥ 0 2 Một số đánh giá quen thuộc 1 Với mọi số thực a, b, ta luôn có 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 Chứng minh. Để ý rằng 2(a2 + b2) − (a + b)2 = (a − b)2 ≥ 0, do đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. 2 2 Với mọi số thực a, b, c, ta luôn có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Chứng minh. Để ý rằng 1 a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) = [(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2] ≥ 0, 2 do vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 2 Lưu ý. Từ đánh giá này ta suy ra (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), và 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2. 3 Với mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có 1 1 1 9 + + ≥ a b c a + b + c Chứng minh. Đây là một kết quả đã được đề cập ở trên. Lời giải có thể sử dụng bất đẳng thức AM-HM hoặc Cauchy - Schwarz. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 2 9
3 Tuyển tập bất đẳng thức 3.1 Bài 1.1 đến bài 1.40 1.1 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng: 8x + 8y + 8z ≥ 4x+1 + 4y+1 + 4z+1 Lời giải. Đặt a = 2x, b = 2y, c = 2z. Khi đó điều kiện đã cho được viết lại thành a, b, c > 0; abc = 2x+y+z = 64, và ta cần chứng minh a3 + b3 + c3 ≥ 4(a2 + b2 + c2). Để ý rằng ta có đẳng thức a3 + 32 − 6a2 = (a − 4)2(a + 2), từ đó sử dụng giả thiết a > 0 ta suy ra a3 + 32 ≥ 6a2. Thiết lập các bất đẳng thức tương tự cho b và c và cộng vế theo vế các bất đẳng thức thu được, ta có a3 + b3 + c3 + 96 ≥ 6(a2 + b2 + c2). Như vậy để kết thúc chứng minh ta cần chỉ ra rằng 6(a2 + b2 + c2) ≥ 4(a2 + b2 + c2) + 96, hay 2(a2 + b2 + c2) ≥ 96. Tuy nhiên bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức AM-GM cho ba số: √ √ 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2.3 3 a2b2c2 = 6 3 4096 = 96. Như vậy phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 1.2 Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a ≥ 4, b ≥ 5, c ≥ 6 và a2 + b2 + c2 = 90. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a + b + c Lời giải. Đặt a = m + 4, b = n + 5, c = p + 6, khi đó m, n, p ≥ 0 và từ giả thiết a2 + b2 + c2 = 90 ta suy ra m2 + n2 + p2 + 8m + 10n + 12p = 13. Để ý rằng ta có đẳng thức sau (m + n + p)2 + 12(m + n + p) = (m2 + n2 + p2 + 8m + 10n + 12p) + 2(mn + np + pm + 2m + n). Đến đây ta sử dụng các giả thiết đã cho để có (m + n + p)2 + 12(m + n + p) ≥ 13, từ đó ta suy ra m + n + p ≥ 1. Thay m = a − 4, n = b − 5, p = c − 6 ta suy ra a + b + c ≥ 10 hay P ≥ 16. 10
Cuồi cùng, với a = 4, b = 5, c = 7 (thoả mãn các điều kiện đã cho) ta có P = 16 nên ta kết luận 16 là giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . Phép chứng minh hoàn tất. 2 1.3 Cho x, y, z là các số thực thoả mãn xy + yz + 3zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 + y2 + z2 √ √ √ 9 + 3 17 3 + 17 13 + 3 17 Lời giải. Đặt a = và b = , khi đó a = 3b và a + 1 = 2b2 = c = . Áp 4 4 4 dụng bất đẳng thức AM-GM ta thu được các bất đẳng thức sau x2 + b2y2 ≥ 2bxy, by2 + z2 ≥ 2byz, a(z2 + x2) ≥ 2azx. Đến đây ta cộng vế theo vế các bất đẳng thức thu được để có (a + 1)(x2 + z2) + 2b2y2 ≥ 2b(xy + yz) + 2azx, hay c(x2 + y2 + z2) ≥ 2b(xy + yz + 3zx). Từ đó ta thay các giá trị của xy + yz + 3zx, b và c để được √ 17 − 3 P = x2 + y2 + z2 ≥ . 2 r √ √ 1 13 17 − 51 17 − 3 √ Cuối cùng, với x = z = 4 và y = (thoả mãn giả thiết) thì P = nên ta √ 17 34 2 17 − 3 kết luận là giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . 2 Phép chứng minh hoàn tất.2 1.4 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a7 + b7 b7 + c7 c7 + a7 1 + + ≥ a5 + b5 b5 + c5 c5 + a5 3 Lời giải. Trước hết ta có đẳng thức sau 2(a7 + b7) − (a2 + b2)(a5 + b5) = (a − b)2(a + b)(a4 + a3b + a2b2 + ab3 + b4), do vậy từ giả thiết a, b ≥ 0 ta suy ra a7 + b7 a2 + b2 ≥ . a5 + b5 2 b7 + c7 b2 + c2 c7 + a7 c2 + a2 Hoàn toàn tương tự ta cũng có ≥ và ≥ . Đến đây ta cộng vế theo b5 + c5 2 c5 + a5 2 vế ba bất đẳng thức thu được để có a7 + b7 b7 + c7 c7 + a7 + + ≥ a2 + b2 + c2. a5 + b5 b5 + c5 c5 + a5 11
Như vậy để kết thúc chứng minh ta cần chỉ ra rằng 1 a2 + b2 + c2 ≥ . 3 Tuy nhiên bất đẳng thức trên đúng do 1 (a + b + c)2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 a2 + b2 + c2 − = a2 + b2 + c2 − = ≥ 0. 3 3 3 Như vậy phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 1.5 Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: b2c c2a a2b 1 + + ≥ (a + b + c) a3(b + c) b3(c + a) c3(a + b) 2 Lời giải. Ta áp dụng AM-GM cho ba số như sau: s b2c b + c 1 b2c (b + c) 1 3 + + ≥ 3 3 . . = , a3(b + c) 4bc 2b a3(b + c) 4bc 2b 2a từ đó ta suy ra b2c 3 3 1 ≥ − − . a3(b + c) 2a 4b 4c Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta suy ra b2c c2a a2b 3 3 1 1 + + ≥ − − (a + b + c) = (a + b + c). a3(b + c) b3(c + a) c3(a + b) 2 4 4 2 Phép chứng minh hoàn tất.2 1.6 Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng: √ (a + b + c)3 ≥ 6 3(a − b)(b − c)(c − a) Lời giải. Bất đẳng thức ban đầu mang tính hoán vị giữa các biến nên không mất tính tổng quát, ta giả sử a = max {a, b, c}. Với a ≥ b ≥ c thì vế phải là biểu thức không dương, trong khi vế trái là biểu thức không âm nên bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên đúng. Do vậy ta xét trường hợp a ≥ c ≥ b. Khi đó bình phương hai vế ta thu được bất đẳng thức tương đương sau: (a + b + c)6 ≥ 108[(a − b)(b − c)(c − a)]2. Để ý rằng các biến không âm, và với việc sắp thứ tự như trên thì [(a − b)(b − c)(c − a)]2 = [(a − b)(c − b)(a − c)]2 ≤ (a − c)2a2c2. Đến đây ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM để có [(a − c)2 + 2ac + 2ac]3 (a + c)6 4(a − c)2a2c2 = (a − c)2.2ac.2ac ≤ = , 27 27 từ đó ta suy ra (a + c)6 [(a − b)(b − c)(c − a)]2 ≤ , 108 12
và như vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức ban đầu vì (a + b + c)6 ≥ (a + c)6 ≥ 108[(a − b)(b − c)(c − a)]2. Phép chứng minh hoàn tất.2 1 1 1 1.7 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = + + . Chứng minh rằng: √ √ a√ b c 2(a + b + c) ≥ a2 + 3 + b2 + 3 + c2 + 3 Lời giải. Dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy sau √ √ √ (2a − a2 + 3) + (2b − b2 + 3) + (2c − c2 + 3) ≥ 0, a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 √ + √ + √ ≥ 0, 2a + a2 + 3 2b + b2 + 3 2c + c2 + 3 a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 a + b + c ≥ 0. r 3 r 3 r 3 2 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1 + a2 b2 c2 Các bất đẳng thức trên đều mang tính đối xứng giữa các biến nên không mất tính tổng quát ta hoàn toàn có thể giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó không khó để ta suy ra a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 ≥ ≥ a b c và 1 1 1 ≥ ≥ . q 3 q 3 q 3 2 + 1 + a2 2 + 1 + b2 2 + 1 + b2 Như vậy theo bất đẳng thức Chebyshev ta được a2 − 1 b2 − 1   c2−1 2 a b c 1 X a − 1 X 1  q + r + r ≥  r  3 3 3 3 a  3  2 + 1 + a2 2 + 1 + 2 + 1 + 2 + 1 + b2 c2 a2 Nhưng theo giả thiết ta lại có X a2 − 1 1 1 1 = (a + b + c) − + + = 0 a a b c a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 a b c nên ta suy ra q + r + r ≥ 0, và vì vậy bất đẳng thức đã cho 3 3 3 2 + 1 + a2 2 + 1 + 2 + 1 + b2 c2 cũng đúng. Phép chứng minh hoàn tất.2 1.8 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: ab bc ca 3 √ + √ + √ ≤ c2 + 3 a2 + 3 b2 + 3 2 13
Lời giải. Trước hết để ý rằng (a + b + c)2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ab + bc + ca − = − ≤ 0, 3 6 do đó từ giả thiết ta suy ra ab + bc + ca ≤ 3. Như vậy ab ab ab √ ≤ √ = . c2 + 3 c2 + ab + bc + ca p(c + a)(b + c) Đến đây ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM để có ab 1 ab ab √ ≤ + . c2 + 3 2 c + a b + c Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta suy ra dãy các đánh giá sau ab bc ca 1 ab bc bc ca ca ab √ + √ + √ ≤ + + + + + , c2 + 3 a2 + 3 b2 + 3 2 c + a c + a a + b a + b b + c b + c ab bc ca a + b + c √ + √ + √ ≤ , c2 + 3 a2 + 3 b2 + 3 2 từ đó với lưu ý a + b + c = 3 ta suy ra bất đẳng thức đã cho là đúng. Phép chứng minh hoàn tất.2 1.9 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: b + c c + a a + b2 1 1 1 + + ≥ 4(ab + bc + ca) + + a b c a2 b2 c2 Lời giải 1. Dễ thấy rằng bất đẳng thức ban đầu tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy sau [ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)]2 ≥ 4(a + b + c)(a2b2 + b2c2 + c2a2) X X nX X o a2b2(a + b)2 + 2abc[ a(a + b)(a + c)] ≥ 4 a3b3 + abc[ ab(a + b)] Tuy nhiên để ý rằng X X X a2b2(a + b)2 − 4( a3b3) = a2b2(a − b)2 ≥ 0 và X n X o X 2abc[ a(a + b)(a + c)] − 4 abc[ ab(a + b)] = 2abc[a3 + b3 + c3 + 3abc − ab(a + b)] ≥ 0, do đó bất đẳng thức ban đầu là đúng. Phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 Lời giải 2. Bất đẳng thức ban đầu mang tính hoán vị giữa các biến, nên không mất tính tổng quát, ta giả sử b = max {a, b, c}. Ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM như sau b + c c + a a + b2 a b a b c c 2 a b a b c c + + = + + + + + ≥ 4 + + + + . a b c b a c c b a b a c c b a 14
Như vậy để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng a b a b c c 1 1 1 + + + + ≥ (ab + bc + ca) + + . b a c c b a a2 b2 c2 Tuy nhiên bằng phép biến đổi tương đương ta được (b − a)(b − c) ≥ 0, ca là một đánh giá đúng do ta đã giả sử b = max {a, b, c}. Phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 Lời giải 3. Bất đẳng thức ban đầu mang tính đối xứng giữa các biến nên không mất tính tổng quát, ta giả sử b nằm giữa a và c. Ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM như sau: 1 1 1 ab + bc + ca 1 1 1 2 4(ab + bc + ca) + + ≤ + ca + + . a2 b2 c2 ca a2 b2 c2 Như vậy để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng b + c c + a a + b ab + bc + ca 1 1 1 + + ≥ + ca + + . a b c ca a2 b2 c2 Thực hiện phép biến đổi tương đương ta được bất đẳng thức (a − b)(b − c) ≥ 0, b2 tuy nhiên đây lại là một đánh giá đúng do ta đã giả sử b nằm giữa a và c. Phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 Nhận xét. Lời giải đầu tiên không mang nhiều ý nghĩa lắm, vì nó đơn thuần chỉ là biến đổi tương đương kèm theo một chút tinh ý trong sử dụng các đánh giá quen thuộc và cơ bản. Ở đây ta bàn thêm về hai lời giải bằng AM-GM. Ta nhận thấy rằng phát biểu của bài toán có dạng "Chứng minh rằng A2 ≥ 4BC" (ở đây b + c c + a a + b2 1 1 1 A = + + , B = ab + bc + ca và C = + + . Nhận xét này khá đặc a b c a2 b2 c2 biệt, nó giúp ta liên tưởng đến một đánh giá quen thuộc sau bằng AM-GM: (x + y)2 ≥ 4xy ∀x, y ≥ 0. Do vậy, một cách tự nhiên ta nghĩ ra hai hướng để giải quyết bài toán trên bằng AM-GM: 1. Biểu diễn A = X + Y , với X và Y là hai đại lượng thích hợp, sau đó áp dụng bất đẳng thức AM-GM để có A2 ≥ 4XY , từ đó đi chứng minh XY ≥ BC; hoặc 15
B 2. Biểu diễn BC = .CD, với D là một đại lượng thích hợp, sau đó áp dụng bất đẳng thức D B 2 B AM-GM để có 4BC ≤ + CD , từ đó đi chứng minh A ≥ + CD. D D Ở đây ta hiểu cụm từ "thích hợp" là như thế nào? Lưu ý rằng một trong những điều cần để ý trong mọi chứng minh bất đẳng thức là cần phải đơn giản hoá bất đẳng thức cần chứng minh. Ta có thể tìm cách giảm bậc, chuẩn hoá điều kiện, , nhưng tựu chung lại, ta luôn muốn bất đẳng thức cần chứng minh trở nên đơn giản nhất có thể, để từ đó áp dụng nhẹ nhàng các đánh giá quen thuộc hoặc biến đổi tương đương. Ở đây ta tìm cách thu gọn đánh giá sau cùng theo kiểu B triệt tiêu một lượng đáng kể các phần tử chung, tức là ở đánh giá XY ≥ BC hoặc A ≥ + CD, D các đại lượng X, Y, D được chọn sao cho ở hai vế của bất đẳng thức có nhiều phần tử chung để ta rút gọn. Cụ thể: Hướng 1. Trước tiên ta viết lại A và khai triển tích BC như sau: b c c a a b A = + + + + + = X + Y, a a b b c c a c b a b c ca ab bc BC = + + + + + + + + . c b a b c a b2 c2 a2 ca a c Để ý rằng trong BC có phần tử , nên ta cần có và ở X và Y tương ứng: b2 b b a c X = + ,Y = + b b a c a Mặt khác, trong BC có phần tử , mà ở Y đã có nên ta cần phần tử ở trong X: b b c a a c X = + + ,Y = + b c b ab a b Tiếp tục, trong BC có phần tử , nên ta cần có và ở X và Y tương ứng: c2 c c a a c b X = + + ,Y = + + b c b c Tiếp tục như vậy ta sẽ tìm được hai đại lượng X, Y chẳng hạn như sau: a b a b c c X = + + ,Y = + + , b a c c b a và ta có được lời giải thứ hai. Cần lưu ý rằng đây không phải là cách chọn duy nhất. Hướng 2. Xét hiệu sau B b + c c + a a + b ab + bc + ca 1 1 1 A − − CD = + + − − D + + . D a b c D a2 b2 c2 Để ý rằng trong hiệu trên thì hệ số của biến b bằng 1 1 c + a + − , c a D như vậy để tìm cách thu gọn bất đẳng thức, tại sao ta không cho hệ số của biến b bằng không? Cụ thể, nếu chọn D = ca thì 16
B b + c c + a a + b ab + bc + ca 1 1 1 A − − CD = + + − − ca + + D a b c ca a2 b2 c2 (a − b)(b − c) = , b2 và như vậy ta đã có lời giải thứ ba. 1.10 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 5 √ √ √ P = ab + bc + ca + [(a + b) ab + (b + c) bc + (c + a) ca] 2 Lời giải. Trước hết ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM như sau: 2 2 2 2 r 8 (a + b) (a + b) (a + b) (a + b) 5 ab(a + b) 2(a + b)2 + 2ab = + + + + 2ab ≥ 5 2 2 2 2 8 và √ √ (a + b)3 ≥ (2 ab)3 = 8( ab)3, từ đó kết hợp hai bất đẳng thức này để có √ 2(a + b)2 + 2ab ≥ 5(a + b) ab. Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta suy ra √ √ √ 5[(a + b) ab + (b + c) bc + (c + a) ca] ≤ 4(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) Đến đây ta cộng thêm 2(ab + bc + ca) vào mỗi vế để có √ √ √ 2(ab + bc + ca) + 5[(a + b) ab + (b + c) bc + (c + a) ca] ≤ 4(a + b + c)2, từ đó ta suy ra P ≤ 2(a + b + c)2 = 2. 1 Cuối cùng, với a = b = c = (thoả mãn điều kiện) thì P = 2 nên ta suy ra 2 là giá trị lớn nhất 3 của biểu thức P . Phép chứng minh hoàn tất.2 1 1 1 1.11 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn + + ≤ 16(a + b + c). Chứng minh rằng: a b c 1 1 1 8 √ + √ + √ ≤ (a + b + 2 a + c)3 (b + c + 2 b + a)3 (c + a + 2 c + b)3 9 Lời giải. Trước hết ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM như sau: r r r a + c a + c 3 (a + b)(a + c) a + b + + ≥ 3 , 2 2 2 từ đó ta suy ra 1 2 √ ≤ . (a + b + 2 a + c)3 27(a + b)(a + c) 17
Cộng vế theo vế bất đẳng thức này với hai bất đẳng thức tương tự cho ta 1 1 1 4(a + b + c) √ + √ + √ ≤ . (a + b + 2 a + c)3 (b + c + 2 b + a)3 (c + a + 2 c + b)3 27(a + b)(b + c)(c + a) Hơn nữa, theo một kết quả quen thuộc, ta lại có 8 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca), 9 do vậy 1 1 1 1 √ + √ + √ ≤ .(∗) (a + b + 2 a + c)3 (b + c + 2 b + a)3 (c + a + 2 c + b)3 6(ab + bc + ca) Đến đây ta sử dụng giả thiết và đánh giá cơ bản (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) để có 1 1 1 3(a + b + c) 16(a + b + c) ≥ + + ≥ , a b c ab + bc + ca 3 từ đó suy ra ab + bc + ca ≥ . Kết hợp với (∗) ta suy ra 16 1 1 1 8 √ + √ + √ ≤ . (a + b + 2 a + c)3 (b + c + 2 b + a)3 (c + a + 2 c + b)3 9 Phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 Nhận xét. ra + c ra + c r(a + b)(a + c) 1. Có thể thấy đánh giá ban đầu a + b + + ≥ 3 3 chính là điểm 2 2 2 mấu chốt để giải quyết bài toán. Thực ra đánh giá này không khó nghĩ tới vì đề bài đã ngầm gợi ý cho chúng ta phải áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số. 2. Sau khi đánh giá bằng AM-GM, ta có thể sử dụng luôn giả thiết để đưa về bất đẳng thức thuần nhất sau: (a + b + c) 3(ab + bc + ca) ≤ . (a + b)(b + c)(c + a) 8abc(a + b + c) Bất đẳng thức này có thể được chứng minh bằng nhiều cách khác nhau. 1 1 1 1.12 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = + + . Chứng minh rằng: a b c 5(a + b + c) ≥ 7 + 8abc Lời giải. Trước hết từ giả thiết ta có 1 1 1 9 a + b + c = + + ≥ , a b c a + b + c từ đó suy ra a + b + c = 3. Cũng từ giả thiết ta có ab + bc + ca = abc(a + b + c), từ đây ta suy ra bất đẳng thức sau là tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh 5(a + b + c)2 ≥ 7(a + b + c) + 8(ab + bc + ca). 18
Để ý rằng ta có đánh giá cơ bản sau: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), do vậy để có kết luận cho bài toán ta cần chỉ ra rằng 8(a + b + c)2 5(a + b + c)2 ≥ 7(a + b + c) + , 3 hay a + b + c ≥ 3, là một đánh giá đúng do ta đã chứng minh ở trên. Do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 1 1 1 1.13 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn + + ≤ 16(a + b + c). Chứng minh rằng: a b c 1 1 1 + + ≤ 1 2 + a2 2 + b2 2 + c2 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a2 b2 c2 + + ≥ 1. 2 + a2 2 + b2 2 + c2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có a2 b2 c2 (a + b + c)2 + + ≥ . 2 + a2 2 + b2 2 + c2 a2 + b2 + c2 + 6 Như vậy để kết thúc chứng minh ta cần chỉ ra rằng (a + b + c)2 ≥ 1. a2 + b2 + c2 + 6 Thực hiện phép khai triển tương đương ta được ab + bc + ca ≥ 3. Tuy nhiên bất đẳng thức này đúng nhờ vào giả thiết của bài toán. Lưu ý rằng từ giả thiết ta có ab + bc + ca = abc(a + b + c), (ab + bc + ca)2 và theo một đánh giá quen thuộc thì abc(a + b + c) ≤ , từ đó ta suy ra 3 (ab + bc + ca)2 ab + bc + ca ≤ , 3 hay ab + bc + ca ≥ 3. Phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 1.14 Cho a, b, c, d là các số thực dương thoả mãn a + b + c + d = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 P = + + + + a2 + b2 + c2 + d2 abc bcd cda dab X Lời giải. Kí hiệu là tổng hoán vị. Trước hết ta sử dụng AM-GM và giả thiết để có các đánh giá sau: a + b + c + d4 1 abcd ≤ = , 4 256 3(a + b + c + d)2 3 ab + ac + ad + bc + bd + cd ≤ = . 8 8 Kết hợp các đánh giá này với bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta suy ra được các bất đẳng thức sau: 19
1 X 1 72 + ≥ 2 2 2 2 X a + b + c + d 4ab a2 + b2 + c2 + d2 + 4ab 1. 49 49 = ≥ = 28, 2 X 3 (a + b + c + d) + 2 ab 1 + 2. 8 X 1 7.62 7.36 2. 7 ≥ X ≥ 3 = 168. 4ab 4ab 4. 8 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho bốn số ta lại có r v X a 1 u 1 ≥ 4 ≥ 4u = 64. bcd 4abcd t 1 256 Kết hợp ba bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta suy ra 1 X 1 X a + 2 + ≥ 28 + 168 + 64 = 260. a2 + b2 + c2 + d2 ab bcd Hơn nữa, sử dụng giả thiết a + b + c + d = 1 ta suy ra 1 1 1 1 1 P = + (a + b + c + d) + + + a2 + b2 + c2 + d2 abc bcd cda dab 1 X 1 X a = + 2 + . a2 + b2 + c2 + d2 ab bcd Do vậy P ≥ 260. 1 Cuối cùng, với a = b = c = d = (thoả mãn điều kiện) thì P = 260 nên ta suy ra 260 là giá trị 4 nhỏ nhất của biểu thức P . Phép chứng minh hoàn tất.2 1.15 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 18 + + ≤ (x + y + z)3 x3 + 1 y3 + 1 z3 + 1 Lời giải. Sử dụng giả thiết, dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy sau: x3 y3 z3 18 3 − − − ≤ (x + y + z)3, x3 + 1 y3 + 1 z3 + 1 x2 y2 z2 18 + + + (x + y + z)3 ≥ 54. (∗) x2 + yz y2 + zx z2 + xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có x2 y2 z2 (x + y + z)2 + + ≥ . x2 + yz y2 + zx z2 + xy x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx 20
Như vậy nếu kí hiệu VT (∗) là vế trái của bất đẳng thức (∗) thì ta có 18(x + y + z)2 VT (∗) ≥ + (x + y + z)3. x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx Đến đây ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM để có s 18(x + y + z)5 VT (∗) ≥ 2 . x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx Như vậy để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng 81 (x + y + z)5 ≥ (x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx). 2 Trước hết ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM như sau: (x + y + z)6 = [(x2 + y2 + z2) + (xy + yz + zx) + (xy + yz + zx)]3 ≥ 27(x2 + y2 + z2)(xy + yz + zx)2. Hơn nữa, theo một kết quả quen thuộc ta có (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z), do đó (x + y + z)6 ≥ 81xyz(x2 + y2 + z2)(x + y + z), hay (x + y + z)5 ≥ 81(x2 + y2 + z2) do xyz = 1. Như vậy ta cần chỉ ra rằng 2(x2 + y2 + z2) ≥ x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx. Tuy nhiên bằng phép biến đổi tương đương ta thu được 1 [(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2] ≥ 0, 2 là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Do vậy bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh. Bài toán kết thúc.2 1.16 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a4 + b4 + c4 = 3. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 3 + + ≥ b + c c + a a + b 2 Lời giải. Ta sẽ đi chứng minh 2 2 2 r 4 4 4 a b c 3 4 a + b + c + + ≥ , b + c c + a a + b 2 3 từ đó sử dụng giả thiết để suy ra kết luận cho bài toán. Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có a2 b2 c2 2 + + [a2(b + c)2 + b2(c + a)2 + c2(a + b)2] ≥ (a2 + b2 + c2)3. b + c c + a a + b Hơn nữa, theo một kết quả quen thuộc, ta có 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2, 21
từ đây ta thiết lập hai đánh giá tương tự để có a2 b2 c2 2 + + [2a2(b2 + c2) + 2b2(c2 + a2) + 2c2(a2 + b2)] ≥ (a2 + b2 + c2)3, b + c c + a a + b hay s a2 b2 c2 1 (a2 + b2 + c2)3 + + ≥ . b + c c + a a + b 2 a2b2 + b2c2 + c2a2 Như vậy để kết thúc chứng minh ta cần chỉ ra rằng s 2 2 2 3 r 4 4 4 (a + b + c ) 4 a + b + c ≥ 3 . a2b2 + b2c2 + c2a2 3 Thực hiện phép biến đổi tương đương ta thu được (a2 + b2 + c2)6 ≥ 27(a4 + b4 + c4)(a2b2 + b2c2 + c2a2)2. Tuy nhiên bất đẳng thức trên đúng nếu ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM như sau: (a2 + b2 + c2)6 = [(a4 + b4 + c4) + (a2b2 + b2c2 + c2a2) + (a2b2 + b2c2 + c2a2)]3 ≥ 27(a4 + b4 + c4)(a2b2 + b2c2 + c2a2)2 Phép chứng minh đến đây hoàn tất.2 1.17 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a b c + + ≤ 1 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 Lời giải. Sử dụng giả thiết, ta thấy rằng các bất đẳng thức sau là tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh a b c + + ≤ 1, 4 − c 4 − a 4 − b a(4 − a)(4 − b) + b(4 − b)(4 − c) + c(4 − c)(4 − a) ≤ (4 − a)(4 − b)(4 − c), a2b + b2c + c2a + abc ≤ 4. Bất đẳng thức trên mang tính hoán vị giữa các biến nên không mất tính tổng quát, ta giả sử c nằm giữa a và b. Khi đó a(a − c)(b − c) ≤ 0. Thực hiện phép khai triển ta được a2b+c2a ≤ a2c+abc. Từ đây ta cộng thêm đại lượng (b2c+abc) vào hai vế để được a2b + b2c + c2a + abc ≤ a2c + b2c + 2abc = c(a + b)2. Đến đây ta áp dụng AM-GM như sau: 1 (2c + a + b + a + b)3 c(a + b)2 = 2c(a + b)(a + b) ≤ = 4, 2 2.27 từ đó suy ra a2b + b2c + c2a + abc ≤ 4, tức là bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh. 22
Bài toán hoàn tất.2 1.18 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 25 ≤ (1 − 4ab)2 + (1 − 4bc)2 + (1 − 4ca)2 ≤ 3 27 Lời giải. 1. Chứng minh (1 − 4ab)2 + (1 − 4bc)2 + (1 − 4ca)2 ≤ 3. Trước hết ta có √ 1 = a + b + c ≥ a + b ≥ 2 ab, từ đó suy ra 1 ≥ 4ab. Đến đây ta sử dụng giả thiết các biến không âm để có 0 ≤ 1 − 4ab ≤ 1, từ đó mà (1 − 4ab)2 ≤ 1. Thiết lập hai đánh giá tương tự và cộng lại ta có ngay điều phải chứng minh. 25 2. Chứng minh (1 − 4ab)2 + (1 − 4bc)2 + (1 − 4ca)2 ≥ . 27 Dễ thấy bất đẳng thức trên tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy sau: 25 3 − 8(ab + bc + ca) + 16(a2b2 + b2c2 + c2a2) ≥ , 27 7 ab + bc + ca − 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) ≤ . 27 Để ý rằng ta có đẳng thức sau 5 1 7 12 ab − 2a2b2 − ab − − = −2 ab − , 9 9 81 9 5 1 7 do đó ta suy ra ab − 2a2b2 ≤ ab − + . Đến đây ta thiết lập hai đánh giá tương tự 9 9 81 và cộng lại để có 5 1 7 ab + bc + ca − 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) ≤ ab + bc + ca − − . 9 3 27 (a + b + c)2 1 Hơn nữa, theo một kết quả quen thuộc ta có ab + bc + ca ≤ = , do vậy ta suy 3 3 ra 7 ab + bc + ca − 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) ≤ , 27 tức là bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh. 25 Tóm lại ta đã chứng minh được ≤ (1 − 4ab)2 + (1 − 4bc)2 + (1 − 4ca)2 ≤ 3. Phép chứng minh 27 hoàn tất.2 1.18 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 9 + + ≤ 1 + xy + z2 1 + yz + x2 1 + zx + y2 5 1 1 1 Lời giải. Đặt x = , y = , z = . Khi đó sử dụng giả thiết xy + yz + zx = 1, ta thấy rằng a b c 23
1 1 1 1 xy + yz + zx ab + bc + ca 2 = 2 = 1 1 1 2 1 + xy + z x + xy + xz + 2yz a2 + ab + ac + bc a(a + b + c) = , 2a2 + ab + bc + ca do đó bất đẳng thức đã cho tương đương với X a 9 ≤ . 2a2 + ab + bc + ca 5(a + b + c) Nhân cả hai vế của bất đẳng thức này với ab + bc + ca và chú ý rằng a(ab + bc + ca) 2a3 = a − , 2a2 + ab + bc + ca 2a2 + ab + bc + ca ta được X a3 9(ab + bc + ca) 2 + ≥ a + b + c. 2a2 + ab + bc + ca 5(a + b + c) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có X 2 2 X a3 ( a ) ≥ 2 X 2a + ab + bc + ca a(2a2 + ab + bc + ca) X (1) ( a2)2 = X X X . 6abc + ( a)(2 a2 − ab) Mặt khác, từ bất đẳng thức cơ bản (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c), ta lại có (ab + bc + ca)2 3abc ≤ . (2) a + b + c Kết hợp (1) và (2), ta suy ra X 2 2 X X a3 ( a ) ( a) ≥ . 2 X X X X 2a + ab + bc + ca 2( ab + bc + ca)2 + ( a)2(2 a2 − ab) X X ( a2)( a) = X X . 2 a2 + 3 ab Cuối cùng ta chỉ cần chứng minh 2(a2 + b2 + c2)(a + b + c) 9(ab + bc + ca) + ≥ a + b + c. 2(a2 + b2 + c2) + 3(ab + bc + ca) 5(a + b + c) Sau khi khai triển và rút gọn, ta được bất đẳng thức hiển nhiên đúng (ab + bc + ca)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) ≥ 0. Bài toán được chứng minh xong.2 24
1 1 1 1.19 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = + + . Chứng minh rằng: a b c (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) ≤ 1 Lời giải 1. Bất đẳng thức cần chứng minh mang tính đối xứng giữa các biến, do đó không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó a + b − c ≥ 0 và c + a − b ≥ 0. Nếu b+c−a 1. Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta suy ra 2 2 2 1 1 1 x + y + z = + + ≤ √ + √ + √ , x + y y + z z + x xy yz zx √ √ √ √ hay x + y + z ≥ xyz(x + y + z). Hơn nữa, ta cũng có xyz > 1 nên √ √ √ x + y + z > x + y + z. √ x + 1 Tuy nhiên theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có x ≤ . Ta thiết lập thêm hai đánh giá 2 tương tự nữa để có x + y + z + 3 √ √ √ ≥ x + y + z > x + y + z, 2 hay x + y + z < 3. Nhưng đây là một đánh giá sai vì theo một kết quả quen thuộc, ta có 2 2 2 9 x + y + z = + + ≥ , x + y y + z z + x x + y + z dẫn tới x + y + z ≥ 3. Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ban đầu là sai, do vậy xyz ≤ 1. Phép chứng minh hoàn tất.2 Lời giải 2. Bất đẳng thức cần chứng minh mang tính đối xứng giữa các biến, do đó không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó a + b − c ≥ 0 và c + a − b ≥ 0. Nếu b+c−a < 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do (b+c−a)(c+a−b)(a+b−c) ≤ 0 < 1. Do đó ta chỉ cần giải quyết bài toán trong trường hợp b + c − a ≥ 0. Lúc này ta đặt x = b + c − a, y = c + a − b, z = a + b − c. Khi đó ta viết lại điều kiện như sau 2 2 2 x, y, z ≥ 0; x + y + z = + + , x + y y + z z + x và ta cần chứng minh xyz ≤ 1. 25
Ta sẽ giải quyết bài toán bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử rằng xyz > 1. Khi đó, từ giả thiết, ta suy ra (x + y + z)2(xy + yz + zx) = 2(x + y + z)2 + 2(xy + yz + zx) + xyz(x + y + z). (∗) Tuy nhiên, theo bất đẳng thức AM-GM và theo điều giả sử ở trên, ta có các đánh giá p3 xy + yz + zx ≥ 3 x2y2z2 > 3, √ x + y + z ≥ 3 3 xyz > 3, do vậy ta suy ra 2(x + y + z)2(xy + yz + zx) > 2(x + y + z)2, 3 2(x + y + z)2(xy + yz + zx) > 2(xy + yz + zx), 9 (x + y + z)2(xy + yz + zx) > xyz(x + y + z). 9 Cộng vế theo vế các đánh giá trên lại, ta được (x + y + z)2(xy + yz + zx) > 2(x + y + z)2 + 2(xy + yz + zx) + xyz(x + y + z), trái với (∗). Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ban đầu là sai, do vậy xyz ≤ 1. Phép chứng minh hoàn tất.2 1.20 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ 5a2 + ab + bc 5b2 + bc + ca 5c2 + ca + ab 7 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có 1 1 1 X (b + c)2 + + = 5a2 + ab + bc 5b2 + bc + ca 5c2 + ca + ab (b + c)2(5a2 + ab + bc) cyc 4(a + b + c)2 ≥ X . (b + c)2(5a2 + ab + bc) cyc Theo đó, ta cần chứng minh rằng 4(a + b + c)2 3 X ≥ . (b + c)2(5a2 + ab + bc) 7 cyc Sử dụng giả thiết a + b + c = 3, ta thấy rằng bất đẳng thức trên tương đương với X 28(a + b + c)4 ≥ 27[ (b + c)2(5a2 + ab + bc)]. cyc Sau khi khai triển và rút gọn, ta được X X X X 28 a4 + 58 a3b + 85 ab3 ≥ 156 a2b2 + 15abc(a + b + c). cyc cyc 26
Để chứng minh bất đẳng thức này, trước hết ta chú ý đến các đánh giá cơ bản sau (thu được bằng bất đẳng thức AM-GM): X X X a3b + ab3 ≥ 2 a2b2, cyc cyc X X X X X a4 + ab3 ≥ a3b + ab3 ≥ 2 a2b2, cyc cyc cyc X X a4 ≥ a2b2 ≥ abc(a + b + c). Từ đó ta suy ra X X X 58 a3b + 58 ab3 ≥ 116 a2b2, cyc cyc X X X 27 a4 + 27 ab3 ≥ 54 a2b2, cyc X X a4 + 14 a2b2 ≥ 15abc(a + b + c). Cộng vế theo vế các đánh giá trên, ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 1.21 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: b + c c + a a + b 6 + + ≥ 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab a + b + c Lời giải. Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cho 4(a + b + c), ta được 4(b + c)(a + b + c) 4(c + a)(a + b + c) 4(a + b)(a + b + c) + + ≥ 24. 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab 4(b + c)(a + b + c) (a + 2b + 2c)2 a2 Do = − nên ta có 2a2 + bc 2a2 + bc 2a2 + bc X (a + 2b + 2c)2 X a2 ≥ 24 + . 2a2 + bc 2a2 + bc Bất đẳng thức này được suy ra bằng cách cộng hai bất đẳng thức a2 b2 c2 + + ≤ 1, 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab (a + 2b + 2c)2 (b + 2c + 2a)2 (c + 2c + 2b)2 + + ≥ 25. 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab a2 1 bc Do = − nên bất đẳng thức thứ nhất tương đương với 2a2 + bc 2 2(2a2 + bc) bc ca ab + + ≥ 1, 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz X 2 X bc bc ≥ = 1. 2 X 2a + bc bc(2a2 + bc) 27
Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức thứ hai. Đây là bất đẳng thức đối xứng nên không mất b + c tính tổng quát, ta giả sử c = min{a, b, c}. Đặt t = , ta sẽ chứng minh 2 (a + 2b + 2c)2 (b + 2c + 2a)2 2(3t + 2c)2 + ≥ . (∗) 2a2 + bc 2b2 + ca 2t2 + tc Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có (a + 2b + 2c)2 (b + 2c + 2a)2 [b(a + 2b + 2c) + a(b + 2c + 2a)]2 + ≥ 2a2 + bc 2b2 + ca b2(2a2 + bc) + a2(2b2 + ca) 2(4t2 − ab + 2tc)2 = . 2a2b2 − 3abtc + 4t3c Vì tc ≤ ab ≤ t2 nên 2a2b2 − 3abtc − (2t4 − 3t3c) = −(t2 − ab)(2t2 + 2ab − 3tc) ≤ 0, từ đó dẫn đến (a + 2b + 2c)2 (b + 2c + 2a)2 2(4t2 − ab + 2tc)2 2(3t2 + 2tc)2 + ≥ ≥ 2a2 + bc 2b2 + ca 2a2b2 − 3abtc + 4t3c 2t4 − 3t3c + 4t3c 2(3t + 2c)2 = . 2t2 + tc Mặt khác, ta lại có (c + 2c + 2b)2 (4t + c)2 ≥ . (∗∗) 2c2 + ab t2 + 2c2 Kết hợp hai đánh giá (∗) và (∗∗), ta đưa bài toán về việc chứng minh 2(3t + 2c)2 (4t + c)2 + ≥ 25. 2t2 + tc t2 + 2c2 Sau khi thu gọn, ta được bất đẳng thức hiển nhiên đúng c(31t + 16c)(t − c)2 ≥ 0. t(2t + c)(t2 + 2c2) Bài toán được chứng minh xong.2 1.22 Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn a2 + b2 + c2 + d2 = 1. Chứng minh rằng: √ √ √ √ a b c d 4(a a + b b + c c + d d)2 + + + ≥ b2 + 1 c2 + 1 d2 + 1 a2 + 1 5 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có a b c d a3 b3 c3 d3 + + + = + + + b2 + 1 c2 + 1 d2 + 1 a2 + 1 a2b2 + a2 b2c2 + b2 c2d2 + c2 d2a2 + d2 √ √ √ √ (a a + b b + c c + d d)2 ≥ . a2 + b2 + c2 + d2 + a2b2 + b2c2 + c2d2 + a2d2 28
Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng 5 a2 + b2 + c2 + d2 + a2b2 + b2c2 + c2d2 + a2d2 ≤ , 4 1 hay (a2 + c2)(b2 + d2) ≤ . Tuy nhiên đây lại là đánh giá đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM: 4 (a2 + c2 + b2 + d2)2 1 (a2 + c2)(b2 + d2) ≤ = , 4 4 do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 1.23 Cho x,y,z là các số thực thuộc đoạn [0, 1]. Chứng minh rằng: x y z 3 + √ + √ ≤ √ p3 1 + y3 3 1 + z3 3 1 + x3 3 1 + xyz Lời giải. Do x, y, z ∈ [0, 1] nên ta có x y z 1 1 1 + √ + √ ≤ + √ + √ . p3 1 + y3 3 1 + z3 3 1 + x3 p3 1 + y3 3 1 + z3 3 1 + x3 Để ý rằng theo bất đẳng thức Holder, ta được đánh giá sau với mọi số thực dương a, b, c: (a + b + c)3 ≤ 9(a3 + b3 + c3), hay (a + b + c) ≤ p3 9(a3 + b3 + c3). Sử dụng đánh giá này, ta có s 1 1 1 1 1 1 + √ + √ ≤ 3 9 + + . p3 1 + y3 3 1 + z3 3 1 + x3 1 + y3 1 + x3 1 + z3 Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng 1 1 1 3 + + ≤ . (∗) 1 + y3 1 + x3 1 + z3 1 + xyz Để ý rằng với hai số thực a, b thay đổi trong đoạn [0, 1] ta luôn có 1 1 2 (ab − 1)(a − b)2 + − = ≤ 0. 1 + a2 1 + b2 1 + ab (1 + a2)(1 + b2)(1 + ab) Sử dụng đánh giá này, ta được 1 1 1 1 2 2 4 + + + ≤ + ≤ . 1 + x3 1 + y3 1 + z3 1 + xyz 1 + px3y3 1 + pz4xy 1 + xyz Do vậy đánh giá (∗) được chứng minh, dẫn đến bất đẳng thức ban đầu đúng. Phép chứng minh hoàn tất.2 1.24 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a + b + c + + ≥ b + c a + c a + b 2 29
Lời giải 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có a2 b2 c2 (a + b + c)2 a + b + c + + ≥ = . b + c a + c a + b 2(a + b + c) 2 Phép chứng minh hoàn tất. 2 Lời giải 2. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương, ta có a2 b + c + ≥ a. b + c 4 Cộng vế theo vế đánh giá này với hai đánh giá tương tự khác, ta được: a2 b2 c2 a + b + c + + + ≥ a + b + c, b + c a + c a + b 2 từ đó ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 Lời giải 3. Bất đẳng thức ban đầu mang tính đối xứng giữa các biến, do đó không mất tính tổng quát, ta giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó ta có 1 1 1 ≥ ≥ . b + c a + c a + b Như vậy, theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có a2 b2 c2 1 1 1 1 + + ≥ .(a2 + b2 + c2).( + + ). b + c a + c a + b 3 a + b b + c a + c (x + y + z)2 1 1 1 9 Đến đây ta áp dụng hai đánh giá cơ bản x2 + y2 + z2 ≥ và + + ≥ 3 x y z x + y + z để có a2 b2 c2 1 (a + b + c)2 9 a + b + c + + ≥ . . = . b + c a + c a + b 3 3 2(a + b + c) 2 Phép chứng minh hoàn tất.2 1.25 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: √ √ √ 4 3 + a4 + 4 3 + b4 + 4 3 + c4 ≥ p4 108(a + b + c) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có (1 + 3)(1 + 3)(1 + 3)(a4 + 3) ≥ (a + 3)4, √ 3 + a từ đó suy ra 4 3 + a4 ≥ √ . Thiết lập các đánh giá tương tự và cộng lại, ta được 4 64 √ √ √ 9 + a + b + c 4 3 + a4 + 4 3 + b4 + 4 3 + c4 ≥ √ . 4 64 Hơn nữa, theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 9 + a + b + c = 3 + 3 + 3 + (a + b + c) ≥ 4p4 27(a + b + c), 30
như vậy √ √ √ 4p4 27(a + b + c) 4 3 + a4 + 4 3 + b4 + 4 3 + c4 ≥ √ = p4 108(a + b + c). 4 64 Phép chứng minh hoàn tất.2 1.26 Cho a, b là các số thực dương thoả mãn ab ≥ 1. Chứng minh rằng: 1 1 2 + ≥ 1 + a2 1 + b2 1 + ab Lời giải. Thực hiện phép biến đổi tương đương, ta thu được dãy các đánh giá sau: 2 + a2 + b2 2 ≥ , a2b2 + a2 + b2 + 1 1 + ab 2 + 2ab + a3b + b3a + a2 + b2 − 2a2b2 − 2a2 − 2b2 − 2 ≥ 0, (ab − 1)(a − b)2 ≥ 0. Đánh giá cuối cùng đúng do ab ≥ 1, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Bài toán kết thúc.2 1.27 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: c + ab a + bc b + ac + + ≥ 2 a + b b + c a + c Lời giải. Để ý rằng ta có c + ab = c(a + b + c) + ab = (c + a)(c + b), do vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (c + a)(c + b) (b + a)(b + c) (a + b)(a + c) + + ≥ 2. a + b a + c b + c Áp dụng đánh giá cơ bản x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx, ta thấy đánh giá trên đúng do (c + a)(c + b) (b + a)(b + c) (a + b)(a + c) + + ≥ b + c + a + b + c + a = 2. a + b a + c b + c Phép chứng minh hoàn tất.2 1.28 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn 2x + 3y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có √ √ √ √ √ √ P (2 2 + 3 3 + 1)2 = (x3 + y3 + z3)(2 2 + 3 3 + 1)(2 2 + 3 3 + 1) ≥ (2x + 3y + z)3 = 1. 31
1 Như vậy P ≥ √ √ . (2 2 + 3 3 + 1)2 √ √ 2 3 1 Cuối cùng, với x = √ √ ,y = √ √ và z = √ √ (thoả mãn điều 2 2 + 3 3 + 1 2 2 + 3 3 + 1 2 2 + 3 3 + 1 1 1 kiện) thì P = √ √ nên ta kết luận √ √ là giá trị nhỏ nhất của biểu (2 2 + 3 3 + 1)2 (2 2 + 3 3 + 1)2 thức P . Bài toán kết thúc.2 1.29 Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a2 + ab + b2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 − ab − 3b2 Lời giải. Với b = 0 thì từ giả thiết ta suy ra a2 = 3, từ đó biểu thức P có giá trị là 3. Với b 6= 0, xét biểu thức P a2 − ab − 3b2 x2 − x − 3 Q = = = , 3 a2 + ab + b2 x2 + x + 1 a trong đó x = . Từ đây ta suy ra b (Q − 1)x2 + (Q + 1)x + Q + 3 = 0. Coi đó là một phương trình theo ẩn x. Xét biệt thức của phương trình trên, ta thấy rằng để phương trình trên có nghiệm thì (Q + 1)2 − 4(Q − 1)(Q + 3) ≥ 0, √ √ −3 − 4 3 −3 + 4 3 từ đây ta suy ra ≤ Q ≤ . Hơn nữa, do P = 3Q nên ta có 3 3 √ √ −3 − 4 3 ≤ P ≤ −3 + 4 3. p √ p √ √ p √ Cuối cùng, với a = − 2 − 3 và b = 2 + 3 thì P = −3 − 4 3; với a = 2 + 3 và p √ √ √ √ b = − 2 − 3 thì P = −3 + 4 3 nên ta kết luận −3 − 4 3 và −3 + 4 3 lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P . Bài toán kết thúc.2 1.30 Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a2 + 2b2 = 3c2. Chứng minh rằng: 1 2 3 + ≥ a b c Lời giải. Từ giả thiết, ta suy ra (3c)2 = (a2 + 2b2)(1 + 2). Từ đây ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz để có (3c)2 ≥ (a + 2b)2, từ đó suy ra 3c ≥ a + 2b. (∗) Hơn nữa, cũng theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có 1 1 1 9 + + ≥ . (∗∗) a b b a + 2b 32
Kết hợp hai đánh giá (∗) và (∗∗), ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 1.31 Cho x, y, z là các số thực không âm thoả mãn x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 5 P = xy + yz + zx + x + y + z Lời giải. Để ý rằng (x + y + z)2 − x2 − y2 − z2 5 (x + y + z)2 5 3 P = + = + − , 2 x + y + z 2 x + y + z 2 từ đó đặt t = x + y + z, ta đưa bài toán về việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 10 Q = t2 + . t √ Để ý rằng từ đánh giá x2 + y2 + z2 ≤ (x + y + z)2 ≤ 3(x2 + y2 + z2), ta suy ra 3 ≤ t ≤ 3, do vậy 10 37 (t − 3)(3t2 + 9t − 10) t2 + − = ≤ 0. t 3 3t 37 Q 3 Như vậy Q ≤ , và vì P = − nên 3 2 2 37 3 14 P ≤ − = . 6 2 3 14 14 Cuối cùng, với x = y = z = 1 (thoả mãn điều kiện) thì P = nên ta kết luận là giá trị lớn 3 3 nhất của biểu thức P . Bài toán kết thúc.2 1.32 Cho x, y là các số thực dương thoả mãn 2y > x. Chứng minh rằng: 1 + x2 + y2 ≥ 3 x3(2y − x) Lời giải. Ta thấy rằng 1 1 + x2 + y2 = + +x2 + (y2 + x2 − x2), x3(2y − x) x2(2xy − x2) và vì x2 + y2 ≥ 2xy theo bất đẳng thức AM-GM nên 1 1 + x2 + y2 ≥ + x2 + (2xy − x2). x3(2y − x) x2(2xy − x2) Đến đây ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM một lần nữa để có s 1 1 + x2 + y2 ≥ 3 3 .x2.(2xy − x2) = 3. x3(2y − x) x2(2xy − x2) Phép chứng minh hoàn tất.2 33
1.33 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + + ≥ a(2a − 1)2 b(2b − 1)2 c(2c − 1)2 2 1 1 1 Lời giải. Đặt m = ; n = ; p = . Khi đó điều kiện đã cho tương đương với m + n + p = 2 (để a b c ý rằng từ đây ta có m, n, p < 2), và bất đẳng thức đã cho được viết lại thành m3 n3 p3 1 + + ≥ . (2 − m)2 (2 − n)2 (2 − p)2 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có m3 2 − m 2 − m 3m + + ≥ , (2 − m)2 8 8 4 m3 1 từ đó suy ra ≥ m − . Thiết lập hai đánh giá tương tự cho n và p và cộng lại, ta được (2 − m)2 2 m3 n3 p3 3 1 + + ≥ m + n + p − = . (2 − m)2 (2 − n)2 (2 − p)2 2 2 Phép chứng minh hoàn tất.2 1.34 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + 2b + 3c = 4. Chứng minh rằng: (a2b + b2c + c2a + abc)(ab2 + bc2 + ca2 + abc) ≤ 8 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 8(a2b + b2c + c2a + abc)(ab2 + bc2 + ca2 + abc) = 4(a2b + b2c + c2a + abc).2(ab2 + bc2 + ca2 + abc) ≤ (a2b + b2c + c2a + 2ab2 + 2bc2 + 2ca2 + 3abc)2. Hơn nữa, ta cũng có (a + 2b)(b + 2c)(c + 2a) = 9abc + 2a2b + 2ac2 + 4a2c + 2b2c + 4b2a + 4c2b ≥ 2(a2b + b2c + c2a + 2ab2 + 2bc2 + 2ca2 + 3abc), (a + 2b)(b + 2c)(c + 2a)2 do vậy 8(a2b + b2c + c2a + abc)(ab2 + bc2 + ca2 + abc) ≤ . Mặt khác, 2 theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 3a + 6b + 9c3 4(a + 2b)(b + 2c)(c + 2a) = (a + 2b)(4b + 8c)(c + 2a) ≤ = (a + 2b + 3c)3 = 64. 3 Như vậy, ta suy ra 64 2 8(a2b + b2c + c2a + abc)(ab2 + bc2 + ca2 + abc) ≤ = 64, 4.2 hay (a2b + b2c + c2a + abc)(ab2 + bc2 + ca2 + abc) ≤ 8. 34
Phép chứng minh hoàn tất.2 1.35 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: ab bc ac a + b + c + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6 9 1 1 1 Lời giải. Sử dụng đánh giá cơ bản ≤ + + , ta có x + y + z x y z 9 9 1 1 1 = ≤ + + . a + 3b + 2c (a + c) + (b + c) + 2b a + c b + c 2b 9ab ab ab a Từ đó ta suy ra ≤ + + . Hoàn toàn tương tự, ta cũng có a + 3b + 2c a + c b + c 2 9bc bc bc b ≤ + + , b + 3c + 2a b + a c + a 2 và 9ca ca ca c ≤ + + . c + 3a + 2b c + b a + b 2 Cộng vế theo vế các đánh giá trên, ta thu được 9ab 9bc 9ca ca + ab ab + bc bc + ca a + b + c + + ≤ + + + a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b b + c a + c b + a 2 3(a + b + c) = , 2 từ đây ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 1.36 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 + + ≤ a + b + 4 b + c + 4 c + a + 4 2 √ √ √ Lời giải 1. Đặt x = a, y = b, z = c. Khi đó ta phải chứng minh 1 1 1 1 + + ≤ x2 + y2 + 4 y2 + z2 + 4 z2 + x2 + 4 2 với x, y, z > 0 và xyz = 1. 1 x2 + y2 (x + y)2 + (x − y)2 Do = 1 − = 1 − nên bất đẳng thức này có thể được x2 + y2 + 4 x2 + y2 + 4 2(x2 + y2 + 4) viết lại thành X (x + y)2 X (x − y)2 + ≥ 2. x2 + y2 + 4 x2 + y2 + 4 Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có X (x + y)2 [(x + y) + (y + z) + (z + x)]2 ≥ , 2 2 X x + y + 4 (x2 + y2 + 4) và X (x − y)2 [x − y + y − z + x − z]2 ≥ . 2 2 X x + y + 4 (x2 + y2 + 4) 35
Từ đây ta đưa bài toán về chứng minh 2(x + y + z)2 + 2(x − z)2 ≥ 2(x2 + y2 + z2) + 12, hay 2(x − z)2 + 4(xy + yz + zx − 3) ≥ 0. Tuy nhiên đây lại là đánh giá đúng do (x − z)2 ≥ 0 và theo bất đẳng thức AM-GM thì p3 xy + yz + zx ≥ 3 x2y2z2 = 3, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 √ √ √ Lời giải 2. Đặt x = 3 a, y = 3 b, z = 3 c. Khi đó x, y, z > 0; xyz = 1 và ta cần chứng minh 1 1 1 1 + + ≤ x3 + y3 + 4 y3 + z3 + 4 z3 + x3 + 4 2 Với chú ý ta có đánh giá x3 + y3 ≥ xy(x + y), đồng thời lại có 4 = 4xyz, ta đưa bài toán về việc chứng minh 1 1 1 1 + + ≤ , xy(x + y + 4z) yz(y + z + 4x) zx(z + x + 4y) 2 hay x + y y + z z + x + + ≥ 1. x + y + 4z y + z + 4x z + x + 4y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có x + y y + z z + x 4(x + y + z)2 + + ≥ X x + y + 4z y + z + 4x z + x + 4y (x + y)(x + y + 4z) 4(x + y + z)2 = , 2(x2 + y2 + z2) + 10(xy + yz + zx) như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng 4(x + y + z)2 ≥ 2(x2 + y2 + z2) + 10(xy + yz + zx), hay x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx. Tuy nhiên đây lại là một đánh giá đúng, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 1.37 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: r1 r1 r1 1 3 + 6b + 3 + 6c + 3 + 6a ≤ a b c abc Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có !3 r1 r1 r1 1 1 1 1 1 3 + 6b + 3 + 6c + 3 + 6a ≤ + 6b + + 6c + + 6a √ .3 √ .3 a b c a b c 3 3 1 1 1 = 9 + + + 6a + 6b + 6c . (∗) a b c 36
(x + y + z)2 Hơn nữa, sử dụng đánh giá cơ bản xy + yz + zx ≤ , ta có 3 1 1 1 abc + + + 6a + 6b + 6c = ab + bc + ca + 6abc(a + b + c) a b c ≤ ab + bc + ca + 2(ab + bc + ca)2 = 3, 1 1 1 3 do vậy + + + 6a + 6b + 6c ≤ . Kết hợp với đánh giá (∗) ở trên, ta được a b c abc !3 r1 r1 r1 27 3 + 6b + 3 + 6c + 3 + 6a ≤ , a b c abc từ đó ta lấy căn bậc ba hai vế để thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 1.38 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≤ 1 1 + a + b 1 + b + c 1 + a + c √ √ √ Lời giải. Đặt x = a, y = b, z = c. Khi đó ta phải chứng minh 1 1 1 + + ≤ 1 x2 + y2 + 1 y2 + z2 + 1 z2 + x2 + 1 với x, y, z > 0 và xyz = 1. 1 x2 + y2 (x + y)2 + (x − y)2 Do = 1 − = 1 − nên bất đẳng thức này có thể được x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 2(x2 + y2 + 1) viết lại thành X (x + y)2 X (x − y)2 + ≥ 4. x2 + y2 + 1 x2 + y2 + 1 Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có X (x + y)2 [(x + y) + (y + z) + (z + x)]2 ≥ , 2 2 X x + y + 1 (x2 + y2 + 1) và X (x − y)2 [x − y + y − z + x − z]2 ≥ . 2 2 X x + y + 1 (x2 + y2 + 1) Từ đây ta đưa bài toán về chứng minh (x + y + z)2 + (x − z)2 ≥ 2(x2 + y2 + z2) + 3. Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta lại có p3 3 = 3 x2y2z2 ≤ xy + yz + zx, do vậy ta chỉ còn phải chứng minh (x + y + z)2 + (x − z)2 ≥ 2(x2 + y2 + z2) + xy + yz + zx. 37
Sau khi thu gọn, ta được bất đẳng thức hiển nhiên đúng (x − y)(y − z) ≥ 0. Bài toán do đó được chứng minh xong.2 1.39 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ 1 b(c + 2) c(a + 2) a(b + 2) Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a3 b c + 2 + + ≥ a. b(c + 2) 3 9 Lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta được a3 b3 c3 a + b + c a + b + c + 6 + + + + ≥ a + b + c, b(c + 2) c(a + 2) a(b + 2) 3 9 hay a3 b3 c3 5(a + b + c) 2 + + ≥ − . b(c + 2) c(a + 2) a(b + 2) 9 3 √ Mặt khác cũng theo bất đẳng thức AM-GM thì a + b + c ≥ 3 3 abc = 3, do vậy a3 b3 c3 5 2 + + ≥ − = 1. b(c + 2) c(a + 2) a(b + 2) 3 3 Phép chứng minh hoàn tất.2 1.40 Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) Lời giải. Bất đẳng thức ban đầu mang tính đối xứng giữa các biến, nên không mất tính tổng quát, ta giả sử a = max{a; b; c}. Khi đó thực hiện biến đổi tương đương, ta thu được dãy bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) ≥ 0, (a − b)(a2 − ac − b2 + bc) + c(a − c)(b − c) ≥ 0, (a − b)2(a + b − c) + c(a − c)(b − c) ≥ 0. Đánh giá cuối cùng đúng do a = max{a; b; c}, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 38
3.2 Bài 2.1 đến bài 2.40 2.1 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a b c 9 + + ≥ (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 4(a + b + c) Lời giải. Bất đẳng thức ban đầu tương đương với a b c 9 (a + b + c) + + ≥ . (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 4 a b c Đặt k = + + . Ta thấy rằng b + c a + c a + b a b c a2 b2 c2 a b c (a+b+c) + + = + + + + + , (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 b + c a + c a + b a2 b2 c2 k2 và theo một đánh giá quen thuộc thì + + ≥ , do vậy (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 3 a b c k2 (a + b + c) + + ≥ + k (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 3 3 Ta lại có chú ý rằng k ≥ theo bất đẳng thức Nesbitt, do đó 2 a b c 9 3 9 (a + b + c) + + ≥ + = . (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 4.3 2 4 Phép chứng minh hoàn tất.2 2.2 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a b c √ + √ + √ ≥ 1 a2 + 8bc b2 + 8ac c2 + 8ab Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có a b c (a + b + c)2 √ + √ + √ ≥ √ √ √ . a2 + 8bc b2 + 8ac c2 + 8ab a a2 + 8bc + b b2 + 8ac + c c2 + 8ab Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có √ √ √ √ √ √ √ √ √ a a2 + 8bc + b b2 + 8ac + c c2 + 8ab = a a3 + 8abc + b b3 + 8abc + c c3 + 8abc ≤ p(a + b + c)(a3 + b3 + c3 + 24abc), do vậy a b c (a + b + c)2 √ + √ + √ ≥ a2 + 8bc b2 + 8ac c2 + 8ab p(a + b + c)(a3 + b3 + c3 + 24abc) s (a + b + c)3 = . a3 + b3 + c3 + 24abc 39
Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng (a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc, hay (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Tuy nhiên đây là một đánh giá đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có √ √ √ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 2 ab.2 bc.2 ca = 8abc, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2.3 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn đồng thời c ≥ a và 3a2 +4b2 +5c2 = 12. Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥ 3 a b c Lời giải. Từ giả thiết, ta có 4a2 + 4b2 + 4c2 = 12 + a2 − c2 ≤ 12, như vậy a2 + b2 + c2 ≤ 3. Từ đây ta cũng có a + b + c ≤ p3(a2 + b2 + c2) ≤ 3, và vì vậy ta chứng minh được bất đẳng thức ban đầu vì 1 1 1 9 9 + + ≥ ≥ = 3. a b c a + b + c 3 Bài toán kết thúc.2 2.4 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a b c a + c b + a c + b + + ≥ + + b c a b + c c + a a + b Lời giải 1. Đặt a 1 + 1 + b 1 + c X = b ,Y = c ,Z = a . 2 2 2 Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta thu được r !3 a b c a b c 1 + 1 + 1 + ≥ 1 + 3 . . = 8, b c a b c a từ đó ta suy ra XYZ ≥ 1. Bây giờ ta thực hiện biến đổi bất đẳng thức đã cho như sau a a + c b b + a c c + b − + − + − ≥ 0, b b + c c c + a a a + b c(a − b) a(b − c) b(c − a) + + ≥ 0, b(b + c) c(c + a) a(a + b) 40
a b − 1 − 1 c b c a − 1 b + c + a ≥ 0. 1 + 1 + 1 + c a b Để ý rằng a − 1 2X − 1 − 1 X − 1 b = = , b 2Y Y 1 + c do vậy bất đẳng thức cuối có thể viết lại thành X − 1 Y − 1 Z − 1 + + ≥ 0, Y Z X tương đương X Y Z 1 1 1 + + ≥ + + . Y Z X X Y Z Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có X X X X X Z 3 = + + Y Y Y X r √ X 3 ZX 3 X 1 X 1 ≥ 3 = 3 XYZ = 3 . Y 2 Y Y Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 Lời giải 2. Thực hiện biến đổi tương tự như cách 1, ta cần chứng minh c(a − b) a(b − c) b(c − a) + + ≥ 0. b(b + c) c(c + a) a(a + b) Không mất tính tổng quát, ta giả sử b là số nằm giữa a và c. Khi đó (b − a)(b − c) ≤ 0. Để ý rằng b(c − a) = −c(a − b) − a(b − c), vì vậy bất đẳng thức trên có thể viết lại thành 1 1 1 1 c(a − b) − + a(b − c) − ≥ 0, b(b + c) a(a + b) c(c + a) a(a + b) tương đương c[(a − b)2(a + b) + b(a − b)(a − c)] [(b − c)(a − c)(a + c) + a(b − c)2] + ≥ 0. ab(a + b)(b + c) c(c + a)(a + b) Bất đẳng thức cuối này đúng do (a − b)(a − c) = (a − b)2 − (b − a)(b − c) ≥ 0, và (b − c)(a − c) = (b − c)2 − (b − a)(b − c) ≥ 0, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 Nhận xét. 41
1. Lưu ý rằng bất đẳng thức sau đúng với a, b, c và k là các số thực dương: a b c ka + c kb + c kc + b + + ≥ + + . b c a kb + c kc + a ka + b Với k = 1, ta thu được bài toán trên. 2. Riêng với trường hợp k = 1, ta có thể chứng minh bài toán dựa trên bất đẳng thức sau (đây là một bài trong Belarusian Mathematical Olympiad 1998): Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a b c a + b b + c + + ≥ + + 1. b c a b + c a + b Việc chứng minh cũng như áp dụng xin để dành cho bạn đọc. 2.5 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: √ √ √ a + b + c ≥ ab + bc + ca Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với √ √ √ a2 + b2 + c2 + 2 a + 2 b + 2 c ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có √ a2 + 2 a ≥ 3a. Lập các bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta được √ √ √ a2 + b2 + c2 + 2 a + 2 b + 2 c ≥ 3(a + b + c) = 9. Phép chứng minh hoàn tất.2 2.6 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca =√ 1. Chứng minh rằng: 1 4 9 3 + ≥ abc (a + b)(b + c)(c + a) 2 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 4 1 1 4 + = + + abc (a + b)(b + c)(c + a) 2abc 2abc (a + b)(b + c)(c + a) s s 1 1 ≥ 3 3 = 3 3 . a2b2c2(a + b)(b + c)(c + a) abc(ab + ac)(bc + ba)(ca + cb) Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức AM-GM, ta có hai đánh giá: (ab + bc + ca)3 a2b2c2 ≤ , 27 và 8(ab + bc + ca)3 (ab + bc)(bc + ca)(ca + ab) ≤ , 27 42
1 8 từ đó sử dụng giả thiết ta suy ra abc ≤ √ và (ab + bc)(bc + ca)(ca + ab) ≤ . Do vậy 3 3 27 s √ √ 1 4 3 27.3 3 9 3 + ≥ 3 = . abc (a + b)(b + c)(c + a) 8 2 Phép chứng minh hoàn tất.2 2.7 Cho x, y, z là các số thực thoả mãn x + y + z = 0, trong đó có hai số cùng dấu. Chứng minh rằng: (x2 + y2 + z2)3 ≥ 6 (x3 + y3 + z3)2 Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử x, y là hai số cùng dấu, tức là xy ≥ 0. Với điều kiện z = −x − y, ta có (x2 + y2 + z2)3 8(x2 + y2 + xy)3 = . (x3 + y3 + z3)2 9x2y2(x + y)2 Như vậy, nếu ta đặt x2 + y2 = m và xy = n (để ý rằng m ≥ 2n) thì ta cần chứng minh 8(m + n)3 ≥ 6, 9n2(m + 2n) hay 4m3 + 4n3 + 12m2n + 12n2m ≥ 27n2m + 54n3. Bất đẳng thức trên mang tính thuần nhất giữa các biến, do đó ta cho n = 1, lúc này m ≥ 2 và ta cần chứng minh 4m3 + 12m2 − 15m − 50 ≥ 0. 52 Tuy nhiên bằng biến đổi tương đương, ta được (m − 2) m − ≥ 0. Đây là một đánh giá đúng 2 do m ≥ 2, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2.8 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi trong đoạn [0, 1]. Chứng minh rằng: √ abc + p(1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có √ √ abc + p(1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ p(a + 1 − a)[bc + (1 − b)(1 − c)] = 2bc − b − c + 1. Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng 2bc ≤ b + c. Tuy nhiên đây là một đánh giá đúng vì theo giả thiết và bất đẳng thức AM-GM thì √ 2bc ≤ 2 bc ≤ b + c, do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. 43
Bài toán kết thúc.2 2.9 Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: √ 2p(ab + bc + ca) ≤ 3.p3 (a + b)(b + c)(c + a) Lời giải. Để ý rằng ta có đẳng thức (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc. Mặt khác, theo các đánh giá quen thuộc, ta có a + b + c ≥ p3(ab + bc + ca), và r (ab + bc + ca)3 abc ≤ , 27 do vậy r (ab + bc + ca)3 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (ab + bc + ca)p3(ab + bc + ca) − 27 8p(ab + bc + ca)3 = √ . 3 3 Từ đây, lấy căn bậc ba hai vế, ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 2.10 Cho a, b, c là các số thực đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: a2 + b2 a2 + c2 b2 + c2 5 + + ≥ a2 − 2ab + b2 a2 − 2ac + c2 b2 − 2bc + c2 2 Lời giải. Dãy bất đẳng thức sau tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh (a + b)2 + (a − b)2 (b + c)2 + (b − c)2 (c + a)2 + (c − a)2 + + ≥ 5, (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 a + b2 b + c2 c + a2 + + ≥ 2. a − b b − c c − a a + b b + c c + a Đặt x = , y = , z = . để ý rằng ta có đẳng thức a − b b − c c − a (a + b)(b + c) (b + c)(c + a) (c + a)(a + b) xy + yz + zx = + + (a − b)(b − c) (b − c)(c − a) (c − a)(a − b) (a + b)(b + c)(c − a) + (b + c)(c + a)(a − b) + (c + a)(a + b)(b − c) = = −1 (a − b)(b − c)(c − a) Hơn nữa, ta cũng có (x + y + z)2 ≥ 0, do vậy x2 + y2 + z2 ≥ −2(xy + yz + zx) = 2. Từ đây ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. 44
Bài toán kết thúc.2 4 2.11 Cho a, b là các số thực không âm thoả mãn a + b ≤ . Chứng minh rằng: 5 r1 − a r1 − b r1 − a − b + − 1 ≤ 1 + a 1 + b 1 + a + b Lời giải. Dãy bất đẳng thức sau là tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh s 1 − a 1 − b (1 − a)(1 − b) 1 − a − b r1 − a − b + + 2 ≤ + 1 + 2 , 1 + a 1 + b (1 + a)(1 + b) 1 + a + b 1 + a + b 2(1 − ab) r1 + ab − a − b 2 r1 − a − b + 2 ≤ + 2 . 1 + ab + a + b 1 + ab + a + b 1 + a + b 1 + a + b Đặt u = ab; v = a + b. Khi đó u, v ≥ 0 và ta cần chứng minh 2(1 − u) r1 + u − v 2 r1 − v + 2 ≤ + 2 . 1 + u + v 1 + u + v 1 + v 1 + v Thực hiện biến đổi tương đương, ta được dãy bất đẳng thức sau ! 1 + u − v 1 − v u(2 + v) r1 + u − v r1 − v − ≤ + , 1 + u + v 1 + v (1 + v)(1 + v + u) 1 + u + v 1 + v ! 2uv u(2 + v) r1 + u − v r1 − v ≤ + . (1 + u + v)(1 + v) (1 + v)(1 + v + u) 1 + u + v 1 + v Nếu u = 0 thì bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Nếu u > 0, bất đẳng thức trên tương đương với 2v r1 + u − v r1 − v ≤ + . (∗) 2 + v 1 + u + v 1 + v Để ý rằng với u > 0, ta có đánh giá 1 + u − v 1 − v ≥ , 1 + u + v 1 + v do vậy r1 + u − v r1 − v r1 − v r 2 + ≥ 2 = 2 −1 + . 1 + u + v 1 + v 1 + v 1 + v 4 Hơn nữa, ta lại có v ≤ theo giả thiết nên 5 s r1 + u − v r1 − v 2 2 + ≥ 2 −1 + 4 = . 1 + u + v 1 + v 1 + 5 3 4 Ngoài ra cũng do v ≤ < 1 nên 5 2v 2 2 = 2 < , 2 + v v + 1 3 do vậy đánh giá (∗) đúng, cũng có nghĩa bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. 45
Bài toán hoàn tất.2 2.12 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 6(a2 + b2 + c2) + + + a + b + c ≥ b c a a + b + c Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh mang tính hoán vị giữa các biến, do đó không mất tính tổng quát, ta giả sử b là số hạng nằm giữa a và c. Khi đó ta biến đổi bất đẳng thức như sau X a2 6(a2 + b2 + c2) + b − 2a ≥ − 2(a + b + c), b a + b + c X (a − b)2 6(a2 + b2 + c2) ≥ − 2(a + b + c). b a + b + c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có X (a − b)2 [(a − b) + (b − c) + (a − c)]2 4(a − c)2 ≥ = . b b + c + a a + b + c Do đó ta chỉ cần chứng minh được 2(a − c)2 ≥ 3(a2 + b2 + c2) − (a + b + c)2. Sau khi thu gọn, ta được bất đẳng thức hiển nhiên đúng do b nằm giữa a và c 2(b − c)(b − a) ≤ 0. Bài toán hoàn tất.2 2.13 Cho x, y, z là các số thực thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1. Chứng minh rằng: −1 ≤ x3 + y3 + z3 − 3xyz ≤ 1 Lời giải 1. Chú ý rằng ta có đẳng thức (x3 + y3 + z3 − 3xyz)2 = (x + y + z)2(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)2 = (1 + 2t)(1 − t)(1 − t), trong đó t = xy + yz + zx. Đến đây ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM để có [(1 + 2t) + (1 − t) + (1 − t)]3 (x3 + y3 + z3 − 3xyz)2 ≤ = 1, 27 do vậy −1 ≤ x3 + y3 + z3 − 3xyz ≤ 1. Phép chứng minh hoàn tất.2 Lời giải 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có (x3 + y3 + z3 − 3xyz)2 = [x(x2 − yz) + y(y2 − zx) + z(z2 − xy)]2 ≤ (x2 + y2 + z2)[(x2 − yz)2 + (y2 − zx)2 + (z2 − xy)2]. 46
Hơn nữa, ta lại có (x2 − yz)2 + (y2 − zx)2 + (z2 − xy)2 = (x2 + y2 + z2)2 − (xy + yz + zx)2 ≤ (x2 + y2 + z2)2, do vậy (x3 + y3 + z3 − 3xyz)2 ≤ (x2 + y2 + z2)3 = 1. Từ đó ta suy ra −1 ≤ x3 + y3 + z3 − 3xyz ≤ 1. Phép chứng minh hoàn tất.2 2.14 Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: xyz 1 ≤ (1 + 3x)(z + 6)(x + 8y)(y + 9z) 74 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có các đánh giá sau: √ z + 6 = z +1+1+1+1+1+1 ≥ 7 7 z, r 6 x x x x x x 7 x 1 + 3x = 1 + + + + + + ≥ 7 , 2 2 2 2 2 2 26 r 6 4y 4y 4y 4y 4y 4y 7 4 x + 8y = x + + + + + + ≥ 7 xy6. , 3 3 3 3 3 3 36 r 6 3z 3z 3z 3z 3z 3z 7 3 y + 9z = y + + + + + + ≥ 7 yz6. . 2 2 2 2 2 2 26 Nhân các bất đẳng thức trên với nhau, ta được r 6 6 6 7 x 4 3 (z + 6)(1 + 3x)(x + 8y)(y + 9z) ≥ 74 z. .xy6. .yz6. = 74xyz, 26 36 26 từ đó suy ra xyz 1 ≤ . (1 + 3x)(z + 6)(x + 8y)(y + 9z) 74 Phép chứng minh hoàn tất.2 2.15 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a + b b + c a + c 1 1 1 + + ≥ + + ab + c2 bc + a2 ac + b2 a b c Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có a2 b2 (a + b)2 (a + b)2 + ≥ = , b(a2 + c2) a(b2 + c2) b(a2 + c2) + a(b2 + c2) (a + b)(ab + c2) a + b a2 b2 từ đây ta suy ra ≤ + . Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng ab + c2 b(a2 + c2) a(b2 + c2) lại, ta được a + b b + c a + c + + ab + c2 bc + a2 ac + b2 a2 b2 b2 c2 a2 c2 1 1 1 ≤ + + + + + = + + . b(a2 + c2) a(b2 + c2) c(b2 + a2) b(a2 + c2) c(a2 + b2) a(b2 + c2) a b c 47
Phép chứng minh hoàn tất.2 2.16 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn không có bất kì hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: a(b + c) b(a + c) c(a + b) + + ≥ 2 b2 + bc + c2 a2 + ac + c2 a2 + ab + b2 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có a(b + c) b(a + c) c(a + b) a2 b2 c2 + + = + + b2 + bc + c2 a2 + ac + c2 a2 + ab + b2 abc b(a + c) − abc c(a + b) − abc a(b + c) − a+c a+b b + c (a + b + c)2 ≥ . abc abc abc 2(ab + bc + ca) − − − b + c c + a a + b Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng 1 1 1 (a + b + c)2 ≥ 4(ab + bc + ca) − 2abc.( + + ), a + b b + c a + c hay 1 1 1 a2 + b2 + c2 + 2abc.( + + ) ≥ 2(ab + bc + ca). a + b b + c a + c 1 1 1 9 Áp dụng đánh giá cơ bản + + ≥ , ta có x y z x + y + z 1 1 1 9abc a2 + b2 + c2 + 2abc.( + + ) ≥ a2 + b2 + c2 + . a + b b + c a + c a + b + c Công việc cuối cùng chỉ cần chứng minh 9abc a2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca), a + b + c hay a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a). Tuy nhiên đánh giá này đúng theo bất đẳng thức Schur bậc ba nên bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2 2 2 2.17 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c √= 1. Chứng minh rằng: a b c 3 3 + + ≥ b2 + c2 a2 + c2 a2 + b2 2 Lời giải. Sử dụng giả thiết, ta có a b c a b c + + = + + . b2 + c2 a2 + c2 a2 + b2 1 − a2 1 − b2 1 − c2 Để ý rằng ta có đánh giá √ √ √ a 3 3 a(a 3 + 2)(a 3 − 1)2 − a2 = ≥ 0, 1 − a2 2 2(1 − a2) 48
√ a 3 3 do vậy ≥ a2. Thiết lập hai đánh giá tương tự và cộng lại, ta được 1 − a2 2 √ a b c 3 3 + + ≥ (a2 + b2 + c2), 1 − a2 1 − b2 1 − c2 2 do vậy √ a b c 3 3 + + ≥ . b2 + c2 a2 + c2 a2 + b2 2 Phép chứng minh hoàn tất.2 2.18 Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: √ √ √ √ √ x y z 3 3 x + y + z + + ≥ y + z x + z x + y 2 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh mang tính thuần nhất, do đó ta chuẩn hóa x+y +z = 1. √ √ √ Đồng thời, ta đặt a = x, b = y, c = z. Như vậy ta cần chứng minh √ a b c 3 3 + + ≥ . 1 − a2 1 − b2 1 − c2 2 Tuy nhiên đây là một kết quả đã được chứng minh ở bài 2.17 . 2 2.19 Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn không có bất kì hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng: a3 b3 c3 1 + + ≤ (2a2 + b2)(2a2 + c2) (2b2 + a2)(2b2 + c2) (2c2 + a2)(2c2 + b2) a + b + c Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có (2a2 + b2)(2a2 + c2) = (a2 + a2 + b2)(a2 + c2 + a2) ≥ (a2 + ab + ac)2 = a2(a + b + c)2. a3 a Như vậy ≤ . Thiết lập hai đánh giá tương tự rồi cộng lại, ta được (2a2 + b2)(2a2 + c2) (a + b + c)2 a3 b3 c3 a + b + c 1 + + ≤ = . (2a2 + b2)(2a2 + c2) (2b2 + a2)(2b2 + c2) (2c2 + a2)(2c2 + b2) (a + b + c)2 a + b + c Phép chứng minh hoàn tất.2 2.20 Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 3(a2 + b2 + c2) + + ≤ a + b b + c c + a a + b + c Lời giải. Dãy bất đẳng thức sau tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh c(a2 + b2) a(b2 + c2) b(c2 + a2) 2(a2 + b2 + c2) + + + ≤ 3(a2 + b2 + c2), a + b b + c c + a c[(a + b)2 − 2ab] a[(b + c)2 − 2bc] b[(c + a)2 − 2ca]) + + ≤ a2 + b2 + c2, a + b b + c c + a 1 1 1 2ab + 2bc + 2ca ≤ a2 + b2 + c2 + 2abc + + . a + b b + c a + c 49
Đánh giá cuối cùng là một kết quả đã được chứng minh ở bài 2.16 , do vậy ta kết thúc chứng minh.2 2.21 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng: xy yz xz 1 + + ≤ 1 + z 1 + x 1 + y 4 Lời giải. Chú ý rằng xy xy = , 1 + z (x + z) + (y + z) và theo một đánh giá quen thuộc thì 4 1 1 ≤ + , (x + z) + (y + z) x + z y + z xy 1 xy xy do vậy ≤ + . Thiết lập hai đánh giá tương tự rồi cộng lại, ta được 1 + z 4 x + z y + z xy yz xz 1 xy + yz yz + zx zx + xy x + y + z + + ≤ + + = , 1 + z 1 + x 1 + y 4 x + z x + y y + z 4 từ đây ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 2.22 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a b c ( + + )(a + b + c) ≥ 3p3(a2 + b2 + c2) b c a Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có a b c (a + b + c)2 + + ≥ , b c a ab + bc + ca a b c (a + b + c)3 do vậy ( + + )(a + b + c) ≥ . Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng b c a ab + bc + ca (a + b + c)3 ≥ 3(ab + bc + ca)p3(a2 + b2 + c2), hay (a + b + c)6 ≥ 27(a2 + b2 + c2)(ab + bc + ca)2. Tuy nhiên đây là một đánh giá đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có (a + b + c)6 = [(a2 + b2 + c2) + (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca)]3 ≥ 27(a2 + b2 + c2)(ab + bc + ca)2, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2.23 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + + a + b + c ≥ 2p3(a2 + b2 + c2) b c a Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được r a2 b2 c2 a2 b2 c2 + + + a + b + c ≥ 2 ( + + )(a + b + c). b c a b c a 50
Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng a2 b2 c2 ( + + )(a + b + c) ≥ 3(a2 + b2 + c2). b c a Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz, ta có a2 b2 c2 (a2 + b2 + c2)2 + + ≥ . b c a a2b + b2c + c2a Công việc cuối cùng chỉ cần chứng minh (a + b + c)(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a), hay (a3 + ab2) + (b3 + bc2) + (c3 + ca2) ≥ 2(a2b + b2c + c2a). Tuy nhiên đây là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức AM-GM, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Bài toán kết thúc.2 2.24 Cho a, b, c là các số thực dương thuộc khoảng (0, 1) thoả mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 9 + + ≥ (1 − a2)(1 − b2) (1 − b2)(1 − c2) (1 − a2)(1 − c2) 2 Lời giải. Bất đẳng thức ban đầu tương đương với mỗi bất đẳng thức trong dãy sau X a2 + b2 1 + ≥ 6, (1 − a2)(1 − b2) 2 X (1 + a2)(1 + b2) ≥ 12. (1 − a2)(1 − b2) Để ý rằng ta có (1 − a2)(1 − b2) − (1 − ab)2 = −(a − b)2, do vậy (1 − a2)(1 − b2) ≤ (1 − ab)2. Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có (1 + a2)(1 + b2) ≥ (1 + ab)2, do vậy ta suy ra (1 + a2)(1 + b2) (1 + ab)2 ≥ . (1 − a2)(1 − b2) (1 − ab)2 Đến đây ta thiết lập hai đánh giá tương tự và cộng lại để có X (1 + a2)(1 + b2) X (1 + ab)2 ≥ . (1 − a2)(1 − b2) (1 − ab)2 Ta áp dụng tiếp bất đẳng thức AM-GM để suy ra s 2 2 2 X (1 + a )(1 + b ) 3 (1 + ab)(1 + bc)(1 + ca) ≥ 3 . (1 − a2)(1 − b2) (1 − ab)(1 − bc)(1 − ca) Do vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng (1 + ab)(1 + bc)(1 + ca) ≥ 8(1 − ab)(1 − bc)(1 − ca). 51
Đặt x = ab, y = bc, z = ca. Khi đó x, y, z > 0; x + y + z = 1 và ta cần chứng minh (1 + x)(1 + y)(1 + z) ≥ 8(1 − x)(1 − y)(1 − z), tương đương 9xyz ≥ 7(xy + yz + zx) − 2. Theo một kết quả đã được chứng minh ở bài 2.35 , ta có 9xyz x2 + y2 + z2 + ≥ 2(xy + yz + zx), x + y + z từ đó sử dụng giả thiết x + y + z = 1 để suy ra 9xyz ≥ 4(xy + yz + zx) − 1. Công việc cuối cùng là chứng minh 4(xy + yz + zx) − 1 ≥ 7(xy + yz + zx) − 2, 1 hay xy + yz + zx ≤ . Tuy nhiên đây là một đánh giá đúng vì 3 (x + y + z)2 1 xy + yz + zx ≤ = , 3 3 do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2.25 Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: √ √ √ 3 1 + a3 + b3 + 3 1 + b3 + c3 + 3 1 + a3 + c3 ≥ p3 27 + 2(a + b + c)3 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có (1 + a3 + b3)[27 + (a + b + c)3 + (a + b + c)3]2 ≥ [9 + a(a + b + c)2 + b(a + b + c)2]3, từ đó ta suy ra √ 3 1 + a3 + b3.p3 [27 + 2(a + b + c)3]2 ≥ 9 + (a + b)(a + b + c)2. Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta được √ √ √ p3 [27 + 2(a + b + c)3]2( 3 1 + a3 + b3 + 3 1 + b3 + c3 + 3 1 + a3 + c3) ≥ 27 + 2(a + b + c)3, từ đó ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh. Bài toán kết thúc.2 Nhận xét. Bất đẳng thức trên là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Minkowsky mở rộng: √ 3 p3 p3 3 a3 + b3 + c3 + d3 + e3 + f 3 + g3 + h3 + k3 ≥ p(a + d + g)3 + (b + e + h)3 + (c + f + k)3. Cách chứng minh tương tự như lời giải của bài toán trên. 2.26 Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi bất kì. Chứng minh rằng: bc ca ab 2(a2 + b2 + c2) + ab + bc + ca + + ≥ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca) 52
Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bc ca ab 2(a2 + b2 + c2) + ab + bc + ca 1 − − − ≤ 1 − . (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca) Mặt khác, để ý rằng ta có các đẳng thức sau: bc ca ab 2abc 1 − − − = , (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) (a + b)(b + c)(c + a) 2(a2 + b2 + c2) + ab + bc + ca ab + bc + ca 1 − = , 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca) (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 do đó ta cần chứng minh 2abc ab + bc + ca ≤ , (a + b)(b + c)(c + a) (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 hay 2(a + b) 2(b + c) 2(c + a) 1 1 1 + + ≤ + + . (c + a)(c + b) (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) a b c Để ý rằng 1 2(a + b) (c − a)(c − b) − = , c (c + a)(c + b) c(c + a)(c + b) do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) + + ≥ 0. a(a + b)(a + c) b(b + a)(b + c) c(c + a)(c + b) Tuy nhiên đánh giá này đúng theo bất đẳng thức Vornicu - Schur, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2.27 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: √ √ √ ab + bc + ca q√ √ √ 4 2a2 + bc + 4 2b2 + ac + 4 2c2 + ab ≤ √ . a + b + c 4 3 1 1 1 Lời giải. Đặt x = , y = , z = . Khi đó x, y, z > 0 và xyz = 1. Đồng thời ta cũng có a b c r √ r 2 1 2yz + x2 4 2a2 + bc = 4 + = 4 , x2 yz x và ab + bc + ca = x + y + z. Theo đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành r 2 s X 4 2yz + x (x + y + z) 1 1 1 ≤ √ √ + √ + √ , x 4 3 x y z hay 4 r 2 ! 4 2 X 4 2yz + x (x + y + z) 1 1 1 ≤ √ + √ + √ . x 3 x y z 53
Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có 4 2 r 2 ! 1 1 1 X 4 2yz + x 3(2yz + x2 + 2zx + y2 + 2xy + z2) √ + √ + √ ≥ . x y z x Như vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng (x + y + z)4 3(2yz + x2 + 2zx + y2 + 2xy + z2) ≤ , 3 hay x + y + z ≥ 3. Tuy nhiên đây là một đánh giá đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM √ x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2.28 Cho a, b, c là các số thực không âm đôi một phân biệt. Chứng minh rằng: 1 1 1 (ab + bc + ca) + + ≥ 4 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Lời giải. Bất đẳng thức ban đầu mang tính đối xứng giữa các biến, do đó không mất tính tổng quát, ta giả sử a > b > c ≥ 0. Khi đó ta đặt a − b = x; b − c = y. Từ đây ta suy ra x, y > 0 và ab + bc + ca ≥ ab = (c + y)(c + x + y) ≥ y(x + y). Đồng thời, cũng từ phép đặt trên, ta có 1 1 1 1 1 1 + + = + + . (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 x2 y2 (x + y)2 Như vậy, ta đưa bài toán về việc chứng minh 1 1 1 y(x + y) + + ≥ 4, x2 y2 (x + y)2 hay y(x + y) x y + + ≥ 3. x2 y x + y x Đặt t = . Khi đó t > 0 và ta cần chứng minh y t + 1 1 + t + ≥ 3. t2 t + 1 Sau khi biến đổi tương đương, ta thu được một đánh giá hiển nhiên đúng (t2 − t − 1)2 ≥ 0, do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 54
2.29 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c + + + 3 ≥ ab + bc + ca + a + b + c b c a Lời giải. Do abc = 1 nên tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho x y z a = , b = , c = . y z x Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành xz xy yz x y z x y z + + + 3 ≥ + + + + + , y2 z2 x2 z x y y z x tương đương x3y3 + y3z3 + z3x3 + 3x2y2z2 ≥ xyz[xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x)]. Tuy nhiên đây là một hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Schur bậc 3: m3 + n3 + p3 + 3mnp ≥ mn(m + n) + np(n + p) + pm(p + m), ở đây m = xy,n = yz và p = zx. Do vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh xong. Bài toán kết thúc.2 2.30 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a + b 1 P ≤ P ab + c2 a Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 1 a + b (a − c)(b − c) (b − a)(c − a) (a − b)(c − b) P − P = + + ≥ 0 a ab + c2 abc + c3 abc + a3 abc + b3 1 1 1 Đặt = x, = y, = z. abc + a3 abc + b3 abc + c3 Bất đẳng thức được đưa về dạng Vornicu Schur: x(a − c)(b − c) + y(b − a)(c − a) + z(a − b)(c − b) ≥ 0(∗) Giả sử a ≥ b ≥ c, thế thì abc + c3 ≤ abc + b3. 1 1 Suy ra ≥ abc + c3 abc + b3 hay z ≥ y Mặc khác, theo điều giả sử thì b ≥ c, do đó a − b ≤ a − c. Kết hợp với z ≥ y > 0, suy ra z(a − c) ≥ y(a − b). Viết lại bất đẳng thức (∗) như sau: x(a − b)(b − c) + (b − c)[z(a − c) − y(a − b)] ≥ 0 Bất đẳng thức này đúng theo các điều giả sử. Phép chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.2 2.31 Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm max của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 − 3xyz Lời giải. Ta có: P = x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx). Suy ra P 2 = (x + y + z)2(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số không âm: 55
P 2 = (x + y + z)2(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)2 = (x + y + z)2(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx) (x + y + z)2 + (x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx) + (x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)3 ≤ 3 = (x2 + y2 + z2)3 = 1 (theo giả thiết) . Suy ra P ≤ 1. Vậy maxP = 1 ⇔ (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx ⇔ x = 1, y = z = 0 và các hoán vị.2 2.32 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a2 b2 c2 + + ≥ + + b + c a + c a + b a + b b + c c + a Lời giải. Cách 1 Ta có: a2 − b2 P = a − b + b − c + c − a = 0 a + b 2a2 a2 + b2 Suy ra P = P a + b a + b Khi đó ta cần chứng minh: 2c2 a2 + b2 P ≥ P a + b a + b Bất đẳng thức này tương đương với: 2c2 − a2 − b2 P ≥ 0 a + b hay c2 a2 a2 c2 P − + − ≥ 0 a + b a + b b + c b + c hay (c − a)2(c + a) P ≥ 0 (đúng) (a + b)(b + c) Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Cách 2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 1 1 P a2 − ≥ 0 b + c a + c hay (a2(a2 − c2) + b2(b2 − a2) + c2(c2 − b2) ≥ 0 hay 1 [(a2 − b2)2 + (b2 − c2)2 + (c2 − a2)2] ≥ 0 (đúng) . 2 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 2.34 Cho x, y, z ≥ 0. Chứng minh rằng: a2 + bc b2 + ac c2 + ab 2 3 + + ≥ (b + c)2 (a + c)2 (a + b 2 Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: a2 + bc 1 P − ≥ 0 (b + c)2 2 hay 56
2a2 − b2 − c2 P ≥ 0 (b + c)2 Giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó ta có hai dãy cùng chiều:  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a − b − c ≥ 2b − a − c ≥ 2c − a − b 1 1 1 ≥ ≥ (b + c)2 (a + c)2 (a + b)2 Áp dụng bất đẳng thức Chebychep cho hai dãy trên: 1 1 1 P (2a2 − b2 − c2). ≥ [P(2a2 − b2 − c2)] . P = 0. P = 0 (b + c)2 (b + c)2 (b + c)2 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 2.35 Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: (a2 + b2)(a + b)2 + (ab + 1)2 ≥ 2(a + b)2 Lời giải. Để ý rằng a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab. Đặt a2 + b2 = x, ab = y Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: x(x + 2y) + (y + 1)2 ≥ 2(x + 2y) Khai triển và rút gọn, ta được: x2 + y2 + 1 − 2x − 2y + 2xy ≥ 0 hay (x + y − 1)2 ≥ 0 (đúng) Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a2 + b2 + ab = 1 (chẳng hạn r1 a = b = ).2 3 2.36 Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh rằng: a3 − b3 b3 − c3 c3 − a3 9 + + ≥ (a − b)3 (b − c)3 (c − a)3 4 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a2 + b2 + ab 9 P ≥ (a − b)2 4 Nhận thấy rằng: 1 2 3 2 3 2 a2 + ab + b2 (a + b) + (a − b) (a − b) 3 = 4 4 ≥ 4 = (a − b)2 (a − b)2 (a − b)2 4 Thục hiện tương tự cho hai bất đẳng thức còn lại. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b + c = 0.2 2.37 Cho a, b > 0. Chứng minh rằng: 1 1 4 32(a2 + b2) + + ≥ a2 b2 a2 + b2 (a + b)4 Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương: 1 1 4 a2 + b2 4 ra2 + b2 4 4 + + = + ≥ 2 . = a2 b2 a2 + b2 a2b2 a2 + b2 a2b2 a2 + b2 ab 57
Ta sẽ chứng minh: 4 32(a2 + b2) ≥ ab (a + b)4 hay 8ab(a2 + b2) ≤ (a + b)4 Áp dụng bất đẳng thức 4xy ≤ (x + y)2: 8ab(a2 + b2) = 4.2ab.a2 + b2) ≤ (a2 + b2 + 2ab)2 = (a + b)4 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.2 2.38 Cho a, b > 0 thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = 4. Chứng minh rằng: a + b + c ≤ 3 Lời giải. Cách 1: Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số a, b, c ắt sẽ có hai số cùng phía với 1 trên trục số. Gỉả sử hai số đó là a và b. Thế thì: (a − 1)(b − 1) ≥ 0 hay ab ≥ a + b − 1 . Mặt khác, theo giả thiết và bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương: 4 − c2 = a2 + b2 + abc ≥ 2ab + abc = ab(2 + c) hay (2 − c)(2 + c) ≥ ab(2 + c) hay 2 − c ≥ ab Kết hợp với bất đẳng thức ab ≥ a + b − 1 (chứng minh trên), suy ra: 2 − c ≥ ab ≥ a + b − 1 hay a + b + c ≤ 3 . Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Cách 2: 2x 2y 2z Đặt a = , b = , c = p(x + y)(x + z) p(y + z)(y + x) p(z + y)(z + x) Suy ra: √ P 2x y + z a + b + c = p(x + y)(y + z)(z + x) Vì thế bất đẳng thức a + b + c ≤ 3 sẽ tương đương với: √ P 2x y + z ≤ 3p(x + y)(y + z)(z + x) √ √ √ Đây chính là bất đẳng thức Schur với các biến y + z, y + x, z + x. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.2 Cách 3: Giả sử tồn tại một số (cho số đó là a) trong ba số a, b, c lớn hơn 2. Khi đó, vì a, b, c dương nên: a2 + b2 + c2 + abc = 4 > 4 + b2 + c2 + abc > 4 (vô lí!) Do đó a, b, c ∈ (0; 2] Từ giả thiết suy ra: b2c2 b2c2 a2 + abc + = 4 + − b2 − c2 4 4 58
hay bc2 (4 − b2)(4 − c2) a + = 2 4 Do b, c ≤ 2 nên suy ra: r (4 − b2) (4 − c2) bc a + b + c = − + b + c 4 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 1 r 2 2 (4 − b2) (4 − c2) bc (4 − b + 4 − c ) − bc − + b + c ≤ 2 + b + c 4 2 2 b + c 2 = 3 − − 1 ≤ 3 . 2 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.2 Nhận xét: 3 9 Bất đẳng thức a + b + c ≤ 3 cũng đúng với điều kiện a2 + b2 + c2 + abc = . 2 2 2.39 Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 36 + + ≥ x y z 9 + x2y2 + y2z2 + z2x2 Lời giải. Đặt xy = a, yz = b, xz = c, bất đẳng thức trở thành: √ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 + 9) ≥ 36 abc Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: √ a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 12p(abc)4 q a2 + b2 + c2 + 9 ≥ 3p3 (abc)2 + 9 = 3p3 (abc)2 + 3 + 3 + 3 ≥ 4 4 3p3 (abc)2.3.3.3 = 12 12p(abc)2 Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức trên: √ √ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 + 9) ≥ 3 3 abc.12 12p(abc)2 = 36. abc . Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.2 2.40 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng: 4 4 4 + 1 + 1 + 1 ≥ 3(a + b + c)2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Holder: 4 4 4 r 64 3 + 1 + 1 + 1 ≥ 3 + 1 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức 3(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2: r 64 3 12 3 3 + 1 ≥ + 1 = 27 = 9(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a + b + c)2 (a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) 2(a2 + b2 + c2) r1 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .2 3 3.3 Bài 3.1 đến bài 3.40 3.1 Cho a, b, c, x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng: ax + by + cz + 2p(xy + yz + zx)(ab + bc + ca) ≤ a + b + c Lời giải. 59
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: ax + by + cz + 2p(xy + yz + zx)(ab + bc + ca) ≤ pP a2. P x2 + p2 P xy.2 P ab ≤ p(P a2 + 2 P ab)(P x2 + 2 P xy) = a + b + c (do x + y + z = 1) a b c 1 a + b + c Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = = = = x y z a + b + c x + y + z a + b + c hay a + b + c = 1. 2 3.2 Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của: P = a4b4 + b4c4 + c4a4 Lời giải. Ta chứng minh giá trị lớn nhất của biểu thức là 3. Đặt a3 = x, b3 = y, c3 = z, suy ra x + y + z = 3. Áp dụng AM-GM 3a4b4 ≤ a3b3(a3 + b3 + 1) Khi đó, ta chỉ cần chứng minh: xy(x + y + 1) + yz(y + z + 1) + zx(z + x + 1) ≤ 9 Đưa về dạng đồng bậc, ta cần chứng minh 3 P xy(x + y) + (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ (x + y + z)3 Sau khi khai triển, bất đẳng thức trở thành: x3 + y3 + z3 + 3xyz ≥ P xy(x + y) Đúng theo bất đẳng thức Schur. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.2 3.3 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: a2 b2 c2 P = + + b + c c + a a + b Lời giải. Cách 1: Giả sử a ≥ b ≥ c. Ta sẽ có hai dãy cùng chiều:  a2 ≥ b2 ≥ c2 1 1 1  ≥ ≥ b + c a + c a + b Áp dụng lần lượt bất các bất đẳng thức Chebychep, giả thiết a2 + b2 + c2 = 1 và bất đẳng thức 1 9 P ≥ , ta có: x P x a2 b2 c2 1 1 1 1 3 P = + + ≥ (a2 + b2 + c2) + + ≥ b + c c + a a + b 3 b + c c + a a + b 2 (a + b + c) Lại theo bất đẳng thức: 3 = 3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 Suy ra: √ a + b + c ≤ 3 . Do đó: √ 3 3 P ≥ ≥ . √ 2(a + b + c) 2 3 1 Vậy minP = ⇔ a = b = c = √ . 2 3 60
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và giả thiết: a2 a4 (a2 + b2 + c2)2 1 P = P ≥ = b + c a2(b + c) a2(b + c) + b2(c + a) + c2(a + b) a(b2 + c2) + b(c2 + a2) + c(a2 + b2) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM: s r1 1 2a2 + 2b2 + 2c2 2 2 P a(b2 + c2) = P .2a2(b2 + c2)(b2 + c2) ≤ 3 = √ 2 2 3 3 Suy ra: 1 √ P ≥ = 3 2 2 √ √ 3 3 1 Vậy minP = ⇔ a = b = c = √ .2 2 3 3.4 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ √ √ a(b + a) b(c + 1) c(c + a) 3 abc.(1 + 3 abc) Lời giải. Cách 1: Nhân vế trái với abc + 1, ta có: 1 1 1 bc 1 b(1 + c) 1 + a + + = P + = P + − 1 a(b + a) b(c + 1) c(c + a) 1 + b a(1 + b) 1 + b a(1 + b) b(1 + c) 1 + a = P + P − 3 = P 1 + b a(1 + b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: s s abc(1 + a)(1 + b)(1 + c) (1 + a)(1 + b)(1 + c) P ≥ 3 3 + 3 3 − 3 (1 + a)(1 + b)(1 + c) abc(1 + a)(1 + b)(1 + c) √ √ ( 3 abc)2 − 3 abc + 1 3(abc + 1) = 3 √ = √ √ 3 abc 3 abc( 3 abc + 1) Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 Cách 2: Theo bất đẳng thức Holder thì: √ (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + 3 abc)3 . Áp dụng bất đẳng thức (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) và bất đẳng thức trên: 1 2 1 3(a + b + c + ab + bc + ca) P ≥ 3 P = a(b + 1) ab(1 + b)(1 + c) abc(1 + b)(1 + c)(1 + a) 3 3(abc + 1) 3 3(abc + 1) = − ≥ − √ abc abc(1 + a)(1 + b)(1 + c) abc 3 3 √ √ abc(1 + abc) 3 3 abc(1 + 3 abc) 9 = 3 √ = √ √ abc(1 + 3 abc)3 3 a2b2c2(1 + 3 abc)2 Khai căn hai vế, suy ra: 1 1 1 3 + + ≥ √ √ a(b + a) b(c + 1) c(c + a) 3 abc.(1 + 3 abc) Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 Cách 3: ky kz kx Đặt abc = k. Thế thì luôn tồn tại x, y, z > 0 sao cho a = , b = , c = . x y z Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 61
1 1 1 3 + + ≥ ky kz kz kx kx ky k(k + 1) + 1 + 1 + 1 x y y z z x hay x y z 3 + + ≥ . y + kz z + kx x + ky k + 1 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx): x y z (x + y + z)2 (x + y + z)2 3 + + ≥ = ≥ y + kz z + kx x + ky x(y + kz) + y(z + kx) + z(x + ky) (k + 1)(xy + yz + zx) k + 1 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 3.5 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≤ 2 + a2 + b2 2 + b2 + c2 2 + c2 + a2 4 Lời giải. Giả sử a ≥ b ≥ c. Trường hợp 1: a2 + b2 ≤ 6 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a2 + b2 3 P ≥ a2 + b2 + 2 2 (a + b)2 3 ⇔ P ≥ 2(a + b)2 2 (a + b)2 + a2 + b2 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : (a + b)2 4(a + b + c)2 P ≥ 2(a + b)2 2(a + b)2 (a + b)2 + P(a + b)2 + P a2 + b2 a2 + b2 Như vậy ta chỉ cần chứng minh: 2(a + b)2 2(b + c)2 2(c + a)2 (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 + + + ≤ 24 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 Ta lại có: 4 −1 12 − P(a + b)2 = (a + b + c)2 − P(a + b)2 = P(a − b)2 3 3 2(a + b)2 2(a − b)2 và 12 − P = P a2 + b2 a2 + b2 Nên bất đẳng thức tương đương với: 6 P(a − b)2( − 1) ≥ 0 (đúng) a2 + b2 Trường hợp 2: a2 + b2 ≥ 6. Khi đó ta có: 1 1 ≤ a2 + b2 + 2 8 1 1 1 1 1 1 1 1 và + ≤ + ≤ + ≤ + ( vì 0 ≤ b2 ≤ 6) a2 + c2 + 2 b2 + c2 + 2 a2 + 2 b2 + 2 8 − b2 b2 + 2 8 2 Khi đó : 1 P ≤ 3 a2 + b2 + 2 4 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 3.6 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 2 Lời giải. 62
Giả sử a ≥ b ≥ c. Suy ra: ab ≥ 1 Suy ra: (a − b)2(ab − 1) ≥ 0 hay 1 1 2 + ≥ 1 + a2 1 + b2 1 + ab Vậy ta cần chứng minh: 2 1 3 + ≥ 1 + ab 1 + c2 2 Bất đẳng thức này tương đương với: 3 − ab 2c2 ≥ ab + 1 c2 + 1 hay c2 + 3 − ab ≥ 3abc2 hay c2 + ca + bc ≥ 3abc2 hay a + b + c ≥ 3abc Điều này đúng vì:  (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) = 9 hay a + b + c ≥ 3 ≥ 3abc . p3 ab + bc + ca ≥ 3 (abc)2 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.2 3.7 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 a + b + c + + ≥ 2abc + ab2 2abc + bc2 2abc + ca2 3 Lời giải. Nhân abc cho 2 vế của bất đẳng thức, ta cần chứng minh: ca ab bc abc(a + b + c) + + ≥ 2ca + ba 2ab + cb 2bc + ac 3 Đặt bc = x, ca = y, ab = z, suy ra x + y + z = 3, bất đẳng thức trở thành: y z x xy + yz + zx + + ≥ 2y + z 2z + x 2x + y 3 Đặt x2 + y2 + z2 = m, xy + yz + zx = n, suy ra m + 2n = 9. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: y z x (x + y + z)2 + + ≥ 2y + z 2z + x 2x + y 2m + n Vì vậy ta cần chứng minh: (x + y + z)2 n ≥ 2m + n 3 hay (m + 2n)2 ≥ 3n(2m + n) (do m + 2n = 9) Hay tức là m2 + n2 ≥ 2mn (đúng theo AM-GM) . Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.2 63
3.8 Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh rằng: 2(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) ≥ (a − b)2(b − c)2(c − a)2 Lời giải. Ta có hằng đẳng thức sau: (x2 + y2)(m2 + n2) = (xm + yn)2 + (xn − ym)2 Áp dụng hằng đẳng thức trên, ta có: h i 2(a2 + b2)(b2 + c2)(c2 + a2) = (a + b)2 + (a − b)2 (c2 + ab)2 + c2(a − b)2 2 = (a + b)(c2 + ab) + c(a − b)2 + c(a − b)(a + b) − (c2 + ab)(a − b)2 2 = (a + b)(c2 + ab) + c(a − b)2 + (a − b)2(b − c)2(c − a)2 ≥ (a − b)2(b − c)2(c − a)2 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a + b)(c2 + ab) = −c(a − b)2.2 3.9 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a3b b3c c3a abc(a + b + c) + + ≥ 1 + ab2 1 + bc2 1 + ca2 1 + abc Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: a3b 1 + ab2 P . P ≥ (a + b + c)2 1 + ab2 ab hay a3b abc + 1 P . (a + b + c) ≥ (a + b + c)2 1 + ab2 abc hay a3b b3c c3a abc(a + b + c) + + ≥ 1 + ab2 1 + bc2 1 + ca2 1 + abc Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 3.10 Cho a, b, c ∈ [0; 2] thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: A = a3 + b3 + c3 ≤ 9 Lời giải. Cách 1 Ta có đẳng thức sau: A = a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3(a + b)(b + c)(c + a) = 27 − 3(3 − a)(3 − b)(3 − c) = 27 − 9(ab + bc + ca) + 3abc Mặt khác, do a, b, c ∈ [0; 2] nên (2 − a)(2 − b)(2 − c) ≥ 0, hay: 8 − 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) − abc ≥ 0 Suy ra: 2(ab + bc + ca) − abc ≥ 4(a + b + c) − 8 = 4 Suy ra: −9 −9(ab + bc + ca) ≤ abc − 18 . 2 Do đó: 9 3 A ≤ 27 − abc − 18 + 3abc = 9 − abc ≤ 9 (do a, b, c ≥ 0) 2 2 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 1, c = 0 và các hoán vị. Cách 2 Giả sử a = max {a; b; c} 64
Suy ra 3 = a + b + c ≤ 3a, hay a ∈ [1; 2], hay (a − 1)(a − 2) ≤ 0 Ta có: A = a3 + b3 + c3 ≤ a3 + 3bc(b + c) + b3 + c3 = a3 + (b + c)3 = a3 + (3 − a)3 = (a − 1)(a − 2) + 9 ≤ 9 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 1, c = 0 và các hoán vị.2 3.11 Cho dãy số dương an . Chứng minh rằng: 1 2 n 1 1 + + + 0 i i i + 1 n n n + 1 (n + 1)2 Suy ra: 2 Bi.i < 4 Suy ra: i2 4 Bi. < ai ai Suy ra: 1 1 A ≤ T < 4( + + ) a1 an Phép chứng minh hoàn tất.2 3.12 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 − 3abc ≤ [ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)] Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 65
a3 + b3 + c3 − 3abc ≤ 2 [ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) − 6abc] hay (a + b + c) [(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2] ≤ 4 [c(a − b)2 + a(b − c)2 + b(c − a)2] hay (3a − b − c)(b − c)2 + (3b − c − a)(c − a)2 + (3c − a − b)(a − b)2 ≥ 0 (1) Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c. Xét hai trường hợp: a + b • Trường hợp 1: c ≤ 3 Bất đẳng thức (1) có thể biến đởi thành: (c + a − b)(b − c)2 + (b + c − a)(c − a)2 + (a + b − 3c)(b − c)(a − c) ≥ 0 Bất đẳng thức này đúng theo điều giả sử. a + b • Trường hợp 2: c > 3 a + b a + c Suy ra b > ≥ 3 3 Biến đổi bất đẳng thức (1) thành: (b + c − a)(a − b)2 + (a + b − c)(b − c)2 + (3b − c − a)(a − b)(b − c) ≥ 0 Bất đẳng thức này cũng đúng theo điêu giả sử. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b = 3c hoặc a + c = 3b.2 3.13 Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh rằng: a + a 2 a + a + + a 2 S = a2 + 1 2 + + 1 2 n < 4(a2 + a2 + + a2 ) 1 2 n 1 2 n Lời giải. √ √ Đặt αk = k − k − 1 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: 2 2 2 a1 a2 ak 2 + + + (α1 + α2 + + αk) ≥ (a1 + a2 + + ak) α1 α2 αk Suy ra: 2 2 2 2 a1 + a2 + + ak (α1 + α2 + + αk) a1 a2 ak ≤ 2 + + + k k α1 α2 αk Suy ra: 2 Pn ak S ≤ k=1 ck αk α + α + + α với c = Pn−k 1 2 k+i k i=0 (k + i)2 Suy ra: √ √ √ k k + 1 n 1 1 1 ck = + + + = √ + √ + + √ k2 (k + 1)2 n2 k k (k + 1) k + 1 n n Ta lại có: 1 1 r 1 r 1 √ < = k + − k − 2 k r 1 r 1 2 2 k + + k − 2 2 và r 1 1 (k − ).(k + ) < k 2 2 Suy ra: 66
  1  1 1  √ 0. Suy ra 2(a + b + c) < 2c ≤ 6 < 10 + abc hay 2(a + b + c) − abc < 10 • a < 0 < b ≤ c Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: (2b + 2c − a)2 ≤ (b2 + c2 + a2)[22 + 22 + (−1)2] = 9.9 = 81 Suy ra: 2b + 2c − a ≤ 9 Do đó: 2(a + b + c) = 2b + 2c − a + 3a ≤ 9 + 3a Ta cần chứng minh: 9 + 3a ≤ abc + 10 hay 3a − 1 ≤ abc b2 + c2 9 − a2 Theo bất đẳng thức AM-GM thì bc ≤ = 2 2 Tức ta phải chứng minh: 67
9 − a2 3a − 1 ≤ 2 Bất đẳng thức này tương đương với: (a + 1)2(a − 2) ≤ 0 (đúng do a < 0) • 0 < a ≤ b ≤ c Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tương tự như trên, ta co: 2b + 2c + a ≤ 9 Ta cũng suy ra được: 2(a + b + c) ≤ 9 + a Vậy ta cần chứng minh: 9 + a ≤ 10 + abc hay a ≤ 1 + abc Với a < 1 thì bất đẳng thức hiện nhiên đúng. Với a ≥ 1 thì c ≥ b ≥ 1. Khi đó bất đẳng thức cũng đúng. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = c = 2, a = −1 và các hoán vị. Cách 2: Đặt P = 2(a + b + c) − abc. Suy ra P 2 = [2(a + b + c) − abc]2 = [2(a + b) + z(2 − ab)]2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: P 2 ≤ [(a + b)2 + c2)[4 + (2 − ab)2] = 72 − 20ab + (ab)2 + 2(ab)3 Đặt t = ab. Ta sẽ chứng minh: 100 ≥ 72 − 20t + t2 + 2t3 hay (t + 2)2(t − 3.5) ≤ 0 (*) Không mất tính tổng quát, giả sử |a| ≤ |b| ≤ |c|. Suy ra: 3|c| ≥ 9 Suy ra: a2 + b2 ≤ 6 Theo bất đẳng thức AM-GM thì: 6 ≥ a2 + b2 ≥ 2ab hay ab ≤ 3 < 3.5 Suy ra (*) đúng. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi vả chỉ khi b = c = 2, a = −1 và các hoán vị.2 3.15 Cho a, b, c ≥ 0 và không có hai số nào trong chúng đồng thời√ bằng 0. Chứng minh rằng: ra2 + bc rb2 + ca rc2 + ab 9 3 abc 3 + 3 + 3 ≥ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 a + b + c Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: P a(b2 + c2) a(b2 + c2) rabc(b2 + c2) = + b + c ≥ 3 3 a2 + bc a2 + bc a2 + bc Suy ra: 68
√ ra2 + bc 3 3 abc(a2 + bc) 3 ≥ b2 + c2 P a(b2 + c2) rb2 + ca rc2 + ab Tương tự với 3 và 3 , ta có: c2 + a2 a2 + b2 √ ra2 + bc rb2 + ca rc2 + ab 3 3 abc(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) 3 + 3 + 3 ≥ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 P a(b2 + c2) Vậy ta chỉ cần chứng minh: 3(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) 9 ≥ P a(b2 + c2) a + b + c hay (a + b + c)[(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)] ≥ 3[P a(b2 + c2)] Giả sử a ≥ b ≥ c. Biến đổi bất đẳng thức trên thành: a(a − b)2 + c(b − c)2 + (a + c − b)(a − b)(b − c) ≥ 0 (đúng theo điều giả sử) . Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi vả chỉ khi a = b = c.2 3.16 Cho a, b, c ∈ R thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: 9 21 a2 + b2 + c2 + a2b2c2 ≥ 4 4 Lời giải. 3 − bc Từ đề bài suy ra b + c 6= 0 và a = . b + c Không mất tính tổng quát, giả sử: bc ≥ ca ≥ ab . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 3 − bc2 9 21 1 + b2c2 + b2 + c2 ≥ b + c 4 4 Đặt b + c = S và bc = P . Ta được: (3 − P )2(4 + 9P 2) + 4S2(S2 − 2P ) ≥ 21S2 hay 9P 4 − 54P 3 + 85P 2 − 24P + 36 + 4S4 − 8S2P − 21S2 ≥ 0 hay (9P 4 − 54P 3 + 117P 2 − 108P + 36) + (4S4 − 8S2P − 32P 2 − 21S2 + 84P ) ≥ 0 hay 9(P 2 − 3P + 2)2 + (S2 − 4P )(4S2 + 8P − 21) ≥ 0 Bất đẳng thức này đúng vì 4S2 + 8P ≥ 16P + 8P − 21 ≥ 24 − 21 > 0. 1 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc a = √ ; b = √ 2 2 c = 2.2 3.17 Cho a, b, c ∈ [0; 1]. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≤ 1 + a2b + b2c + c2a Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 − a2)(1 − b2)(1 − c2) + a2b2c2 + a2b(1 − b) + b2c(1 − c) + c2b(1 − b) ≥ 0 Bất đẳng thức này đúng theo giả thiết. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0, b = c = 1 và các hoán vị.2 69
1 3.18 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c ≤ . Chứng minh rằng: 2 1 1 1 108 + + ≥ a − a2 b − b2 c − c2 5 Lời giải. Cách 1: 1 Từ giả thiết suy ra 0 0 thỏa a + b + c + d = 3. Chứng minh rằng: ab bc cd da 1 + + + ≤ 3b + c + d + 3 3c + d + a + 3 3d + a + b + 3 3a + b + c + 3 3 Lời giải. Với a + b + c + d = 3, bất đẳng thức được viết thành: ab bc cd da + + + ≤ 1 4b + 2c + 2d + a 4c + 2d + 2a + b 4d + 2a + 2b + c 4a + 2b + 2c + d 3 70
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: ab 1 2ab ab ≤ + 4b + 2c + 2d + a 9 2b + d 2c + a bc 1 2bc bc ≤ + 4c + 2d + 2a + b 9 2c + a 2d + b cd 1 2cd cd ≤ + 4d + 2a + 2b + c 9 2d + b 2a + c da 1 2da da ≤ + 4a + 2b + 2c + d 9 2a + c 2b + d Cộng vế theo vế, ta có bất đẳng thức cần chứng minh. 3 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = . 2 4 3.20 Cho a, b, c > 0, Chứng minh rằng: a3 b3 c2 b + + ≥ a + b(c + a) c(a + b) b + c 2 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: a3 b c + a 3a + + ≥ b(c + a) 2 4 2 b3 c a + b 3b + + ≥ c(a + b) 2 4 2 c2 b + c + ≥ c b + c 4 Cộng vế theo vế: a3 b3 c2 a 3a 3b + + + + b + c ≥ + + c b(c + a) c(a + b) b + c 2 2 2 hay a3 b3 c2 b + + ≥ a + b(c + a) c(a + b) b + c 2 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.2 3.21 Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của: 1 1 1 3(x + y + z) P = + + + x y z 2 Lời giải. √ Từ giả thiết suy ra 0 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 9 (ab + bc + ca) + + ≥ (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 4 Lời giải. 71