50 Bài toán bất đẳng thức Lớp 9

pdf

55 trang dichphong 8760

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "50 Bài toán bất đẳng thức Lớp 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

50_bai_toan_bat_dang_thuc_lop_9.pdf

Nội dung text: 50 Bài toán bất đẳng thức Lớp 9

50 Bai toan bat dang thuc Bài 1. Cho a, b ≥ 0. Chứng minh rằng 3 3 1 1 a2 + b + b2 + a + ≥ 2a + 2b + 4 4 2 2 Lời giải. Cách 1 . Không mấy khó khăn ta có thể dự đoán được bất đẳng thức này trở thành đẳng 1 thức khi a = b = 2 Khi đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 1 a2 + ≥ a, b2 + ≥ b 4 4 Từ hai đánh giá này ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau đây 1 1 1 1 a + b + b + a + ≥ 2a + 2b + 2 2 2 2 Hay 12 1 1 a + b + ≥ 2a + 2b + 2 2 2 Nhưng điều này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có  1 1 2 1 1 2a + + 2b + 12 2a + 2b + ≤  2 2  = a + b + 2 2  2  2 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau 1 1 1 1 1 1 a2 + + b + b2 + + a + ≥ 4 a + b + 2 4 2 4 4 4 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có s 1 1 1 1 a2 + + b + ≥ 2 a2 + b + 2 4 2 4 s 1 1 1 1 b2 + + a + ≥ 2 b2 + a + 2 4 2 4 Từ hai đánh giá này ta quy bài toán về chứng minh 1 1 1 1 a2 + b2 + ≥ a + b + 2 2 4 4 Dễ thấy rằng bất đẳng thức này được suy ra từ đánh giá sau đây 1 1 x2 + ≥ x + 2 4 Thế nhưng điều này là hiển nhiên đúng vì nó tưong đương với 12 x − ≥ 0 2 Bài toán được chứng minh xong. Trang 1
50 Bai toan bat dang thuc Bài 2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng x y z √ + √ + √ ≤ 1 x + x + yz y + y + zx z + z + xy Lời giải. Cách 1 . Trước hết, sử dụng giả thiết và bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có √ √ x + yz = px(x + y + z) + yz = p(x + y)(x + z) ≥ x + yz Do vậy x x √ ≤ √ x + x + yz 2x + yz Đến đây ta thiết lập thêm hai đánh giá tương tự để suy ra x y z x y z √ + √ + √ ≤ √ + √ + √ x + x + yz y + y + zx z + z + xy 2x + yz 2y + zx 2z + xy Do vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng x y z √ + √ + √ ≤ 1 2x + yz 2y + zx 2z + xy √ √ √ Đặt a = x, b = y và c = z, khi đó ta đưa bài toán về việc chứng minh a2 b2 c2 + + ≤ 1 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab Bất đẳng thức này tương đương với dãy sau 1 a2 1 b2 1 c2 3 − + − + − ≥ − 1 2 2a2 + bc 2 2b2 + ca 2 2c2 + ab 2 bc ca ab + + ≥ 1 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab Đây là một đánh giá đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz bc ca ab b2c2 c2a2 a2b2 + + = + + 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab 2a2bc + b2c2 2b2ca + c2a2 2c2ab + a2b2 (ab + bc + ca)2 ≥ = 1 a2b2 + b2c2 + c2a2 + 2abc(a + b + c) 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 3 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz tương tự như trên nhưng bắt cặp khác √ √ √ x + x + yz = x + px(x + y + z) + yz = x + p(x + z)(x + y) ≥ x + xy + xz Từ đó ta có: √ x x x √ ≤ √ √ = √ √ √ x + x + yz x + xy + xz x + y + z Làm tương tự và cộng các bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Trang 2
50 Bai toan bat dang thuc Bài 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng a(b + c) b(c + a) c(a + b) √ + + ≥ 3 2 pbc(b2 + c2) pca(c2 + a2) pab(a2 + b2) Lời giải. Trước hết ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh như sau a(b + c) b(c + a) c(a + b) + + ≥ 3 p2bc(b2 + c2) p2ca(c2 + a2) p2ab(a2 + b2) Ta dự đoán rằng đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Khi đó ta có b2 + c2 = 2bc. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được 2bc + b2 + c2 (b + c)2 p2bc(b2 + c2) ≤ = 2 2 a(b + c) 2a Từ đó ta có ≥ . Kết hợp với hai đánh giá tương tự khác, ta suy ra p2bc(b2 + c2) b + c a(b + c) b(c + a) c(a + b) a b c + + ≥ 2 + + p2bc(b2 + c2) p2ca(c2 + a2) p2ab(a2 + b2) b + c c + a a + b Cuối cùng, ta cần chỉ ra rằng a b c 3 + + ≥ b + c c + a a + b 2 tuy nhiên đây lại là một đánh giá quen thuộc. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài toán được chứng minh xong. Bài 4. Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 + + + 3 ≥ 2(a + b + c) a2 b2 c2 Lời giải. Do abc = 1 và a, b, c là các số thực dương nên ta có thể dự đoán được dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. Dễ thấy rằng trong a, b, c tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng 1, hoặc hai số đó cùng nhỏ hơn 1. Có thể thấy rõ hơn điều này thông qua chú ý sau (a − 1)(b − 1)(b − 1)(c − 1)(c − a)(a − 1) = (a − 1)2(b − 1)2(c − 1)2 ≥ 0 do đó trong ba số (a − 1)(b − 1), (b − 1)(c − 1), (c − 1)(a − 1) có ít nhất một số không âm và do tính đối xứng nên ta hoàn toàn có thể giả sử (a − 1)(b − 1) ≥ 0 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử hai số đó là a, b, suy ra (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ ab + 1 ≥ a + b ⇔ 2(ab + c + 1) ≥ 2(a + b + c) Trang 3
50 Bai toan bat dang thuc Ta sẽ chứng minh 1 1 1 1 1 1 + + + 3 ≥ 2(ab + c + 1) ⇔ + + + 1 ≥ 2(ab + c) a2 b2 c2 a2 b2 c2 Đến đây, ta có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương như sau 1 2 2abc 1 1 2 2abc + 1 ≥ = = 2ab, + ≥ = = 2c c2 c c a2 b2 ab ab Cộng hai bất đẳng thức trên lại ta suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài toán được chứng minh xong. Bài 5. Cho a ≥ b ≥ 1, a ≤ 3, ab ≤ 6, ab ≤ 6c. Chứng minh rằng a + b − c ≤ 4 Lời giải. Khi giải toán bất đẳng thức, lúc nào ta cũng nghĩ đến việc làm sao để sử dụng giả thiết cho hiệu quả, bài này cũng không ngoại lệ. Quan sát giả thiết của đề bài, các bạn có thấy chỉ có một giả thiết liên quan đến biến c thôi không? Như vậy, để có thể chứng minh a + b − c ≤ 4 thì chắc chắn ta phải sử dụng giả thiết này vào rồi. Lúc này, ta đưa được bài toán về chứng minh ab a + b − ≤ 4 6 Bây giờ, xem xét tiếp, ta thấy rằng giả thiết cho ta 3 ≥ a ≥ b ≥ 1, kết hợp với dự đoán dấu bằng sẽ xảy ra khi a = 3, đồng thời ta cần có sự xuất hiện của a + b và ab trong các đánh giá của mình (do bất đẳng thức cần chứng minh nó như vậy mà), ta nghĩ đến đánh giá sau đây (3 − a)(3 − b) ≥ 0 ab Từ đánh giá này, ta suy ra 3(a + b) ≤ ab + 9, hay a + b ≤ 3 + . (Ta thực hiện đánh giá a + b 3 theo ab vì giả thiết bài toán thì có liên quan đến ab nhưng không có chút dính dáng nào tới a + b cả). Vậy là, ta chỉ cần chứng minh ab ab 3 + − ≤ 4 3 6 Hay ab ≤ 6 Cái này đúng do giả thiết! Bài toán được chứng minh xong. Bài 6. Cho a ≥ b ≥ 1, a ≤ 3, ab ≤ 6, ab ≤ 6c. Chứng minh rằng a + b − c ≤ 4 Lời giải. Trang 4
50 Bai toan bat dang thuc Cách 1 . Đối với các bất đẳng thức không thuần nhất thì cách đặt như trên tỏ ra rất hiệu quả và rất hay được sử dụng. Mình cũng xin nêu ra một hướng tiếp cận khác cho bài toán này. Mặc nhiên dễ thấy rằng đây là một bất đẳng thức hoán vị, mà như ta đã biết thì bất đẳng thức hoán vị thường khó xử lí hơn so với bất đẳng thức đối xứng vì thế ý tưởng của ta sẽ tìm cách đưa bất đẳng thức này về dạng đối xứng. Hai công cụ để giúp ta thực hiện công việc này chính là bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM. Bất đẳng thức này hoán vị là do đại lượng ab2 + bc2 + ca2 vì thế những đánh giá mà ta dùng chắc hẳn phải liên quan đến đại lượng này. Rất tự nhiên theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (ab + bc + ca)2 ab2 + bc2 + ca2 ≥ a + b + c Từ đó đưa bài toán về chứng minh (ab + bc + ca)2 a2 + b2 + c2 + + 9 ≥ 5(a + b + c) a + b + c Ta thấy rằng bất đẳng thức này có chứa 3 đại lượng là a2+b2+c2, ab+bc+ca, a+b+c mà chúng lại có liên quan với nhau thông qua hằng đẳng thức (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) và nếu biểu diễn một đại lượng thông qua hai đại lượng còn lại thì bất đẳng thức của chúng ta về cơ bản sẽ trở nên đơn giản hơn. Với ý tưởng như vậy sử dụng hằng đẳng thức a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca), ta có thể viết bất đẳng thức chứng minh về dạng (ab + bc + ca)2 (a + b + c)2 − 6(a + b + c) + 9 + − 2(ab + bc + ca) + (a + b + c) ≥ 0 a + b + c Hay (ab + bc + ca − a − b − c)2 (a + b + c − 3)2 + ≥ 0 a + b + c Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng, tức bài toán đã được chứng minh xong. Cách 2 . Đặt x = a−1, y = b−1, z = c−1, khi đó bất đẳng thức ban đầu được viết lại thành (x+1)2 +(y+1)2 +(z +1)2 +(x+1)(y+1)2 +(y+1)(z +1)2 +(z +1)(x+1)2 +9 ≥ 5(x+y+z +3) Hay (sau khi đã khai triển và rút gọn) 2(x2 + y2 + z2) + 2(xy + yz + zx) + xy2 + yz2 + zx2 ≥ 0 Lưu ý rằng từ phép đặt trên, ta suy ra x, y, z > −1, do đó đánh giá cuối cùng đúng vì 2(x2 +y2 +z2)+2(xy+yz+zx)+xy2 +yz2 +zx2 = (x+y+z)2 +y2(x+1)+z2(y+1)+x2(z+1) ≥ 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài toán được chứng minh xong. Bài 7. Cho x, y, z > 0 thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của x2(y + z) y2(z + x) z2(x + y) P = + + yz zx xy Lời giải. Trang 5
50 Bai toan bat dang thuc Cách 1 . Trước hết ta viết biểu thức bài cho lại như sau x2 y2 z2 x2 y2 z2 P = + + + + + y z x z x y Tiếp đến ta sẽ chứng minh x2 y2 z2 + + ≥ x + y + z (1) y z x Sử dụng AM-GM cho hai số x2 + y ≥ 2x y rồi thực hiện tương tự chi hai đại lượng còn lại sau đó cộng vế lại với nhau ta sẽ được bất đẳng thức (1). Hoàn toàn tương tự cũng có x2 y2 z2 + + ≥ x + y + z (2) z x y Cộng vế theo vế của (1) và (2), lại ta được P ≥ 2(x + y + z) = 2 1 Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là P = 2 đạt được khi và chỉ khi x = y = z = . 3 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có x2(y + z) y2(z + x) z2(x + y) (x + y + z)2 P = + + ≥ yz zx xy yz zx xy + + y + z z + x x + y Theo một hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức AM-GM, ta lại có (y + z)2 ≥ 4yz Nên yz y + z ≤ y + z 4 Ta suy ra thêm hai đánh giá tương tự khác để có (x + y + z)2 P ≥ y + z z + x x + y = 2(x + y + z) + + 4 4 4 Và vì x + y + z = 1 nên ta suy ra P ≥ 2 1 Cuối cùng, với x = y = z = (thoả mãn điều kiện) thì P = 2 nên ta kết luận 2 là giá trị nhỏ 3 nhất của biểu thức P. Bài toán được chứng minh xong. Trang 6
50 Bai toan bat dang thuc Cách 3 . Dưới đây là một cách tiếp cận khác cho bài toán này. Quan sát một chút ta thấy rằng tử số của biểu thức bài cho có chứa các đại lượng x + y, y + z, z + x còn ở mẫu số thì tương ứng chứa xy, yz, zx vì thế nếu ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho tử số thì có thể giản ước đi tử sô tuy nhiên lúc này bài toán lại xuất hiện căn thức tuy nhiên các bạn đừng lo vì căn thức này nằm ở mẫu số vì thế ta có thể khử nó dễ dàng bằng AM-GM. Ý tưởng là vậy và ta tiến hành như sau, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có √ x2(y + z) 2x2 yz 2x2 4x2 ≥ = √ ≥ yz yz yz y + z Thực hiện tượng tự cho hại đại lượng còn lại sau đó cộng tương ứng các vế lại với nhau ta thu được x2 y2 z2 P ≥ 4 + + y + z z + x x + y Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì x2 y2 z2 1 (x + y + z)2 x + y + z 1 + + ≥ · = = y + z z + x x + y 2 x + y + z 2 2 1 Từ đó suy ra P ≥ 2. Mặt khác dễ thấy với x = y = z = thì P = 2. Việc tìm được các giá trị 3 của x, y, z thỏa mãn điều kiện bài toán và P = 2 cho phép ta kết luận giá trị nhỏ nhất của P là 2. Bài toán được giải quyết xong. Ngoài ra ta có thể thu được đánh giá x2 y2 z2 x + y + z + + ≥ y + z z + x x + y 2 Nhờ vào bất đẳng thức AM-GM như sau x2 y + z + ≥ x y + z 4 Bài toán được chứng minh xong. Bài 8. Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = a + b + c. Chứng minh rằng a + b b + c c + a + + ≤ 3 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 Lời giải. Cách 1 . Bài này vừa nhìn vào ta nghĩ ngay tới việc đánh giá cho các phân thức để đưa về dạng đơn giản hơn. Mặt khác, sự xuất hiện của a + b và a2 + b2 cùng với việc dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 làm ta không thể nào không nghĩ tới cái đánh giá quen thuộc (a + b)2 a2 + b2 ≥ . 2 Ta có a + b b + c c + a 2 2 2 + + ≤ + + a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a + b b + c c + a Ta cần chứng minh 2 2 2 + + ≤ 3 a + b b + c c + a Trang 7
50 Bai toan bat dang thuc Hay tương đương với 2 2 2 3(a + b + c) + + ≤ a + b b + c c + a ab + bc + ca ab + bc + ca ab Ta nhân ab + bc + ca lên hai vế và để ý = c + , từ đó viết được bất đẳng a + b a + b thức dưới dạng 2ab 2bc 2ca + + ≤ a + b + c a + b b + c c + a xy x + y Sử dụng đánh giá quen thuộc ≤ và thu được ngay kết quả. x + y 4 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Ta có hai kết quả quen thuộc sau đây 8 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca) 9 (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Trở lại bài toán sử dụng đánh giá quen thuộc 2(a2 + b2) ≥ (a + b)2 ta đưa bài toán về chứng minh 1 1 1 3 + + ≤ a + b b + c c + a 2 Hay dưới dạng đồng bậc là 1 1 1 3 a + b + c + + ≤ a + b b + c c + a 2 ab + bc + ca Bất đẳng thức này tương đương với (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) 3 a + b + c ≤ (a + b)(b + c)(c + a) 2 ab + bc + ca Hay (a + b + c)2 + ab + bc + ca 3 a + b + c ≤ (a + b)(b + c)(c + a) 2 ab + bc + ca Sử dụng hai kết quả nêu ở trên, ta có 2 2 (a + b + c) (a + b + c)2 + ab + bc + ca (a + b + c) + ≤ 3 (a + b)(b + c)(c + a) 8 (ab + bc + ca)(a + b + c) 9 3 a + b + c = 2 ab + bc + ca Bài toán được chứng minh xong. Bài 9. Cho các số thực a, b, c ∈ [0, 1] thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau √ √ √ P = a2 − 4a + 5 + b2 − 4b + 5 + c2 − 4c + 5 Lời giải. Thứ nhất, dự đoán dấu bằng để đạt giá trị lớn nhất. Không khó để ta có thể dự đoán một cách "tự nhiên" là khi a = b = 1, c = 0 thì biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Trang 8
50 Bai toan bat dang thuc Thứ hai, "liều" với dự đoán ở trên, ta tìm cách đánh giá cho hiệu quả. Quan sát thấy biểu thức của ta là tổng đối xứng ba biến và hơn nữa nó có thể viết lại dưới dạng P = f(a) + f(b) + f(c) √ với f(x) = x2 − 4x + 5. Như vậy, một cách tự nhiên, ta mong một đánh giá "riêng lẻ" hay "chia để trị" kiểu √ f(x) = x2 − 4x + 5 ≤ mx + n, đúng với x ∈ [0, 1] với m, n là các số thực nào đó. Để khi đó, ta có thể có P = f(a) + f(b) + f(c) ≤ m(a + b + c) + 3n = 2n + 3m nói một cách khác, ta đã tìm được một chặn trên của P mà ta mong đó là giá trị lớn nhất. Công việc của ta là đi tìm m, n. Như đã nói ở trên, ta cần đánh giá để đảm bảo dấu bằng, mà vì các biến là đối xứng với nhau nên ta không thể quyết định biến nào bằng 0 hay biến nào bằng 1 khi biểu thức P đạt giá trị lớn nhất. Bởi vậy, tốt nhất, ta sẽ chọn m, n sao cho mà dấu bằng tại 0 và 1 đều thỏa. Nói một cách khác, ta cần tìm m, n sao cho phương trình √ x2 − 4x + 5 − (mx + n) = 0 có hai nghiệm là 0 và 1. √ √ √ Thay x = 0 và x = 1, ta tìm được m = 2 − 5 và n = 5. Như vậy, ta mong là bất đẳng thức sau đúng √ √ √ √ x2 − 4x + 5 ≤ 2 − 5 x + 5 Nhưng kì diệu thay, bất đẳng thức này hoàn toàn đúng với điều kiên x ∈ [0, 1] (công việc này hết sức đơn giản, và thực ra ta chỉ cần lý luận thôi cũng đã có thể đảm bảo tính đúng đắn của bất đẳng thức này, xin dành lại cho mọi người). Như vậy, ta sẽ có √ √ √ √ √ P = f(a) + f(b) + f(c) ≤ 2 − 5 (a + b + c) + 3 5 = 2 2 + 5 √ √ Với a = b = 1, c = 0 ta có ngay GTNN của P = 2 2 + 5. Bài toán được chứng minh xong. Bài 10. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = abc. Chứng minh rằng a b c + + ≥ 1 b3 c3 a3 Lời giải. Cách 1 . Bất đẳng thức này không đồng bậc, nhận thấy vế trái bậc (−2), vế phải bậc 0, điều kiện giả thiết a + b + c (bậc 1) = abc (bậc 3), từ đó ta có ý tưởng làm cho hai biểu thức đồng bậc. Với ý tưởng như vậy ta sẽ tiến hành như sau. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a b c abc + + ≥ a + b + c b3 c3 a3 Hay a2c b2a c2b + + ≥ a + b + c b2 c2 a2 Trang 9
50 Bai toan bat dang thuc Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 1 1 1 a2c b2a c2b a b c 2 + + + + ≥ + + c a b b2 c2 a2 b c a Ta cần chứng minh a b c 2 1 1 1 + + ≥ (a + b + c) + + b c a a b c Hay a2 b2 c2 a b c a b c + + + + + ≥ 3 + + + b2 c2 a2 c a b b c a Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có a2 b2 c2 a b c + 1 + + 1 + + 1 ≥ 2 + + b2 c2 a2 b c a Và a b c a c b + + + + + ≥ 6 b c a c b a √ Cộng lại, ta có điều phải chứng minh và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3. Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Một lời giải khá tự nhiên cho bài này là dùng cách đặt ẩn phụ để đưa điều kiện bài toán về dạng dễ nhìn. 1 1 1 Đặt = x, = y, = z, ta suy ra xy + yz + zx = 1. Khi đó a b c a b c y3 z3 x3 + + = + + b3 c3 a3 x y z Ta chỉ cần chứng minh y3 z3 x3 + + ≥ 1 x y z điều này khá dễ, xin không chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Cách 3 . Ta viết bất đẳng thức cần chứng minh lại dưới dạng thuần nhất như sau a b c a + b + c + + ≥ b3 c3 a3 abc Nhân hai vế của bất đẳng thức này với abc > 0, ta được ab2 bc2 ca2 + + ≥ a + b + c c2 a2 b2 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có r bc2 ca2 bc2 ca2 + + b ≥ 3 3 · · b = 3c a2 b2 a2 b2 Thực hiện đánh giá tương tự cho các đại lượng còn lại sau đó cộng tương ứng các vế lại với nhau ta thu được kết quả cần phải chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Trang 10
50 Bai toan bat dang thuc x2 + xy + y2 = 3 Bài 11. Khi hệ có nghiệm. Chứng minh rằng y2 + yz + z2 = 16 xy + yz + zx ≤ 8 Lời giải. Cách 1 . Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có h z z i2 (xy + yz + zx)2 = x y + + z y + 2 2 4 x2 z 2 3 ≤ x2 + y + y + + z2 3 2 2 4 4 = (x2 + xy + y2)(y2 + yz + z2) = 64 3 Từ đó ta dễ dàng suy ra ra được xy + yz + zx ≤ 8 Với đẳng thức xảy ra khi và chỉ 7 4 20 x = √ , y = √ , z = √ 31 31 31 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Để ý rằng  √ !2  √ !2  x2 x 3 z 3 z 2 48 = (x2 + xy + y2)(y2 + yz + z2) = y + + + y +  2 2   2 2  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: √ √ √ √ !2 " √ #2 yz 3 xz 3 xy 3 xz 3 (xy + yz + zx) 3 48 ≥ + + + = 2 4 2 4 2 Từ đó suy ra xy + yz + zx ≤ 8. Bài toán được chứng minh xong. Cách 3 . Ta thấy các biểu thức xy + yz + zx, x2 + xy + y2, y2 + yz + z2 đều có bậc hai, thế nên khi đồng bậc hóa ta sẽ phải đưa bất đẳng thức về dạng xy + yz + zx ≤ m(x2 + xy + y2) + n(y2 + yz + z2) (1) Bây giờ, ta cần chứng minh xy + yz + zx ≤ 8 nên tất nhiên ta bắt buộc phải chọn m, n sao cho m(x2 + xy + y2) + n(y2 + yz + z2) = 8. Với điều kiện của bài toán thì ta có điều này khi 3m + 16n = 8 Ra được một phương trình cho m, n, ta tìm thêm một phương trình nữa là xong. Ta viết lại (1) dưới dạng f(x) = mx2 + [(m − 1)y − z] x + (m + n)y2 + (n − 1)yz + nz2 ≥ 0 Như đã nói ở trên, ta mong muốn f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Vậy thì với phần kiến thức "lượm" được ở trên, có phải là ta phải chọn m, n sao cho m > 0 và 2 2 2 [(m − 1)y − z] ≤ 4m (m + n)y + (n − 1)yz + nz , ∀y, z ∈ R (2) Trang 11
50 Bai toan bat dang thuc không các bạn? Tiếp tục, ta viết lại (2) dưới dạng g(z) = (4mn − 1)z2 + 2(2mn − m − 1)yz + (3m2 + 4mn + 2m − 1)y2 ≥ 0 Ở đây, ta chọn xét tam thức theo z sẽ gọn gàng hơn! Rõ ràng để g(z) ≥ 0, ∀z ∈ R thì ta phải có 4mn > 1 và ∆0 = (2mn − m − 1)2y2 − (4mn − 1)(3m2 + 4mn + 2m − 1)y2 ≤ 0 Ngoài ra, do đề bài yêu cầu chứng minh ≤ chứ không phải 0 4mn > 1  (2mn − m − 1)2 − (4mn − 1)(3m2 + 4mn + 2m − 1) = 0 4 1 Giải hệ này, ta được m = , n = , sau đó ráp vào bất đẳng thức ban đầu ta được điều phải 3 3 chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Bài 12. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng s ab2 bc2 ca2 a b c + + + a2 + b2 + c2 ≥ 2 (ab3 + bc3 + ca3) + + c a b b c a Lời giải. Với bất đẳng thức chứa căn, điều đầu tiên ta phải làm đó là tìm cách phá căn. Trong√ bài toán này, để làm được điều đó, ta liên tưởng ngay tới bất đẳng thức AM-GM dạng 2 xy ≤ x + y. Nguyên tắc tiếp theo, khi sử dụng AM-GM, cần phải đảm bảo điều kiện đồng bậc của x và y, đó là lí do ta không nên đánh giá như sau: s a b c a b c 2 (ab3 + bc3 + ca3) + + ≤ ab3 + bc3 + ca3 + + + b c a b c a (Bởi một ông bậc 4 và một ông bậc 0, chẳng liên quan gì đến nhau cả). ab2 ab3 Mặt khác, để ý rằng = . Từ đó, có lời giải sau. c bc Đây là một bất đẳng thức hoán vị nên không mất tính tổng quát, ta hoàn toàn có thể giả sử a a, b, c là số nằm giữa . √ Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng 2 xy ≤ x + y, ta có s a b c ab3 + bc3 + ca3 a b c 2 (ab3 + bc3 + ca3) + + ≤ + bc + + b c a bc b c a Vậy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được rằng ab3 + bc3 + ca3 a b c ab2 bc2 ca2 + bc + + ≤ + + + a2 + b2 + c2 bc b c a c a b Trang 12
50 Bai toan bat dang thuc Hay ab2 a3 bc2 ab2 bc2 ca2 + c2 + + ca + b2 + ≤ + + + a2 + b2 + c2 c b a c a b Tương đương với a(a − b)(a − c) ≤ 0 b Hiển nhiên đúng do giả sử a là số nằm giữa a, b, c. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c > 0 Bài toán được chứng minh xong. 1 2 3 Bài 13. Cho x, y, z ∈ [0, 1] thỏa mãn + + = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 4x + 5 4y + 5 4z + 5 P = xy2z3 Lời giải. Cách 1 . Ta chứng minh hai bổ để sau Bổ đề 1.Với x, y ∈ [0, 1] thì 1 1 2 + ≤ √ 4x + 5 4y + 5 4 xy + 5 Chứng minh √ √ √ Quy đồng mẫu số và rút gọn, ta thu được (20 − 16 xy)( x − y)2 ≥ 0, hiển nhiên đúng với x, y ∈ [0, 1] Bổ đề 2. Với x, y, z ∈ [0, 1]thì 1 1 1 3 + + ≤ √ 4x + 5 4y + 5 4z + 5 4 3 xyz + 5 Chứng minh 1 Cộng thêm cả hai vế với √ và áp dụng liên tiếp hai lần bổ đề 1. 4 3 xyz + 5 Quay trở lại bài toán, sử dụng liên tiếp hai bổ đề trên, ta dễ dàng chứng minh được: Với 6 số thực a1, a2, a3, a4, a5, a6 ∈ [0, 1], ta có 1 1 1 1 1 1 6 + + + + + ≤ √ 6 4a1 + 5 4a2 + 5 4a3 + 5 4a4 + 5 4a5 + 5 4a6 + 5 4 a1.a2.a3.a4.a5.a6 + 5 Tới đây, lấy a1 = x, a2 = a3 = y, a4 = a5 = a6 = z thì bất đẳng thức trên trở thành 1 2 3 6 + + ≤ 4x + 5 4y + 5 4z + 5 4p6 xy2z3 + 5 Kết hợp với giả thiết, ta thu được 6 1 ≤ 4p6 xy2z3 + 5 1 Từ đó dễ dàng suy ra P = xy2z3 ≤ 46 Bài toán được chứng minh xong. Trang 13
50 Bai toan bat dang thuc Cách 2 . Viết giải thiết thành 1 1 1 1 1 1 + + + + + = 1 4x + 5 4y + 5 4y + 5 4z + 5 4z + 5 4z + 5 Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + − + − + − + − 4x + 5 5 4y + 5 5 4y + 5 5 4z + 5 5 4z + 5 5 4z + 5 1 4y 1 4y 1 4z 1 4z 1 4z = + + + + 5 4y + 5 5 4y + 5 5 4z + 5 5 4z + 5 5 4z + 5 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có s 1 y2z3 ≥ 4 5 (1) 4x + 5 (4y + 5)2(4z + 5)3 Tương tự ta có s 1 xyz3 ≥ 4 5 (2) 4y + 5 (4x + 5)(4y + 5)(4z + 5)3 s 1 xyz3 ≥ 4 5 (3) 4z + 5 (4x + 5)(4y + 5)2(4z + 5)2 Bình phương hai vế của bất đẳng thức (2) và lập phương hai vế của bất đẳng thức (3) rồi nhân vế theo vế của (1), (2), (3) , ta được 1 ≥ 46xy2z3 Do đó, 1 xy2z3 ≤ 46 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 x = y = z = 4 1 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 46 Bài toán được chứng minh xong. Bài 14. Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: abcd > a2 + b2 + c2 + d2. Chứng minh rằng abcd > a + b + c + d + 8 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có √ abcd > a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4 2 abcd ⇔ abcd > 16 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có (a + b + c + d)2 abcd > a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4 Đặt k = a + b + c + d nên ta cần chứng minh k2 − 4k − 32 > 0 ⇔ (k − 8)(k + 4) > 0 Trang 14
50 Bai toan bat dang thuc Nếu a + b + c + d 0 √ √ Từ x2 + y2 + z2 = 3 nên bao giờ cũng có thể đặt y = 3 cos a, x = 3 sin a cos b, z = √ π 3 sin a sin b. Với a, b ∈ [0; ] 2 Thế thì √ π P = 3 2 sin a cos a sin(b + ) + 3 sin2 a sin 2b 4 Ta có đánh giá sau √ 3 2 3 3 √ 3 √ P ≤ sin 2a + 3 sin2 a = + 2 sin 2a − cos 2a ≤ (1 + 3) 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  r √ 3 − 3 y =  2 r √  3 + 3  x = z = 4 3 √ Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 + 3. 2 Bài toán được chứng minh xong. √ 3 − 1 1 Cách 2 . Đặt a2 = và 2b2 = a2 + 1 (với a, b > 0). Khi đó ta có ab = . Do đó ta có các 2 2 đánh giá sau đây a2x2 + b2y2 ≥ 2abxy b2y2 + a2z2 ≥ 2abyz x2 + z2 ≥ 2xz Suy ra (a2 + 1)x2 + 2b2y2 + (a2 + 1)z2 ≥ (2abxy + 2abyz + 2xz) Hay 2b2(x2 + y2 + z2) ≥ (xy + yz + 2xz) Bài toán được chứng minh xong. Cách 3 . Trước tiên, ta sẽ đồng bậc hóa bất đẳng thức đã cho để đưa bài toán về đúng bản chất của nó. Bất đẳng thức đồng bậc của ta có dạng xy + yz + 2zx ≤ k(x2 + y2 + z2)(∗) Với hằng số k > 0. Trở lại bài toán cần xét, khi đọc tới giả thiết x2 +y2 +z2 = 3 thì phải hiểu rằng Max P = 3k và công việc của ta là tìm k để (*) luôn đúng với mọi x, y, z. Để ý rằng, (*) có thể viết lại thành ky2 − y(x + z) + kx2 + kz2 − 2xz ≥ 0 Trang 15
50 Bai toan bat dang thuc Do hệ số k > 0 nên coi đây là tam thức bậc hai ẩn y thì dễ thấy nếu ta tìm được k sao cho ∆ ≤ 0, ∀x, z, bài toán sẽ được giải quyết (theo định lí về dấu của tam thức bậc hai). Ta lại có ∆ = (1 − 4k2)(x2 + z2) + 2(1 + 4k)xz (1) Mặt khác, bất đẳng thức trên đối xứng với x và z nên ta có thể dự đoán P đạt Max khi và chỉ 2 khi x = z. Từ đó, dẫn tới ý tưởng thay x =√z = 1 vào (1), ta thu được 2k − 2k − 1 = 0. 1 + 3 Do k > 0 nên ta chỉ chọn nghiệm k = mà thôi. √ 2 3(1 + 3) Vậy kết luận được Max P = 2 Bài toán được chứng minh xong. Cách 4 . Ta chỉ cần giải bài toán trong trường hợp a, b, c là các số dương là được. a b c Giả sử rằng P sẽ đạt giá trị lớn nhất khi a = x, b = y, c = z khi đó dễ thấy = = = 1 x y z và x2 + y2 + z2 = 3. Khi đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 1 y x ab = · 2 · ay · bx ≤ a2y2 + b2x2 = a2 · + b2 · 2xy 2xy 2x 2y Đánh giá tương tự cho bc và 2ca ta được z y bc ≤ b2 · + c2 · 2y 2z x z 2ca ≤ c2 · + a2 · z x Cộng tương ứng các vế của ba bất đẳng thức trên, ta thu được y + 2z z + x 2x + y P = ab + bc + 2ca ≤ a2 · + b2 · + c2 · 2x 2y 2z Vậy ta chỉ cần chọn x, y, z sao cho y + 2z z + x 2x + y  = = x y z  x2 + y2 + z2 = 3 Ta có phương trình y + 2z 2x + y = x z tương đương với (z − x)[y + 2(z + x)] = 0 tức x = z (vì x, y, z > 0). Thay giá trị này vào phương trình y + 2z z + x = x y ta sẽ thu được 2x2 − 2xy − y2 = 0 hay x2 x 2 − 2 · − 1 = 0 y y √ √ x 1 + 3 1 + 3 Giải phương trình này ta thu được nghiệm là = . Từ đó ta thu được x = y· = y 2 2 z từ đây kết hợp với giả thiết x2 + y2 + z2 = 3 ta tìm được  s √  3 + 3 x = z =  4 s √  3 − 3  y =  2 Trang 16
50 Bai toan bat dang thuc 3 √ và từ đó tìm được giá trị lớn nhất của P là 1 + 3 . 2 Thực ra ta có thể dựa vào tính đối xứng của c, a để dự đoán đẳng thức xảy ra khi c = a = x, z = y để đưa ra phân tích ngắn hơn nhưng mình muốn trình bày một cách tổng quan hơn nên đã chọn phương pháp trên. Bài toán được chứng minh xong. Bài 16. Cho x, y, z > 0 và xyz = 8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P = + + 2x + y + 6 2y + z + 6 2z + x + 6 Lời giải. Cách 1 . Đầu tiên hãy quan sát điều kiện bài toán "xyz = 8" ??!! Nhìn có vẻ hơi lạ mắt vì ta thường biết đến với giả thiết quen thuộc là xyz = 1 vì thế ý nghĩ ngay lúc này của ta là tìm cách đưa giả thiết này về dạng xyz = 1 và vì thế phép đặt x = 2a, y = 2b, z = 2c cũng rất tự nhiên được chúng ta nghĩ đến. Ngoài ra với phép đặt này thì 2x + y + 6 = 2(2a + b + 3), 2y + z + 6 = 2(2b + c + 3), 2z + x + 6 = 2(2c + a + 3). Lúc này 1 1 1 1 P = + + 2 2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a + 3 Rõ ràng thì P lúc này nhìn có vẻ đơn giản hơn sao với P ban đầu. Tiếp đến là việc điểm rơi của bài toán, biểu thức bài cho là đối xứng vì thế ta có thể dự đoán được nó sẽ lớn nhất khi các biến bằng nhau, mà cụ thể trong bài toán này thì a = b = c = 1. Việc còn lại là ta sẽ chọn công cụ để chứng minh bài toán. Thật đơn giản hình thức phát biểu của P lại giống hệt như bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (hoặc bất đẳng thức AM-GM dạng cộng mẫu) là 1 1 1 n2 + + ··· + ≥ x1 x2 xn x1 + x2 + ··· + xn Vậy "thanh đao" mà ta dùng để "trảm" bài toán này nếu không là Cauchy-Schwarz thì là AM-GM. Vì điểm rơi mà ta dự đoán là a = b = c = 1 nên những đánh giá mà ta dùng cũng phải đảm bảo điều này thì mới có hi vọng giải quyết được bài toán và công việc cần làm của ta là chọn các biến x1, x2, sao cho chúng bằng nhau. Dễ thấy rằng nếu a = b = c = 1 thì 2a + b + 3 = 2b + c + 3 = 2c + a + 3 = 6 mà 6 chỉ có thể phân tích thành tổng các số bằng nhau như sau 6=1+1+1+1+1+1=2+2+2=3+3 Và ta sẽ chọn phương án phân tích cuối cùng tức là tách 6 = 3+3 vì hai cách còn lại sẽ không giải quyết được bài toán (các bạn có thể tự kiểm tra) tuy nhiên ta lại cũng có hai cách phân tích 2a + b + 3 = (a + b + 1) + (a + 2) = (2a + 1) + (b + 2) và mình sẽ chọn cách phân tích thứ nhất (vì sao lại không chọn cách hai?). Biểu thức đầu bài là đối xứng điều này cho phép ta dự đoán nó sẽ đạt giá trị lớn nhất khi a = b = c = 1 (vì thường thì là như vậy mà). Từ đó dự đoán rằng bất đẳng thức sau đây sẽ đúng 1 1 1 1 + + ≤ a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 Trang 17
50 Bai toan bat dang thuc Bây giờ ta sẽ đi kiểm chứng dự đoán của mình. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 1 1 1 1 1 = ≤ + a + 2b + 3 (a + b + 1) + (b + 2) 4 a + b + 1 b + 2 Đánh giá tương tự cho hai đại lượng còn lại và cộng tương ứng các vế lại với nhau ta thu được 1 1 1 1 1 1 1 P ≤ + + + + + 4 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 a + 2 b + 2 c + 2 Vậy ta sẽ đi chứng minh 1 1 1 1 1 1 + + + + + ≤ 2 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 a + 2 b + 2 c + 2 Bất đẳng thức này có được bằng cách cộng hai bất đẳng thức sau đây 1 1 1 + + ≤ 1 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 1 1 1 + + ≤ 1 a + 2 b + 2 c + 2 Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức thứ nhất, đặt a = x2, b = y2, c = z2 thì xyz ≥ 1 và ta cần chứng minh 1 1 1 + + ≤ 1 x2 + y2 + 1 y2 + z2 + 1 z2 + x2 + 1 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 1 z2 + 2 z2 + 2 = ≤ x2 + y2 + 1 (x2 + y2 + 1)(1 + 1 + z2) (x + y + z)2 Đánh giá tượng tự cho hai số hạng còn lại ta thu được 1 1 1 x2 + y2 + z2 + 6 + + ≤ x2 + y2 + 1 y2 + z2 + 1 z2 + x2 + 1 (x + y + z)2 Vậy ta sẽ chứng minh (x + y + z)2 ≥ x2 + y2 + z2 + 6 hay là xy + yz + zx ≥ 3 thế nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM cho ba số. Tiếp đến là chứng minh bất đẳng thức thức thứ hai. Ta cũng đổi biến tương tự như trên để đưa bất đẳng thức về chứng minh 1 1 1 + + ≤ 1 x2 + 2 y2 + 2 z2 + 2 với điều kiện xyz ≥ 1. Bất đẳng này tương đương với 1 1 1 1 1 1 3 − + − + − ≥ − 1 2 x2 + 2 2 y2 + 2 2 z2 + 2 2 hay là x2 y2 z2 + + ≥ 1 x2 + 2 y2 + 2 z2 + 2 Trang 18
50 Bai toan bat dang thuc Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có x2 y2 z2 (x + y + z)2 + + ≥ x2 + 2 y2 + 2 z2 + 2 x2 + y2 + z2 + 6 Cuối cùng ta sẽ chứng minh (x + y + z)2 ≥ 1 x2 + y2 + z2 + 6 hiển nhiên đúng theo kết quả ở trên. Vậy dự đoán của ta là chính xác nên giá trị lớn nhất của 1 P là đạt được khi a = b = c = 1. 2 Bài toán được chứng minh xong. x y z Cách 2 . Đặt a = , b = , c = . Khi đó ta có abc = 1 và 2 2 2 1 1 1 1 P = + + 2 2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a + 3 1 1 1 1 1 1 1 ≤ + + + + + 8 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 a + 2 b + 2 c + 2 Ta có √ 1 1 1 3 c ≤ = = √ √ √ √ √ √ 3 √ a + b + 1 3 3 3 1 √ 3 3 3 ab a + b + 1 √ 3 a + b + 1 a + b + c 3 c Khi đó ta có 1 1 1 A = + + ≤ 1 a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 Ta chứng minh 1 1 1 B = + + ≤ 1 a + 2 b + 2 c + 2 Bất đẳng thức này khi quy đồng lên ta được ab + bc + ca ≥ 3 1 Bất đẳng thức cuối luôn đúng, do đó ta có P ≤ .Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2. 4 Bài toán được chứng minh xong. x y z Cách 3 . Đặt = a2, = b2, = c2 với a, b, c > 0 thì ta cũng có abc = 1. Biểu thức trở thành 2 2 2 1 1 1 2P = + + 2a2 + b2 + 3 2b2 + c2 + 3 2c2 + a2 + 3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 1 1 1 1 2P ≤ + + = ⇒ P ≤ 2a + 2ab + 2 2b + 2bc + 2 2c + 2ca + 2 2 4 Bài toán được chứng minh xong. Trang 19
50 Bai toan bat dang thuc Bài 17. Cho x, y 6= 0, xy(x + y) = x2 + y2 − xy. Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 P = + x3 y3 Lời giải. Ta có 1 1 1 1 xy(x + y) = x2 + y2 − xy ⇔ + = + − 1 x y x2 y2 1 1 Đặt a = ; b = . Điều kiện bài toán trở thành x y a + b = a2 + b2 − ab Và ta cần tìm GTLN của P = a3 + b3 Ta có P = a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) = (a + b)(a2 + b2 − ab) = (a + b)2 Ta có 3(a + b)2 (a + b)2 a + b = (a + b)2 − 3ab ≥ (a + b)2 − = 4 4 ⇔ 4(a + b) ≥ (a + b)2 ⇔ (a + b)(a + b − 4) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4 Suy ra P ≤ 16 1 Dấu bằng xảy ra khi a = b hay x = y = . 2 Bài toán được chứng minh xong. Bài 18. Cho a, b, c đôi một khác nhau và thuộc [0; 2]. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 P = + + (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Lời giải. 1 1 8 Áp dụng BĐT + ≥ với x, y > 0 x2 y2 (x + y)2 Chứng minh điều này đơn giản vì nó tương đương với (x − y)2(x2 + y2 + 4xy) ≥ 0 Ta có 8 1 9 9 P ≥ + = ≥ (c − a)2 (c − a)2 (c − a)2 4 Dấu "=" chẳng hạn khi a = 0, b = 1, c = 2. Bài toán được chứng minh xong. Bài 19. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng a2 b2 c2 + + ≤ 1 2a2 + bc 2b2 + ac 2c2 + ab Lời giải. Trang 20
50 Bai toan bat dang thuc Cách 1 . Bất đẳng thức đã cho tương đương với bc ac ab 1 + + ≥ 2(2a2 + bc) 2(2b2 + ac) 2(2c2 + ab) 2 Chỉ cần thêm bớt vào hai vế Sử dụng bất đẳng thức bunhiakowsky ta có (bc)2 (ac)2 (ab)2 (bc + ca + ab)2 1 + + ≥ = 2(2a2bc + (bc)2) 2(2b2ac + (ac)2) 2(2c2ab + (ab)2) 2(ab + bc + ca)2 2 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Bất đẳng thức đã cho tương đương với 1 1 1 + + ≤ 1 bc ca ab 2 + 2 + 2 + a2 b2 c2 bc ca ab Đặt x2 = , y2 = , z2 = với x, y, z > 0, ta có xyz = 1 a2 b2 c2 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x2 y2 z2 + + ≥ 1 2 + x2 2 + y2 2 + z2 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có x2 y2 z2 (x + y + z)2 + + ≥ 2 + x2 2 + y2 2 + z2 6 + x2 + y2 + z2 Ta cần chỉ ra (x + y + z)2 ≥ 1 6 + x2 + y2 + z2 nữa là bài toán được giải quyết. Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với xy + yz + zx ≥ 3 Bất đẳng cuối luôn đúng theo bất đẳng thức AM − GM. Bài toán được chứng minh xong. Cách 3 . Để ý rằng, theo bất đẳng thức AM-GM dạng 2xy ≤ x2 + y2, ta có 2a2 1 1 1 a2b2 + c2a2 = = ≤ = 2a2 + bc bc 1 1 a2b2 + b2c2 + c2a2 1 + 1 + 1 + 2a2 a a a2 a2 2. . . + b c b2 c2 Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta thu được 2a2 2b2 2c2 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) + + ≤ = 2 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab a2b2 + b2c2 + c2a2 Hay a2 b2 c2 + + ≤ 1 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab Bài toán được chứng minh xong. Trang 21
50 Bai toan bat dang thuc Bài 20. Cho x, y ∈ R thỏa mãn 5x2 + 5y2 − 5x − 15y + 8 ≤ 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của S = x + 3y Lời giải. Nhận xét. Đối với những bài toán cho giả thiết ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + f = 0 (hay ≤ 0) và yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = αx + βy (trong đó a, b, c, d, e, f, α, β là các số đã cho trước rồi, lưu ý a > 0, b > 0) thì có một cách là ta rút x theo S và y rồi thay vào biểu thức của giả thiết để được một tam thức bậc hai đối với ẩn y sau đó giải điều kiện ∆y ≥ 0 để thu được giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của S. Cụ thể bài này ta giải như sau Do S = x + 3y nên x = S − 3y, thay vào giả thiết 5x2 + 5y2 − 5x − 15y + 8 ≤ 0 và viết theo hệ số của biến y ta thu được 50y2 − 30Sy + 5S2 − 5S + 8 ≤ 0 (∗) Vì bất đẳng thức trên đúng với mọi y nên ta có ∆ ≥ 0, tức là 900S2 − 4.50.(5S2 − 5S + 8) ≥ 0 Biến đổi tương đương ta thu được −100S2 + 1000S − 1600 ≤ 0 Hay 100S2 − 1000S + 1600 ≤ 0 Vì phương trình 100x2 − 1000x + 1600 = 0 có 2 nghiệm là x = 2 và x = 8. Do đó ta thu được 2 ≤ S ≤ 8 Ta có: 3 9 1 Khi S = 2 thay vào (*) được 50y2 − 60y + 18 ≤ 0 hay y = nên x = S − 3y = 2 − = . 5 5 5 12 36 4 Khi S = 8 thay vào (*) được 50y2 − 240y + 288 ≤ 0 hay y = nên x = S − 3y = 8 − = . 5 5 5 Vậy giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức S lần lượt là 2 và 8. Bài toán được chứng minh xong. Bài 21. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc + a + c = b. Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 3 P = − + a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 Lời giải. a c Ta có ac + + = 1. b b A B 1 C Đặt tan = a, tan = , tan = c với A, B, C là ba góc của một tam giác. 2 2 b 2 Khi đó ta xét bài toán tổng quát sau với x, y, z là các số thực bất kì: x y z A B C P = − + = x cos2 − y sin2 + z cos2 a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 2 2 2 Vậy x y z x y z P = − + + cos A + cos B + cos C 2 2 2 2 2 2 Trang 22
50 Bai toan bat dang thuc Chú ý rằng chúng ta có một bất đẳng thức khá quen thuộc sau với m, n, p là các số thực: 2mn cos A + 2np cos B + 2pm cos C ≤ m2 + n2 + p2 Khi đó để giải những bài như thế này ta định m, n, p sao cho x y z 2mn = , 2np = , 2pm = 2 2 2 Vậy điều kiện của x, y, z là xyz phải dương. Khi đó ta có x y z P ≤ − + + m2 + n2 + p2 2 2 2 Ví dụ như bài ở trên ta có x 1 y 1 3 mn = = , np = = , pm = 4 2 4 2 4 √ √ √ 3 3 3 Khi đó ta có: m = , n = , p = .Lúc này 2 3 2 x y z 10 P ≤ − + + m2 + n2 + p2 = 2 2 2 3 Đẳng thức xảy ra khi Bài toán được chứng minh xong. Bài 22. Cho các số x, y, z thỏa mãn 1 ≤ x, y, z ≤ 4 và x ≥ y, x ≥ z. Tìm GTNN của biểu thức x y z P = + + 2x + 3y y + z x + z Lời giải. Cách 1 . Đặt x y z f(x, y, z) = + + 2x + 3y y + z x + z Ta có √ √ x 2 y f(x, y, xy) = + √ √ 2x + 3y x + y Xét hiệu √ √ √ √ ( xy − z)2( x − y) f(x, y, z) − f(x, y, xy) = √ √ ≥ 0 (x + z)(y + z)( x + y) Hiển nhiên đúng. Suy ra x √ x 2 y y 2 P = f(x, y, z) ≥ + √ √ = + 2x + 3y x + y x rx 2 + 3 + 1 y y rx Tới đây đặt t = với 1 ≤ t ≤ 2. Khi đó y t2 2 P ≥ + 2t2 + 3 1 + t t2 2 34 Khảo sát hàm số f(t) = + trên đoạn [1, 2] ta có f(t) ≥ dấu bằng xảy ra khi 2t2 + 3 1 + t 33 t = 2 ⇔ x = 4y. Hay x = 4, y = 1, z = 2. Bài toán được chứng minh xong. Trang 23
50 Bai toan bat dang thuc 1 1 1 Cách 2 . Ta có bổ đề sau: + ≥ với ab ≥ 1 1 + a2 1 + b2 1 + ab Thật vậy, trừ vế theo vế, ta có ngay: (ab − 1) (a − b)2 ≥ 0 (1 + a2)(1 + b2)(1 + ab) Hiển nhiên đúng. x Vì ≥ 1, khi đó ta có: y x x x y z y 1 1 y 2 P = + + = + + ≥ + 2x + 3y y + z x + z x z x x rx 2 + 3 1 + 1 + 2 + 3 1 + y y z y y Ta đưa được về dạng như trên. Bài toán được chứng minh xong. y z x Cách 3 . Đặt = a; = b; = c. x y√ z Khi đó abc = 1 và 2 ≥ bc ≥ 1. Ta có 1 1 1 P = + + 2 + 3a 1 + b 1 + c Xét bài toán mới này có các biến b và c bình đẳng nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi 1 b = c = √ . a √ 1 2 a 1 Khi đó P = + √ := f(a) với a ∈ ; 1 . 2 + 3a 1 + a 4 1 1 So sánh f với f(1) ta dự đoán được P đạt giá trị nhỏ nhất khi a = . 4 4 Khi đó b = c = 2 và ta tìm được các giá trị của (x, y, z) tương ứng là (4, 1, 2) . Bài toán được chứng minh xong. Bài 23. Cho x ≥ y ≥ z > 0 . Chứng minh rằng x2y y2z z2x + + ≥ x2 + y2 + z2 z x y Lời giải. ry rz rx rz rx ry Cách 1 . Áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho 2 dãy số x ; y ; z và x ; y ; z z x y y z x Ta có: x2y y2z z2x x2z y2x z2y ( + + )( + + ) ≥ (x2 + y2 + z2)2 (1) z x y y z x Xét hiệu: x2y y2z z2x x2z y2x z2y F = + + − ( + + ) z x y y z x 1 = (x3z2 + y3z2 + z3x2 − x3z2 − y3z2 − z3y2) xyz 1 = [(x3z2 − y3z2) + (y3z2 − z3y2) + (z3x2 − x3z2)] xyz 1 = (x − y)(y − z)(x − z)(xy + yz + zx) ≥ 0 xyz Trang 24
50 Bai toan bat dang thuc Suy ra: x2y y2z z2x x2z y2x z2y + + ≥ + + (2) z x y y z x Từ (1) và (2), ta được: x2y y2z z2x x2y y2z z2x x2z y2x z2y ( + + )2 ≥ ( + + )( + + ) ≥ (x2 + y2 + z2)2 z x y z x y y z x Vậy: x2y y2z z2x x2y y2z z2x ( + + )2 ≥ (x2 + y2 + z2)2 ⇔ + + ≥ x2 + y2 + z2 z x y z x y Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z > 0. Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x2y y2z z2x + + + zx ≥ x2 + y2 + zx + z2 z x y Vì sao lại thêm bớt zx vào hai vế? Vì với một bài toán hoán vị, trong đó y là số nằm giữa x và z thì thường ta sẽ, làm thế nào đó, để sử dụng được đánh giá quen thuộc y2 + zx ≤ y(z + x). Thật vậy, nếu sử dụng đánh giá trên thì bài toán quy về chứng minh x2y y2z z2x + + + zx ≥ x2 + z2 + xy + yz z x y √ Một cách tự nhiên ta muốn sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng x + y ≥ 2 xy để có r y2z y2z + zx ≥ 2 .zx = 2yz x x Từ đó, ta sẽ thử chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là x2y z2x + 2yz + ≥ x2 + z2 + xy + yz z y Hay x2y z2x + yz + ≥ x2 + z2 + xy z y Tương đương với x2y z2x − x2 + yz − z2 + − xy ≥ 0 z y Hay x2 x(y + z) (y − z) + z − ≥ 0 z y Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng vì y ≥ z và x2 x(y + z) + z ≥ 2x ≥ z y Bài toán được chứng minh xong. Trang 25
50 Bai toan bat dang thuc Bài 24. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + ≥ a + b + c b + c c + a a + b Lời giải. Cách 1 . Ta có bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) + + ≥ 0 b + c a + c a + b 1 1 Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c, khi đó ta có ≥ . b + c c + a Bất đẳng thức này sẽ được chứng minh nếu ta chứng minh được bất đẳng thức sau với x ≥ y và a ≥ b ≥ c x (a − b)(a − c) + y (b − c)(b − a) + z (c − a)(c − b) ≥ 0 Ta biến đổi vế trái bất đẳng thức: VT = z (a − c)(b − c) + (a − b)[x (a − c) − y (b − c)] ≥ 0 Từ đó ta thu được điều phải chứng minh. Bất đẳng thức này là một trường hợp của bất đẳng thức V ornicu − Schur. Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Ta có a2 + bc a2 + ab + bc + ca (a + b)(a + c) = − a = − a b + c b + c b + c Tương tự ta có bất đẳng thức ban đầu tương đương với (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) + + ≥ 2(a + b + c) b + c a + c a + b Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z ta có xy yz zx + + ≥ x + y + z z x y Bài toán được chứng minh xong. Cách 3 . Ta sẽ chứng minh bằng bất đẳng thức B.C.S như sau a2 + bc b2 + ca c2 + ab + + (a2 + bc)(b + c) + (b2 + ca)(c + a) + (c2 + ab)(a + b) b + c c + a a + b (a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)2 ≥ (a2 + bc)(b + c) + (b2 + ca)(c + a) + (c2 + ab)(a + b) Ta cần chứng minh (a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)2 ≥ (a + b + c) (a2 + bc)(b + c) + (b2 + ca)(c + a) + (c2 + ab)(a + b) Quy đồng và nhân ra ta thu được a4 + b4 + c4 ≥ a2b2 + b2c2 + c2a2 Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng, suy ra điều phải chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Trang 26
50 Bai toan bat dang thuc Bài 25. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng r 1 r 1 r 1 √ a2 + + b2 + + c2 + ≥ 82 a2 b2 c2 Lời giải. Phương pháp khảo sát hàm đặc trưng, rất hữu hiệu cho những bài BĐT đối xứng. Bài toán Cho f(x) + f(y) + f(z) ≥ A. Tìm Min, Max của S = g(x) + g(y) + g(z). Nháp Điều kiện x, y, z ∈ D, dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = y = z = α. Khảo sát hàm đặc trưng g0(α) h(t) = g(t) − mf(t). Với m = . Sau khi đã tìm được m chỉ cần xét đạo hàm h(t) nữa là f 0(α) xong. Ta khảo sát hàm r 1 f(x) = x2 + − mx x2 x4 − 1 1 Để hàm số có cực tiểu thì f 0(x) = 0 ⇔ − m = 0. Nhận thấy “=” ở x = nên r 1 3 x3 x2 + x2 80 r 1 80 1 162 m = −√ . Xét hàm số đại diện f(t) = t2 + + √ t trên (0,1) có f(t) ≥ f = √ . 82 t2 82 3 3 82 80 162 √ Vậy thì P ≥ −√ (x + y + z) + √ = 82. 82 82 Bài toán được chứng minh xong. Bài 26. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng x4y y4z z4x 3 + + ≥ x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 2 Lời giải. Cách 1 . Do xyz = 1, nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x4 y4 z4 3 + + ≥ x3z + xz y3x + xy z3y + zy 2 Theo bất đẳng thức BCS ta có x4 y4 z4 (x2 + y2 + z2)2 + + ≥ x3z + xz y3x + xy z3y + zy x3z + xz + y3x + xy + z3y + zy Do vậy ta cần chứng minh (x2 + y2 + z2)2 3 ≥ ⇔ 2(x4 + y4 + z4) + 4(x2y2 + y2z2 + z2x2) x3z + xz + y3x + xy + z3y + zy 2 ≥ 3(x3z + y3x + z3y) + 3(xy + yz + zx) Nhưng bất đẳng thức trên là tổng của 3 bất đẳng thức sau 1) x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥ xy + yz + zx Trang 27
50 Bai toan bat dang thuc Ta có x2y2 + 1 ≥ 2xy, tương tự ta có x2y2 +y2z2 +z2x2 +3 ≥ 2(xy +yz +zx) ≥ xy +yz +zx+3 ⇔ x2y2 +y2z2 +z2x2 ≥ xy +yz +zx 2)x4 + y4 + z4 ≥ x3z + y3x + z3y Bất đẳng thức này được chứng minh như sau x4 + x4 + x4 + z4 ≥ 4x3z Thiết lập các biểu thức tương tự rồi công lại ta có đpcm. 3)x4 + y4 + z4 + x2y2 + y2z2 + z2x2 ≥ 2(x3z + y3x + z3y) Ta có, bất đẳng thưc trên tương đương với: x2(x − z)2 + y2(y − x)2 + z2(z − y)2 ≥ 0 Hiển nhiên đúng. Nhân 3 ở bất đẳng thức đầu tiên rồi cộng vế theo vế các bất đẳng thức ở phía dưới ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1. Bài toán được chứng minh xong. x4y Cách 2 . Thoạt nhìn biểu thức , có lẽ ai cũng muốn đánh giá x2 + 1 ≥ 2x, tuy nhiên x2 + 1 như vậy bất đẳng thức sẽ bị đảo chiều. Chính điều này gợi cho ta ý tưởng sử dụng kĩ thuật AM-GM ngược dấu. Thật vậy, để ý rằng x4y x2y x2y xy = x2y − ≥ x2y − = x2y − x2 + 1 x2 + 1 2x 2 Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại, ta thu được x4y y4z z4x xy + yz + zx + + ≥ x2y + y2z + z2x − x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 2 Từ đó, ta sẽ thử chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là xy + yz + zx 3 x2y + y2z + z2x − ≥ 2 2 Hay 2(x2y + y2z + z2x) ≥ xy + yz + zx + 3 √ Sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ ba số dạng a + b + c ≥ 3 3 abc, dễ thấy p3 x2y + y2z + z2x ≥ 3. x2y.y2z.z2x = 3xyz = 3 Vậy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được x2y + y2z + z2x ≥ xy + yz + zx Một lần nữa, sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ ba số kết hợp với giả thiết xyz = 1, ta có p3 p3 x2y + x2y + y2z ≥ 3. x2y.x2y.y2z = 3. x4y4z = 3xy Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng lại theo vế, ta thu được 3(x2y + y2z + z2x) ≥ 3(xy + yz + zx) Hay x2y + y2z + z2x ≥ xy + yz + zx Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Bài toán được chứng minh xong. Trang 28
50 Bai toan bat dang thuc Bài 27. Cho a, b, c là các số thực dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng log a log b log c 9 b + c + a ≥ a + b b + c c + a 2(a + b + c) Lời giải. Cách 1 . Chú ý rằng logb a. logc b. loga c = 1 Theo AM − GM ta có s log a log b log c 1 b + c + a ≥ 3 3 a + b b + c c + a (a + b)(b + c)(c + a) Mặt khác cũng theo bất đẳng thức AM − GM ta lại có: (a + b) + (b + c) + (c + a) = 2(a + b + c) ≥ 3p3 (a + b)(b + c)(c + a) Hay s 1 3 3 ≥ (a + b)(b + c)(c + a) 2(a + b + c) Do đó log a log b log c 9 b + c + a ≥ a + b b + c c + a 2(a + b + c) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c > 1 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Dễ thấy logba, logcb, logac > 0 Ta có 2 2 2 plog a plog b plog c VT = b + c + a a + b b + c c + a Theo BĐT Cauchy- Shwarz ta có: 2 plog a + plog b + plog c VT ≥ b c a 2(a + b + c) Tiếp tục sử dụng BĐT AM-GM ta có: q 2 3 3 plog a.log b.log c b c a 9 VT ≥ = 2(a + b + c) 2(a + b + c) Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1 Bài toán được chứng minh xong. Bài 28. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = 9xy + 10yz + 11zx Lời giải. Để ý rằng, với giả thiết x + y + z = 1 thì P = 9xy + 10yz + 11zx = 9xy + z(10y + 11x) = 9xy + (1 − x − y)(10y + 11x) Trang 29
50 Bai toan bat dang thuc Khai triển và rút gọn, ta thu được P = −11x2 − 10y2 + 11x + 10y − 12xy Tương đương với 11x2 + (12y − 11)x + 10y2 − 10y + P = 0 (∗) Coi đây là tam thức bậc hai ẩn x, do điều kiện tồn tại của x nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức là ∆ = (12y − 11)2 − 44(10y2 − 10y + P ) ≥ 0 Hay −296y2 + 176y + 121 − 44P ≥ 0 Tương đương với 74 22 121 P ≤ − y2 − y − 11 37 296 Dùng phép tách thành bình phương, dễ dàng nhận thấy 22 121 5445 y2 − y − ≥ − 37 296 10952 Từ đó, suy ra 74 5445 495 P ≤ − . − = 11 10952 148 495 11 25 27 Vậy kết luận Max P = , đạt được khi y = , x = , z = . 148 37 74 74 Bài toán được chứng minh xong. Bài 29. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a + b + c = 3 . Chứng minh rằng (a + c)(b + 1) ≥ abc(a2 + b2 + c2 + 1) Lời giải. Nhìn vào bài này ta thấy một số thứ sau đây • Các biến a và c bình đẳng. • Đẳng thức xảy ra khi a = c = b = 1. • Chú ý a + c = 3 − b nên VT = (3 − b)(1 + b), do đó ta sẽ đánh giá VP theo b. Do đó ta sử dụng 2 đánh giá a + c2 (3 − b)2 ac ≤ = 2 4 (a + c)2 2 (3 − b)4 2ac(a2 + c2) ≤ = 2 4 Bài toán sẽ được chứng minh nếu (3 − b)4 (3 − b)2 (3 − b)(1 + b) ≥ b + b(b2 + 1) 8 4 hay 8(1 + b) ≥ b(3 − b)3 + 2b(b2 + 1)(3 − b) ⇔ 3b4 − 15b3 + 29b2 + 25b + 8 ≥ 0 Khảo sát hàm số f(b) = 3b4 − 15b3 + 29b2 + 25b + 8 với b ∈ (0; 3) ta có f(b) ≥ 0 Trang 30
50 Bai toan bat dang thuc Bài toán được chứng minh xong. Bài 30. Cho các số 0 0 a b a + b Lúc đó có 4 4 16 16 T + 4 ≥ + ≥ = 2 − x − y 2 − z − t 4 − (x + y + z + t) 3 Từ đó 16 4 T ≥ − 4 = 3 3 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t = 4 Bài toán được chứng minh xong. Bài 31. Cho a, b, c ∈ [0; 2] và a + b + c = 3. Tìm GTNN và GTLN của P = a2 + 2b2 + 3c2 − 2a − 24c + 2060 Lời giải. Trang 31
50 Bai toan bat dang thuc Giá trị nhỏ nhất Ta có P = a2 + 2b2 + 3c2 − 2a − 24c + 2060 = (a − 1)2 + 2b2 + 3(c − 2)2 − 12c + 2047 ≥ −12.2 + 2047 = 2023. Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 0, c = 2 nên giá trị nhỏ nhất của P là 2023. Giá trị lớn nhất Ta có P = a2 + 2b2 + 3c2 − 2a − 24c + 2060 = a2 + c2 + 2b2 + 2c (c − 2) − 2a − 20c + 2060 ≤ (a + c)2 + 2b2 − 2 (a + c) + 2060 = (1 − a − c)2 + 2b2 + 2059 = (b − 2)2 + 2b2 + 2059 = (b − 2) (3b + 2) + 2067 ≤ 2067. Đẳng thức xảy ra khi a = 1, b = 2, c = 0 nên giá trị lớn nhất của P là 2067. Bài toán được chứng minh xong. Bài 32. Cho a, b, c > 0 và 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 3 P = + + a b c Lời giải. Phân tích và hướng giải Ở bài toán này ta quan sát thấy biểu thức của P chứa các phân số và điều kiện lại chứa các tích số nên ta cần phải chuẩn nguyên về một đại lượng phân số để dể nhìn. Ở đây chúng ta có a, b, c > 0 nên trong điều kiện ta chia hai vế của nó cho abc > 0 ta được 21 2 4 12 + + ≤ (1) c a b abc Tới đây ta chú ý rằng ta có 12 = 2.1.2.3 ; 21 = 7.3 ; 2 = 2.1 ; 8 = 4.2 , các hệ số này có sự gắn bó mật thiết với các hệ số trong biểu thức P . Nên ta có thể đẩy điều kiện (1) về dạng 1 2 3 1 2 3 2 + 4 + 7 ≤ 2 . . a b c a b c Tới đây thì việc đổi biến sẽ làm cho bài toán có hình thức dể nhìn là điều chúng ta ưu tiên cho bài toán. Đặt 1 2 3 x = ; y = ; z = (x , y , z > 0) a b c Lúc này điều kiện bài toán trở thành 2x + 4y + 7z ≤ 2xyz Và biểu thức P = x + y + z Trang 32
50 Bai toan bat dang thuc Tới đây từ điều kiện bài toán ta đi đến 2x + 4y 2x + 4y ≤ z(2xy − 7) ⇔ z ≥ 2xy − 7 Lúc đó ta có 2xy − 7 x + y + z ≥ x + y + (2) 2x + 4y Tới đây tham vọng của chúng ta là kéo bài toán về chỉ còn theo một biến để tiện việc đánh giá bằng những kĩ thuật cơ bản.Điều đó dẫn đến ta phải cố gắng biến đổi (2) về một biến duy nhất cũng có nghĩa rằng chúng ta cần khử được hết đại lượng 2xy − 7 , mà đại lượng này ở dưới mẫu cho nên ta cần nghỉ ngay đến việc sử dụng bất đẳng thức AM − GM. Ta có 2 14 2xy − 7 2xy − 7 + 7 2x + (2xy − 7) + x + y + = x + + x x 2x + 4y 2x 2xy − 7 14 11 2xy − 7 2x + = x + + + x 2x 2x 2xy − 7 v u 14 u 2x + 11 t2xy − 7 ≥ x + + 2 . x (theo bất đẳng thức AM-GM) 2x 2x 2xy − 7 11 r 7 ≥ x + + 2 1 + 2x x2 Vậy ta có 11 r 7 P ≥ x + + 2 1 + x x2 Theo bất đẳng thức BSC ta có √ !2 7 √ 7 7 7 3 + = 3 + 7. ≤ (9 + 7) 1 + = 16 1 + x x x2 x2 Suy ra s r 7 7 1 7 2 1 + = 4 1 + ≥ 3 + x2 x2 2 x Do đó 11 1 7 P ≥ x + + 3 + 2x 2 x 3 9 ≥ + x + 2 x 3 r 9 15 ≥ + 2 x. ≥ (theo bất đẳng thức AM-GM ) 2 x 2 Trang 33
50 Bai toan bat dang thuc Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  √ √ 3 7 = x 7     x2 = 9  1   a =  x = 3  3   5  4 14 ⇔ ⇔ 2x + y = b = 2xy − 7 x  2  5  = z = 2  3  2x 2xy − 7 c =  2    2x + 4y z =  2xy − 7 Bài toán được chứng minh xong. Bài 33. Cho x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + y2 + z2 = 1. Tìm GTLN và GTNN của A = x + y + z + xy + yz + zx Lời giải. Với yêu cầu giá trị lớn nhất. Ở đây ta quan sát thấy các biến trong bài toán có tính đối xứng nên thường dự đoán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ√ nhất của biểu thức xảy ra khi các biến bằng nhau. Mặt khác ta nhận 3 √ thấy khi x = y = z = thì giá trị lớn nhất của bài toán là A = 3 + 1. Thật vậy 3 p √ x + y + z ≤ 3(x2 + y2 + z2) = 3(Theo bất đẳng thức BSC ) (1) xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + z2 = 1(Theo bất đẳng thức BSC ) (2) Từ (1) + (2) vế theo vế ta có √ A ≤ 3 + 1 √ √ 3 Vậy giá trị lớn nhất của A = 3 + 1 đạt được khi x = y = z = . 3 Với yêu cầu giá trị nhỏ nhất. Đặt 1 u = x + y + z ⇒ xy + yz + zx = (u2 − 1) 2 Từ đó 1 1 A = u + (u2 − 1) = (u2 + 1)2 − 1 ≥ −1 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A = −1 đạt được khi và chỉ khi x , y, z thỏa hệ ( x2 + y2 + z2 = 1 xy + yz + zx = −1 Ta có thể chọn x = −1 ; y = 0 ; z = 0 để thỏa hệ. Vậy bộ ba số (−1; 0; 0) và các hoán vị của nó sẽ cho giá trị nhỏ nhất của A. Bài toán được chứng minh xong. Trang 34
50 Bai toan bat dang thuc ( x + y + z + t = 0 Bài 34. Cho 4 số x, y, z, t thay đổi thỏa mãn Tìm GTLN, GTNN của x2 + y2 + z2 + t2 = 1 biểu thức A = xy + yz + zt + tx Lời giải. Từ biểu thức cần tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của bài toán và điều kiện x2 +y2 +z2 +t2 = 1 cho phép ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức BSC. Thật vậy ta có |xy + yz + zt + tx| ≤ x2 + y2 + z2 + t2 = 1 Từ đó |T | ≤ 1 Vậy T ≥ −1 1 1 Tới đây ta kết luận giá trị nhỏ nhất của A = −1 khi x = z = ; y = t = − 2 2 Mặt khác ta để ý thấy rằng nếu trong biểu thức đã cho ta sử dụng nhóm hạng tử thì ta sẽ có một điều khá thuận lợi. Đó là A = x(y + t) + z(y + t) = (x + z)(y + t) Lại từ giả thiết x + y + z + t = 0 ⇒ x + z = −(y + t) Vậy A = −(x + z)2 ≤ 0 1 1 Do đó giá trị lớn nhất của A = 0 đạt được khi x = y = ; z = t = − . 2 2 Bài toán được chứng minh xong. Bài 35. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng (a + b + c)2 1 a3 + b3 + c3 a2 + b2 + c2 + − ≥ 4 a2 + b2 + c2 2 abc ab + bc + ca Lời giải. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là 2(a + b + c)2 1 a3 + b3 + c3 a2 + b2 + c2 + − ≥ 7 a2 + b2 + c2 2 abc ab + bc + ca 2(a + b + c)2 4(ab + bc + ca) Do = 2 + nên bất đẳng thức trên có thể viết lại thành a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 4(ab + bc + ca) 1 a3 + b3 + c3 a2 + b2 + c2 + − ≥ 5 a2 + b2 + c2 2 abc ab + bc + ca 8(ab + bc + ca) a3 + b3 + c3 a2 + b2 + c2 Hay + − ≥ 10 (∗) a2 + b2 + c2 abc ab + bc + ca Để bài toán trở nên đơn giản hơn, ta nên tìm cách giảm bớt số đại lượng khác nhau. ab + bc + ca a2 + b2 + c2 Cụ thể là ở đây, ta sẽ thử đánh giá thế nào đó để đưa đại lượng về . a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Trang 35
50 Bai toan bat dang thuc √ Điều này gợi cho ta ý tưởng sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng x + y ≥ 2 xy. Thật vậy, dễ thấy ab + bc + ca a2 + b2 + c2 + ≥ 2 a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Suy ra 8(ab + bc + ca) 8(a2 + b2 + c2) ≥ 16 − a2 + b2 + c2 ab + bc + ca Sử dụng đánh giá này, ta sẽ quy (∗) về việc chứng minh a3 + b3 + c3 9(a2 + b2 + c2) ≥ − 6 abc ab + bc + ca Tương đương với a3 + b3 + c3 a2 + b2 + c2 − 3 ≥ 9 − 1 abc ab + bc + ca Hay a3 + b3 + c3 − 3abc 9(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) ≥ abc ab + bc + ca Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) Ta suy ra bất đẳng thức trên có thể viết lại thành a + b + c 9 (a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) − ≥ 0 abc ab + bc + ca 1 Do a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca = [(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2] ≥ 0 2 Nên chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được a + b + c 9 − ≥ 0 abc ab + bc + ca Hay (a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 9abc Điều này là hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM bộ ba số, √ √ (a + b + c)(ab + bc + ca) ≥ 3 3 abc.3 a2b2c2 = 9abc Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c > 0. Bài toán được chứng minh xong. Bài 36. Cho a, b, c không âm, đôi một phân biệt. Tìm GTNN của ! 1 1 1 P = (a2 + b2 + c2) + + (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 Lời giải. Với những bài toán dạng này, Min P chắc chắn không thể đạt được khi a = b = c mà thường đạt được khi một biến bằng 0. Trang 36
50 Bai toan bat dang thuc Do đó, để dự đoán được chính xác dấu bằng, ta sẽ thử cho c = 0. Khi ấy, 1 1 1 P = a2 + b2 + + (a − b)2 a2 b2 Coi x = a, y = −b thì 1 1 1 P = x2 + y2 + + (x + y)2 x2 y2 Dễ dàng chứng minh được 1 1 1 9 x2 + y2 + + ≥ (x + y)2 x2 y2 2 9 Từ đó, ta dự đoán Min P = , đạt được khi a = −b, c = 0 hoặc các hoán vị. 2 Vậy ta sẽ chứng minh ! 1 1 1 9 P = (a2 + b2 + c2) + + ≥ (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 2 Kết hợp với ý tưởng giảm biến, suy ra lời giải sau Lưu ý: Tất cả những đánh giá ta sắp sử dụng đều phải bảo toàn dấu đẳng thức vừa dự đoán được. Để ý rằng, (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + (a + b + c)2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 a2 + b2 + c2 = ≥ 3 3 Từ đó, ta sẽ quy bài toán về việc chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là 1 1 1 27 (x2 + y2 + z2) + + ≥ (∗) x2 y2 z2 2 Với x = a − b, y = b − c, z = c − a. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c, từ đó suy ra x > 0 và y > 0. Mặt khác, dễ thấy x + y + z = 0 , tức z = −(x + y) nên thế vào (∗), ta thu được 1 1 1 27 [(x2 + y2 + (x + y)2] + + ≥ x2 y2 (x + y)2 2 Hay 1 1 1 27 x2 + xy + y2 + + ≥ x2 y2 (x + y)2 4 Do x, y > 0 nên sử dụng liên tiếp bất đẳng thức AM-GM, ta có 1 1 1 2 1 9 + + ≥ + ≥ x2 y2 (x + y)2 xy (x + y)2 (x + y)2 Từ đó suy ra chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được x2 + xy + y2 3 ≥ (x + y)2 4 Thật vậy, bất đẳng thức cuối tương đương với (x − y)2 ≥ 0 (x + y)2 Trang 37
50 Bai toan bat dang thuc Hiển nhiên đúng. 9 Vậy Min P = , đạt được khi a = −b, c = 0 hoặc các hoán vị. 2 Bài toán được chứng minh xong. Bài 37. Cho a, b, c > 0 và a3 + b3 = c3. Chứng minh rằng a2 + b2 − c2 > 6 (c − a)(c − b) Lời giải. Bằng cách giảm biến trong BĐT (Cụ thể là chia c3 ở chỗ điều kiện và c2 ở yêu cầu chứng minh), ta có bài toán này tương đương với bài toán sau Cho x, y > 0 và x3 + y3 = 1. Chứng minh rằng x2 + y2 − 1 > 6 (1 − x) (1 − y) Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có (x + y)3 √ 8 x3 + y3 = 1 ≥ ⇒ x + y ≤ 3 4 7 − 6 (x + y) + ⇔ −5 x + y − (x + y − 1)2 > 0 3 (x + y) 5 Bất đẳng thức cuối luôn đúng. Bài toán được chứng minh xong. Bài 38. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a4 b4 c4 3 + + ≥ (b + c)(b2 + c2) (c + a)(c2 + a2) (a + b)(a2 + b2) 4 Lời giải. Cách 1 . Sau khi đồng bậc hóa, bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành a4 b4 c4 a + b + c + + ≥ (b + c)(b2 + c2) (c + a)(c2 + a2) (a + b)(a2 + b2) 4 Sử dụng bất đẳng thức đơn giản (x + y)(x2 + y2) ≤ 2(x3 + y3), dễ thấy a4 b4 c4 a4 b4 c4 + + ≥ + + (b + c)(b2 + c2) (c + a)(c2 + a2) (a + b)(a2 + b2) 2(b3 + c3) 2(c3 + a3) 2(a3 + b3) Mặt khác, xét biểu thức vế trái, sử dụng bổ đề quen thuộc (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2), suy ra a + b + c 3(a2 + b2 + c2) ≤ 4 4(a + b + c) Trang 38
50 Bai toan bat dang thuc Từ đó, ta sẽ quy bài toán về việc chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là a4 b4 c4 3(a2 + b2 + c2) + + ≥ b3 + c3 c3 + a3 a3 + b3 2(a + b + c) Mọi người thử suy nghĩ tiếp nhé. Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng Cauchy Schwarz kết hợp AM-GM. Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Tạm gọi vế trái của bất đẳng thức ban đầu là VT . Lưu ý chúng ta sẽ sử dụng giả thiết a + b + c = 3 rất nhiều lần. Ta để ý rằng bất đẳng thức cần chứng minh có xuất hiện bậc 4 ở tử (tức là hai lần bình phương), như vậy ta nghĩ tới dạng sau của bất đẳng thức Cauchy Schwarz (hay còn gọi là Bunhiacopskip cho quen thuộc) m2 n2 p2 (m + n + p)2 + + ≥ x y z x + y + z (chứng minh bất đẳng thức này chỉ cần một lần dùng Cauchy Schwarz là được) Tuy nhiên, nếu ta để nguyên và áp dụng Cauchy Schwarz như sau (a2)2 (b2)2 (c2)2 VT = + + (b + c)(b2 + c2) (c + a)(c2 + a2) (a + b)(a2 + b2) (a2 + b2 + c2)2 ≥ (b + c)(b2 + c2) + (c + a)(c2 + a2) + (a + b)(a2 + b2) Như thế, ta cần chứng minh (a2 + b2 + c2)2 3 ≥ (b + c)(b2 + c2) + (c + a)(c2 + a2) + (a + b)(a2 + b2) 4 Ta thấy rằng, mẫu số của phân thức bên trái sau khi khai triển sẽ có đại lượng a3 + b3 + c3, chú ý rằng mẫu số mà có bậc quá cao thì đánh giá sẽ rất khó khăn (trong trường hợp này, vì khi bậc của cái nào đó quá cao thì giá trị của "chúng" thường là lớn, mà "chúng" ở dưới mẫu và đánh giá đang là ≥ bởi vậy ta cần một cái mẫu "nhỏ" hơn để nguyên phân thức của chúng ta có giá trị lớn). Bởi vì thế, ta "tạm" không đi theo hướng này. Như vậy, ta sẽ thử áp dụng tư tưởng "làm cho mẫu số có bậc nhỏ" sau khi áp dụng Cauchy Schwarz. Muốn làm điều đó, chúng ta chỉ cần để ý một điều đơn giản sau 2 a2 4 √ a b2+c2 = (b + c)(b2 + c2) b + c Tương tự hai đại lượng còn lại. Và sau khi áp dụng Cauchy Schwarz, ta sẽ thấy ngay lợi ích của phép biến đổi trên. a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 √ + √ + √ √ + √ + √ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 VT ≥ = b + c + c + a + a + b 6 Ta chỉ cần chứng minh rằng a2 b2 c2 3 √ + √ + √ ≥ √ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 2 Trang 39
50 Bai toan bat dang thuc Như vậy ta đã đưa về bất đẳng thức đơn giản hơn (như ở đầu bài đã đề cập) (mặc dù có chứa căn nhưng dù gì trông nó cũng gọn hơn). Ta lại thấy tử số có xuất hiện bình phương, áp dụng Cauchy Schwarz là một điều dễ liên tưởng tới. Nhưng nếu áp dụng trực tiếp a2 b2 c2 (a + b + c)2 9 √ +√ +√ ≥ √ √ √ = √ √ √ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 b2 + c2 + c2 + a2 + a2 + b2 b2 + c2 + c2 + a2 + a2 + b2 Ta sẽ thấy ngay đến đây ta không thể làm gì tiếp, vì áp dụng bất đẳng thức quen thuộc p 2(x2 + y2) ≥ x + y, ta được √ √ √ b + c c + a a + b √ b2 + c2 + c2 + a2 + a2 + b2 ≥ √ + √ + √ = 3 2 2 2 2 Nên 9 3 √ √ √ ≤ √ b2 + c2 + c2 + a2 + a2 + b2 2 Vậy cách Cauchy Schwarz như trên là không hiệu quả. Ta áp dụng một kĩ năng khác để sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz thêm hiệu quả "nhân tử số với chính nó rồi áp dụng Cauchy Schwarz". Cụ thể, ta có a2 b2 c2 (a2)2 (b2)2 (c2)2 √ + √ + √ = √ + √ + √ b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 a2 b2 + c2 b2 c2 + a2 c2 a2 + b2 (a2 + b2 + c2)2 ≥ √ √ √ a2 b2 + c2 + b2 c2 + a2 + c2 a2 + b2 Vậy ta cần chứng minh (a2 + b2 + c2)2 3 √ √ √ ≥ √ a2 b2 + c2 + b2 c2 + a2 + c2 a2 + b2 2 Những bước đánh giá sau nhằm để "đưa về những đại lượng quen thuộc", mong các bạn tham khảo. Đánh giá ở mẫu số, áp dụng Cauchy Schwarz một lần nữa, ta được √ √ √ √ √ √ a2 b2 + c2 + b2 c2 + a2 + c2 a2 + b2 = a2 · pa2(b2 + c2) + b2 · pb2(c2 + a2) + c2 · pc2(a2 + b2) ≤ p(a2 + b2 + c2)[a2(b2 + c2) + b2(c2 + a2) + c2(a2 + b2)] = p2 (a2 + b2 + c2)(a2b2 + b2c2 + c2a2) Vậy ta có (a2 + b2 + c2)2 (a2 + b2 + c2)2 √ √ √ ≥ . a2 b2 + c2 + b2 c2 + a2 + c2 a2 + b2 p2 (a2 + b2 + c2)(a2b2 + b2c2 + c2a2) Ta chỉ cần chỉ ra được (a2 + b2 + c2)2 3 ≥ √ p2 (a2 + b2 + c2)(a2b2 + b2c2 + c2a2) 2 Tương đương với √ √ a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 ≥ 3 a2b2 + b2c2 + c2a2 Trang 40
50 Bai toan bat dang thuc Đến đây, ta chỉ cần có đánh giá đơn giản là hai bất đẳng thức sau, ta sẽ suy ra điều phải chứng minh √ a + b + c √ a2 + b2 + c2 ≥ √ = 3, a2 + b2 + c2 ≥ p3 (a2b2 + b2c2 + c2a2) 3 Tóm lại, bất đẳng thức đã được chứng minh hoàn toàn chỉ bằng mỗi bất đẳng thức Cauchy Schwarz. Bài toán được chứng minh xong. Bài 39. Cho x, y, z > 0 thoả mãn điều kiện x + y + z = xyz. Chứng minh rằng √ p √ xy + yz + zx ≥ 3 + x2 + 1 + y2 + 1 + z2 + 1 Lời giải. Cách 1 . Trước hết ta sẽ thuần nhất hai vế, thật vậy bất đẳng thức đã cho tương đương với (xy + yz + zx)(x + y + z) r x + y + z r x + y + z r x + y + z ≥ 3+ x2. + 1+ y2. + 1+ z2. + 1 xyz xyz xyz xyz Ta có các biến đổi sau đây xy(x + y) + yz(y + z) + zx(z + x) + 3xyz x + y y + z z + x VT = = + + + 3 xyz z x y rx + y y + z ry + z z + x rz + x x + y VP = · + · + · z x x y y z Nên bất đẳng thức đã cho tương đương với x + y y + z z + x rx + y y + z ry + z z + x rz + x x + y + + ≥ · + · + · z x y z x x y y z Đây là một kết quả hiển nhiên theo bất đẳng thức cơ bản a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca. Bài toán được chứng minh xong Cách 2 . Nhìn vào biểu thức và điều kiện của bài toán gợi ý cho chúng ta sử dụng lượng giác để giải Xét tam giác ABC ta luôn có x = tan A; y = tan B; x = tan C Vì trong tam giác ta luôn có tan A + tan B + tan C = tan A. tan B. tan C Suy ra ta cần chứng minh p p p tan A. tan B + tan B. tan C + tan C. tan A ≥ 3 + tan2 A + 1 + tan2 B + 1 + tan2 C + 1 sin A sin B sin B sin C sin C sin A 1 1 1 ⇔ + + ≥ 3 + + + cos A cos B cos B cos C cos C cos A cos A cos B cos C ⇔ − cos(A + B) cos C − cos(C + A) cos B − cos(B + C) cos A ≥ cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ⇔ cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A Hiển nhiên đúng, ta có điều phải chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Trang 41
50 Bai toan bat dang thuc Bài 40. Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 + b3 + c3 + abc + 8 P = a + b + c Lời giải. Đây là một bài toán cực trị không điều kiện và biểu thức P ở dạng không thuần nhất. Các bạn biết đó: Thường thì các bất đẳng thức không thuần nhất nhiều biến á, chúng nó ít đúng lắm à nghen! Mà nếu nó đúng thì tư tưởng người ta thường dùng chính là tìm cách đánh giá đưa về thuần nhất Bởi các bạn biết đó bất đẳng thức thuần nhất thì ôi thôi hiện nay có biết bao nhiêu là phương pháp xử lý loại bất đẳng thức này. Thế thì tại sao ta lại không tận dụng ưu điểm sẵn có của nó nè? Tuy nhiên, có một điều mà các bạn ít để ý nè: Kinh nghiệm cho thấy, khi giải các bài toán tìm cực trị, để các đánh giá có hiệu quả (xác suất cao) thì ta nên chọn cách đánh giá làm sao cho số phương trình tạo ra (khi xét đẳng thức) là ít nhất có thể. Lấy ví dụ cụ thể ở bài này, nếu chúng ta tách a3 + b3 + c3 + abc + 8 thành (a3 + 2) + (b3 + 2) + (c3 + 2) + (abc + 2) rồi sử dụng AM-GM để đưa về thuần nhất: √ (a3 + 2) + (b3 + 2) + (c3 + 2) + (abc + 2) ≥ 3a + 3b + 3c + 3 3 abc Các bạn có thấy, khi xét dấu bằng, cách đánh giá trên đây sẽ cho ta một hệ gồm 4 phương trình không? Và sau khi đưa về thuần nhất thì tiến hành đánh giá thêm, ta sẽ thu được thêm một số phương trình nữa. Thử hỏi, một hệ phương trình chỉ gồm ba ẩn mà số phương trình lại nhiều hơn ba, thế thì khả năng nó có nghiệm có cao không? Các bạn biết đó: Để kết luận một số M (là hằng số) là giá trị nhỏ nhất của biểu thức chứa biến F (x1, x2, . . . , xn) trên một miền D thì chúng ta phải có hai điều kiện: ∗ ∗ ∗ F (x1, x2, . . . , xn) ≥ M với mọi (x1, x2, . . . , xn) ∈ D. Tồn tại một bộ (x1, x2, . . . , xn) ∈ D sao ∗ ∗ ∗ cho F (x1, x2, . . . , xn) = M. Bây giờ, điều kiện thứ hai bị lung lay rồi (do khả năng có nghiệm của hệ thu được thấp) thì làm sao ta hy vọng nhiều vào một lời giải chính xác được? Đồng thời, các bạn có thấy rằng, mình càng chia nhỏ ra thì độ chặt của đánh giá của mình càng yếu đi không? (Do nó tạo ra quá nhiều phương trình mà) Một đánh giá yếu thì rất khó đưa chúng ta đi đến lời giải thành công được? Cũng giống như câu chuyện bó đũa mà chúng ta học hồi tiểu học ấy, một bó đũa, nếu để nguyên thì khó mà bẻ gãy (gọi là "sức mạnh vô song") nhưng khi chia nhỏ thì tới thằng ốm yếu như mình còn xử lý gọn nữa là. Chính vì vậy mà, các bạn cần nhớ là khi đánh giá bất đẳng thức thì nên chọn cách đánh giá sao cho số phương trình tạo ra càng ít càng tốt à nghen. Với ý tưởng đó, ta thấy rằng không nên chia nhỏ a3 + b3 + c3 + abc mà xem nó như một biến luôn, ta sẽ tìm cách đánh giá đưa tử số của P về dạng thuần nhất bậc 1 (để lúc đó, P có dạng thuần nhất bậc 0). Để đưa từ bậc 3 về bậc 1 thì AM-GM là một công cụ rất tốt giúp chúng ta thực hiện điều này, ta nghĩ đến việc sử dụng AM-GM như sau (a3 + b3 + c3 + abc) + 4 + 4 ≥ 3p3 16(a3 + b3 + c3 + abc) Chúng ta có lo ngại nhiều về dấu đẳng thức không? Không đâu các bạn à. Mình sẽ lý giải nhé: Cách đánh giá như vầy, khi chúng ta xét dấu bằng, nó sẽ cho chúng ta một phương trình. Và sau khi đưa về thuần nhất, tiến hành đánh giá tìm min của biểu thức thuần nhất đó, khi xét đẳng thức ta sẽ thu được thêm hai phương trình nữa ở dạng đẳng cấp là a = mc, b = nc. Như vậy, ta sẽ sẽ thu được một hệ vừa đủ ba ẩn ba phương trình, mà trong đó hai trong số ba phương trình của hệ là phương trình dạng đẳng cấp. Thế thì xác suất có nghiệm sẽ là rất rất cao. Vậy thì chúng ta còn lo ngại gì nữa, sử dụng nó ngay đi thôi. Trang 42
50 Bai toan bat dang thuc Từ đánh giá trên, ta thu được 6p3 2(a3 + b3 + c3 + abc) P ≥ = 6p3 2Q a + b + c Ta sẽ tìm cách đánh giá tìm min của biểu thức a3 + b3 + c3 + abc Q = (a + b + c)3 Như đã biết, bất đẳng thức thuần nhất có một đặc điểm hết sức thú vị là khi không có ý tưởng xử lý nó, ta có thể thử đặt ẩn phụ để chuẩn hóa đưa về một bài toán có giả thiết để tìm ý tưởng. Vì vậy mà bây giờ thì bí ý tưởng rồi, ta thử chuẩn hóa xem sao? a b c Đặt x = , y = , z = thì ta có x + y + z = 1 và a + b + c a + b + c a + b + c Q = x3 + y3 + z3 + xyz Ta cần tìm đánh giá thích hợp cho Q. Cách nào bây giờ nhỉ? Nhiều bạn cứ "cao tay" Schur? Liệu Schur có cần thiết ở đây không? Học sinh phổ thông cần phải "học cao" như vậy sao? Bây giờ, chúng ta cần tìm min của biểu thức Q = x3 + y3 + z3 + xyz với x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Nếu xem xét một cách tổng thể thì nhìn vào bài toán này có vẻ khó. Mà cái khó chính, chắc hẳn ai cũng nhận ra, chính là tìm một đánh giá thích hợp cho xyz! Có những bạn đã có cơ hội "học cao" nên biết được chúng ta có thể dùng bất đẳng thức Schur ở đây. Thế thì với những bạn học phổ thông bình thường thì làm sao giờ? Chẳng lẽ ta lại chịu chết sao? Chắc hẳn các bạn đều biết rằng bất đẳng thức ít biến bao giờ cũng dễ xử lý hơn bất đẳng nhiều biến đúng không? Cụ thể ở bài này, nó có ba biến, tuy nhiên mình tin rằng sau khi 1 mình cho x = 0, x = , thì đa số các bạn đều có thể làm được (thậm chí rất dễ dàng nữa 2 là khác). Nói cụ thể hơn, nếu như cho x nhận một giá trị cụ thể, chắc chắn chúng ta sẽ làm được bởi lúc đó, bài toán sẽ là một dạng hết sức quen thuộc - dạng cực trị đối xứng với hai biến. Tất nhiên, lúc đó ta sẽ nghĩ ngay đến việc dùng ẩn phụ Viette đưa về khảo sát hàm một biến và thế là xong. Phân tích đến đây chắc hẳn các bạn đã đoán được ý tưởng của mình rồi đúng không? Tại sao ta không xem x như là một hằng số không đổi và bài toán như là một bài toán cực trị với hai biến thôi? Như thế chẳng phải sẽ dễ xử lý hơn sao? Rõ ràng việc chia nhỏ bài toán như thế sẽ giúp chúng ta dễ đánh giá hơn. Việc này cũng giống như ăn bánh mì vậy. Một ổ bánh mì to thế này: Làm sao các bạn có thể bỏ hết vào mồm chỉ bằng một lần ăn? Chắc lúc đó mồm các bạn phải to bằng cái thùng quá? Chẳng phải chúng ta phải chia nhỏ ra, cắn từng miếng từng miếng mà ăn à? Và tất nhiết nhiên việc này sẽ dễ dàng hơn rồi Vậy ta thử xét bài toán theo góc nhìn đó xem sao: Cố định x là hằng số đi, ta chuyển bài toán về tìm min của biểu thức G(y, z) = y3 + z3 + xyz với y, z > 0 thỏa mãn y + z = 1 − x. Đây là dạng cực trị đối xứng với hai biến, ta nghĩ ngay đến việc đặt ẩn phụ Viette quy về khảo sát hàm một biến: Đặt S = y + z = 1 − x và P = yz, ta có G(y, z) = (y +z)3 −3yz(y +z)+xyz = (1−x)3 −3P (1−x)+xP = P (4x−3)+(1−x)3 = f(P ) Trang 43
50 Bai toan bat dang thuc Ta cần khảo sát tìm min của hàm này theo theo biến P. Để làm điều này, trước hết cần phải chặn miền cho biến đã. Như đã biết, để tồn tại y, z thỏa mãn y + z = S và yz = P thì ta phải (1 − x)2 có 4P ≤ S2, do đó P ≤ . Đồng thời, do y, z > 0 nên P > 0. Như vậy, ta phải có 4 (1 − x)2 0 0 thay đổi, ta chỉ cần tìm min trong các thằng min Q (tính theo x) là được. Cuối cùng, ta chỉ cần khảo sát hàm (1 − x)2 h(x) = x3 + 4 1 với 0 < x ≤ nữa là xong. Một công việc hết sức đơn giản, các bạn hoàn toàn có thể tự làm 3 4 1 được. Mình chỉ ghi đáp số ở đây thôi: min h = đạt được khi x = . 27 3 Bây giờ, hợp tất cả các lập luận lại, có phải là ta đã giải xong bài toán rồi không? Các bạn thấy đó, ta chỉ cần vận dụng các tư tưởng đơn giản (theo kiểu "muốn gì", "cần gì" thì "làm nấy) và các kiến thức cơ bản của Toán phổ thông là đủ để giải được một bài toán Trang 44
50 Bai toan bat dang thuc khó rồi. Cần gì Schur, cần gì Dồn biến hay SOS? Mình hy vọng các bạn sẽ hiểu mình muốn nói gì Đừng làm khó cho bản thân quá. Bài toán được chứng minh xong. Bài 41. Cho a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của P = a2 − ab + b2 b2 − bc + c2 c2 − ca + a2 Lời giải. Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử c = min{a, b, c} khi đó ta có b2 − bc + c2 = c(c − b) + b2 ≤ b2 c2 − ca + a2 = c(c − a) + a2 ≤ a2 Từ các đánh giá này ta thu được P ≤ a2b2(a2 − ab + b2) Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM thì 4 3ab 3ab a2b2(a2 − ab + b2) = · · · (a2 − ab + b2) 9 2 2  3 3ab 3ab 2 2 4 + + a − ab + b ≤ ·  2 2  9  3  4 4 = · (a + b)6 ≤ · (a + b + c)6 = 12 35 35 Đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = 1, c = 0. Vậy GTLN của biểu thức cần tìm là 12. Bài toán được chứng minh xong. Bài 42. Cho ba số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng 4 x2y + y2z + z2x ≤ 27 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 4(x + y + z)3 ≥ 27(x2y + y2z + z2x) Không mất tính tổng quát, giả sử x = max{x, y, z}. Ta xét hai trường hợp y ≥ z và z ≥ y. Trường hợp y ≥ z. Xét hàm số f(z) = 4(x + y + z)3 − 27(x2y + y2z + z2x), ta có f 0(z) = 12(x + y + z)2 − 27(y2 + 2xz) ≥ 12 · 4x(y + z) − 27(y2 + 2xz) = 3(16xy − 9y2 − 2xz) = 32x(y − z) + 9y(x − y) + 5xy ≥ 0 Điều này chứng tỏ f(z) là hàm đồng biến trên miền [0, y]. Suy ra f(z) ≥ f(0) = 4(x + y)3 − 27x2y. Và như thế, ta chỉ cần chứng minh được 4(x + y)3 ≥ 27x2y. Trang 45
50 Bai toan bat dang thuc Tuy nhiên, đây là một bất đẳng thức đơn giản và có thể chứng minh khá dễ dàng bằng AM-GM. Cụ thể, ta có x x 3 x x 4(x + y)3 = 4 + + y ≥ 4 · 27 · · · y = 27x2y 2 2 2 2 Trường hợp z ≥ y. Tương tự như trên, bằng cách xét hàm số g(x) = 4(x+y +z)3 −27(x2y +y2z +z2x), ta cũng dễ dàng chứng minh được g0(x) ≥ 0 và do đó g(x) là hàm đồng biến trên miền [z, +∞). Cuối cùng, ta có g(x) ≥ g(z) = 4(2z + y)3 − 27(z2y + y2z + z3) Và như thế, ta chỉ còn phải chứng minh 4(2z + y)3 ≥ 27z(y2 + yz + z2). Tuy nhiên, bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do ta có y + z y + z y + z y + z 3 27z(y2 +yz +z2) ≤ 27z(y +z)2 = 4·27·z · · ≤ 4 z + + = 4(2z +y)3 2 2 2 2 Bài toán được chứng minh xong. Bài 43. Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + ≥ (1 + x)2 (1 + y)2 (1 + z)2 4 Lời giải. Cách 1 . Thực ra, ta vẫn có thể sử dụng tư tưởng "dồn biến" để giải quyết bài toán này, tất nhiên theo một cách linh hoạt và phá cách hơn. Một cách tự nhiên, ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng a2 + b2 ≥ 2ab để thu được 1 1 2 2 + ≥ = (1 + x)2 (1 + y)2 (1 + x)(1 + y) 1 + xy + x + y Vậy ta sẽ thử chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là 2 1 3 + ≥ 1 + xy + x + y (1 + z)2 4 1 Dễ thấy xy = nên nếu ta làm thế nào đó để đánh giá được x + y theo xy thì bài toán 3 biến z sẽ trở thành bài toán 1 biến đơn giản hơn nhiều. Để làm được điều này, ta nghĩ ngay tới ý tưởng sau Theo nguyên lí Drichlet, trong ba số x, y, z luôn tồn tại ít nhất hai số cùng lớn hơn 1 hoặc cùng nhỏ hơn 1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử đó là x và y. Khi đó, (x − 1)(y − 1) ≥ 0 Hay x + y ≤ xy + 1 Suy ra 2 2 1 ≥ = 1 + xy + x + y 2(1 + xy) 1 + xy Trang 46
50 Bai toan bat dang thuc Từ đó, chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 1 1 3 + ≥ 1 + xy (1 + z)2 4 1 Thay xy = , bất đẳng thức trên trở thành z z 1 3 + ≥ z + 1 (z + 1)2 4 Tương đương với (z − 1)2 ≥ 0 4(z + 1)2 Điều này hiển nhiên đúng. PS: Cách khác chứng minh bổ đề 1 1 1 + ≥ (1 + x)2 (1 + y)2 xy + 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwart, ta có x (1 + x)2 ≤ ( + 1)(xy + 1) y Tương tự y (1 + y)2 ≤ ( + 1)(xy + 1) x Từ đó suy ra 1 1 x y 1 + ≥ + = (1 + x)2 (1 + y)2 (x + y)(xy + 1) (x + y)(xy + 1) xy + 1 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Vì đây là một bất đẳng thức khá chặt nên ta sẽ đánh giá thông qua một bất đẳng thức khác. Và ở đây không phải là bất đẳng thức nào khác mà chính là 1 1 1 + + ≥ 1 x2 + x + 1 y2 + y + 1 z2 + z + 1 Đương nhiên là với điều kiện xyz = 1 ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên Đặt bc ca ab x = ; y = ; z = a2 b2 c2 Ta cần chứng minh a4 b4 c4 + + ≥ 1 b2c2 + bca2 + a4 c2a2 + cab2 + b4 a2b2 + abc2 + c4 Theo bất đẳng thức BCS ta có a4 b4 c4 + + b2c2 + bca2 + a4 c2a2 + cab2 + b4 a2b2 + abc2 + c4 (a2 + b2 + c2)2 ≥ ≥ 1 a4 + b4 + c4 + a2b2 + b2c2 + c2a2 + abc(a + b + c) ⇔ a2b2 + b2c2 + c2a2 ≥ abc(a + b + c) Trang 47
50 Bai toan bat dang thuc Hiển nhiên đúng với AM-GM. Ta có 1 3 (x − 1)2 1 3 − = ≥ 0 ⇒ ≥ (x + 1)2 4(x2 + x + 1) 4(x2 + x + 1)(x + 1)2 (x + 1)2 4(x2 + x + 1) Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta có điều phải chứng minh. Bài toán được chứng minh xong. Bài 44. Cho a, b, c > 0 và a + b + c ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của r 1 r 1 r 1 P = 3 a3 + + 3 b3 + + 3 c3 + a3 b3 c3 Lời giải. Ta sẽ sử dụng đánh giá sau đây 1 1 81 x3 + ≥ (a + )3 x3 (1 + 93)2 a 1 Dấu ”=” xảy ra khi x = 3 Sử dụng đánh giá trên ta có r 1 1 81 3 a3 + ≥ (a + ) a3 p3 (1 + 93)2 a r 1 1 81 3 b3 + ≥ (b + ) b3 p3 (1 + 93)2 b r 1 1 81 3 c3 + ≥ (c + ) c3 p3 (1 + 93)2 c Cộng vế theo vế ta được r 1 r 1 r 1 1 81 81 81 P = 3 a3 + + 3 b3 + + 3 b3 + ≥ (a + b + c + + + ) a3 b3 b3 p3 (1 + 93)2 a b c Ta lại có 81 81 81 729 1 728 a + b + c + + + ≥ a + b + c + = a + b + c + + a b c a + b + c a + b + c a + b + c ≥ 2 + 728 = 730 Suy ra 730 √ P ≥ = 3 730 p3 (1 + 93)2 1 Dấu ”=” xảy ra khi a = b = c = 3 Bài toán được chứng minh xong. Bài 45. Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2abc 2bc 2ca P = + + + a2 + b2 a + b b + c c + a Lời giải. Trang 48
50 Bai toan bat dang thuc Cách 1 . Ta sẽ chứng minh P ≤ 1, hay 2abc 2bc(a + b + c) 2ca(a + b + c) + + + a2 + b2 ≤ (a + b + c)2 a + b b + c c + a 2bc(a + b + c) 2abc 2ca(a + b + c) 2abc Do = + 2bc và = 2ca + nên bất đẳng thức trên có b + c b + c c + a c + a thể viết lại thành 1 1 1 2abc + + ≤ (a + b + c)2 − (a2 + b2 + 2ac + 2bc) = c2 + 2ab. a + b b + c c + a Ta xét hai trường hợp Trường hợp (c − a)(c − b) ≥ 0. 1 1 1 1 Sử dụng đánh giá cơ bản ≤ + ∀x, y > 0, ta dễ dàng suy ra x + y 4 x y 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + a + b b + c c + a 2 a b c từ đó 1 1 1 2abc + + ≤ ab + bc + ca a + b b + c c + a Mà c2 + 2ab − (ab + bc + ca) = (c − a)(c − b) ≥ 0 nên ta có 1 1 1 2abc + + ≤ ab + bc + ca ≤ c2 + 2ab a + b b + c c + a Trường hợp (c − a)(c − b) ≤ 0. Vì bất đẳng thức cần chứng minh là đối xứng với a, b nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≥ b, khi đó đưa đến a ≥ c ≥ b. Xét hàm số 2abc 2abc 2abc f(a) = c2 + 2ab − − − , a + b b + c c + a ta có 2b2c 2bc 2bc2 2b2 2b2c 2bc2 f 0(a) = 2b − − − = − − (a + b)2 b + c (a + c)2 b + c (a + b)2 (a + c)2 b b c b b c = 2b − − ≥ 2b − − = 0 b + c (a + b)2 (a + c)2 b + c (c + b)2 (b + c)2 Do đó f(a) là hàm đồng biến, từ đó suy ra 2bc2 2bc2 2bc2 4bc2 c(b − c)2 f(a) ≥ f(c) = c2 + 2bc − − − = c(b + c) − = ≥ 0 b + c b + c 2c b + c b + c 1 Vậy ta đã chứng minh được P ≤ 1. Mặt khác, dễ thấy với a = b = c = thì P = 1. Từ hai 3 điều này, ta đi đến kết luận max P = 1. Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Bất đẳng thức trên có thể viết lại thành 1 1 1 [c2 + ab − c(a + b)] + ab + bc + ca − 2abc + + ≥ 0 a + b b + c c + a Trang 49
50 Bai toan bat dang thuc 1 1 1 Hay 2[c2 + ab − c(a + b)] + 2(ab + bc + ca) − 4abc + + ≥ 0 (∗) a + b b + c c + a Mặt khác, để ý rằng 2[c2 + ab − c(a + b)] = 2(c − a)(c − b) = (b − c)2 + (c − a)2 − (a − b)2 Và 1 1 1 2(ab + bc + ca) − 4abc + + a + b b + c c + a 4bc 4ca 4ab = a b + c − + b c + a − + c a + b − b + c c + a a + b a b c = (b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 ≥ 0 b + c c + a a + b Nên (∗) tương đương với a b c + 1 (b − c)2 + + 1 (c − a)2 + − 1 (a − b)2 ≥ 0 b + c c + a a + b Hay (b − c)2 (c − a)2 c (a + b + c) + + − 1 (a − b)2 ≥ 0 (1) b + c c + a a + b Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có (b − c)2 (c − a)2 (b − c + c − a)2 a + b + c (a + b + c) + ≥ (a + b + c) = (a − b)2 b + c c + a b + c + c + a a + b + 2c Sử dụng đánh giá trên, suy ra a + b + c c VT (1) ≥ + − 1 (a − b)2 a + b + 2c a + b Vậy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được a + b + c c + ≥ 1 a + b + 2c a + b Hay a + b + c c + a + b + ≥ 2 a + b + 2c a + b Tương đương với 1 1 2 + ≥ a + b + 2c a + b a + b + c Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng vì sử dụng Cauchy Schwarz, dễ thấy 1 1 4 2 + ≥ = a + b + 2c a + b a + b + 2c + a + b a + b + c Bài toán được chứng minh xong. Bài 46. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 2. Tìm GTLN của ab bc ca M = √ + √ + √ 2c + ab 2a + bc 2b + ca Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có Trang 50
50 Bai toan bat dang thuc ab bc ca M = √ + √ + √ 2c + ab 2a + bc 2b + ca ab bc ca = + + p(c + a)(c + b) p(a + b)(a + c) p(a + b)(b + c) ! 1 ab ab bc bc ca ac ≤ + + + + + = 1 2 c + a c + b a + b c + a a + b b + c 2 Vậy GTLN của biểu thức là 1 khi a = b = c = . 3 Bài toán được chứng minh xong. Bài 47. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a2 b2 c2 4(a − b)2 + + ≥ a + b + c + b c a a + b + c Lời giải. Bất đẳng thức trên tương đương với a2 b2 c2 4(a − b)2 + + − a − b − c ≥ b c a a + b + c Xét biểu thức vế trái - Ta thường biến đổi, đánh giá vế phức tạp trước. Để ý rằng, theo bất a2 (a − b)2 đẳng thức AM-GM thì + b ≥ 2a tương đương với ≥ 0 b b Từ đó ta suy ra phân tích a2 b2 c2 a2 b2 c2 (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 + + −a−b−c = + b − 2a + + c − 2b + + a − 2c = + + b c a b c a b c a Vậy bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 4(a − b)2 + + ≥ b c a a + b + c Một cách tự nhiên, ta liên tưởng ngay đến bất đẳng thức Cauchy Schwarz dạng phân thức. Thật vậy, sử dụng Cauchy Schwarz, ta có (b − c)2 (c − a)2 (b − c + c − a)2 (a − b)2 + ≥ = c a c + a c + a Dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 1 1 4 (a − b)2 + − ≥ 0 b c + a a + b + c Điều này là hiển nhiên đúng vì một lần nữa, sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, suy ra 1 1 4 + ≥ b c + a a + b + c Bài toán được chứng minh xong. Bài 48. Cho a, b, c là ba số thực không âm. Chứng minh rằng 9 a + ab + 2abc ≤ 2 Lời giải. Trang 51
50 Bai toan bat dang thuc Cách 1 . Quá trình tư duy tự nhiên gồm ba bước Suy ngẫm =⇒ Ý tưởng =⇒ Lời giải. Suy ngẫm. Để ý rằng các số hạng vế trái gồm a, ab, abc đều có bậc khác nhau. Thằng bậc một, thằng bậc hai, thằng bậc ba, nói chung là chả liên quan. Giá như chỉ là bất đẳng thức một biến thì bậc mấy ta cũng cân hết, bà con nhỉ. Tội gì mà không mơ thử chứ. Ý tưởng. Ta muốn quy bất đẳng thức đã cho về dạng một biến đơn giản hơn. Vấn đề biến đó là biến nào? Sử dụng một chút cảm giác, tôi tin ai cũng sẽ nghĩ tới biến a. Vậy công việc của ta là làm thế nào đó để đưa cái thằng ab + 2abc về biểu thức chỉ chứa biến a. Và cuối cùng, ta đi đến lời giải. Lời giải. (x + y)2 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng xy ≤ , ta có 4 12 12 b + c + 3 − a + 1 2 2 a(7 − 2a)2 ab + 2abc = 2a.b c + ≤ 2a. = 2a. = 2 4 4 8 Do đó, chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được a(7 − 2a)2 9 a + ≤ 8 2 Thật vậy, khai triển và rút gọn, bất đẳng thức trên trở thành (4 − a)(2a − 3)2 ≥ 0 Luôn đúng với 0 ≤ a ≤ 3. Bài toán được giải quyết hoàn toàn. 3 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a, b, c) = , 1, 2 2 Bài toán được chứng minh xong. Cách 2 . Lời giải này có một ý tưởng rất hay là dịch chuyển một bài toán có dấu bằng lệch nhau về bài toán có dấu bằng khi ba biến bằng 0 để thuận lợi hơn trong việc đánh giá. 3 1 3 1 Đặt a = x + , b = y + 1, c = z + . Suy ra x ≥ − , y ≥ −1, z ≥ − , x + y + z = 0 2 2 2 2 Biến biểu thức a + ab + 2abc về ba biến x, y, z thì ta phải chứng minh P = 2xy + 3yz + 2zx + 2xyz ≤ 0 Ta sẽ viết lại P dưới dạng sau P = yz(3 + 2x) + 2x(y + z) = yz(3 + 2x) − 2x2 Lại để ý rằng (y + z)2 x2 3 + 2x ≥ 0, yz ≤ = 4 4 nên suy ra Trang 52
50 Bai toan bat dang thuc x2(3 + 2x) x2 P ≤ − 2x2 = (2x − 5) ≤ 0 4 4 1 5 Hiển nhiên đúng do x = −y − z ≤ 1 + 0. Chứng minh rằng abc (a + b)(a + b + 2c) ≤ (a + b)(b + c)(c + a) (3a + 3b + 2c)2 Lời giải. Cách 1 . Mình chứng minh vế còn lại là abc (a + b)(a + b + 2c) ≤ (a + b)(b + c)(c + a) (3a + 3b + 2c)2 Viết lại bất đẳng thức ban đầu thành (a + b)(b + c)(c + a) (3a + 3b + 2c)2 ≥ abc (a + b)(a + b + 2c) (a + b)2 Bây giờ ta đánh giá bằng bất đẳng thức AM-GM ta có ab ≤ . Mặt khác ta có 4 (b + c)(a + c) c(a + b + c) c(a + b + c) a2 + b2 + c2 + 2ab + 4ac + 4bc = 1 + ≥ 1 + = ab ab (a + b)2 (a + b)2 4 Vậy ta có được đánh giá quan trọng sau (b + c)(a + c) (a + b + 2c)2 ≥ (1) ab (a + b)2 Hay ta có được ab (a + b)2 ≤ (b + c)(a + c) (a + b + 2c)2 Bây giờ ta đưa bài toán về lại bất đẳng thức đã biến đổi trở lại bài toán ban đầu abc (a + b)(a + b + 2c) ≤ (a + b)(b + c)(c + a) (3a + 3b + 2c)2 Lúc này ta kết hợp đánh giá (1) ta có được abc c ab c(a + b)2 = · ≤ (a + b)(b + c)(c + a) a + b (b + c)(a + c) (a + b)(a + b + 2c)2 Vậy bài toán sẽ được giải quyết hoàn toán khi ta chứng minh được c(a + b) (a + b + 2c) ≤ hay (a + b + 2c)3 ≥ c(3a + 3b + 2c)2 (2) (a + b)(a + b + 2c)2 (3a + 3b + 2c)2 Ta quan sát thấy VT (2) không có biến c nhưng VP (2) lại chứa biến c và một điều quan trọng nữa là ta thấy bên trái chứa mũ 3, còn bên phải lại chứa mũ 2 nên ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM một cách khéo léo như sau 1 1 8c + 2(3a + 3b + 2c)3 VT (2) = .8c.(3a+3b+2c).(3a+3b+2c) ≤ = (a+b+2c)3 = VP (2) 8 8 3 Từ đó suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi a = b = c. Bài toán được chứng minh xong. Trang 53
50 Bai toan bat dang thuc Cách 2 . Ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng (a + b)2(b + c)(c + a) (3a + 3b + 2c) ≥ abc a + b + 2c Ta sẽ sử dụng một số đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản sau (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ (a − b)2 ≥ 0 (b + c)(c + a) = ab + c(a + b + c) Ta sẽ biến đổi và sử dụng Cauchy-Schwarz như sau (a + b)2(b + c)(c + a) (a + b)2.[ab + c(a + b + c)] = abc abc (a + b)2 (a + b)2(a + b + c) = + c ab (a + b)2 ≥ + 4(a + b + c) c (a + b)2 4(a + b + c)2 (3a + 3b + 2c)2 = + ≥ c a + b + c a + b + 2c Bài toán được chứng minh xong. Bài 50. Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng 4(a3 + b3 + c3) + 15abc ≥ 1 Lời giải. 1 Cách 1 . Khi a = b = c = thì dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra. 3 Trước hết ta dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức sau Cho a, b là hai số không âm khi đó ta có 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3 Tiếp theo ta có điều hiển nhiên sau [(3a − 1)(3b − 1)(3c − 1)]2 ≥ 0 Vì một trong ba số (3a−1)(3b−1); (3b−1)(3c−1); (3c−1)(3a−1) phải có một số không âm. Không mất tính tổng quát của bài toán ta giả sử (3b−1)(3c−1) ≥ 0 ⇔ 9bc ≥ 3(b+c)−1 = 2−3a a(2 − 3a) Suy ra abc ≥ 9 5(2a − 3a2) a Vì vậy A ≥ 4a3 + (1 − a)3 + = 3a3 − 2a2 + + 1 = f(a) 3 3 a Xét hàm số f(a) = 3a3 − 2a2 + + 1 3 1 1 Ta có f 0(a) = 9a2 − 4a + = (3a − 1)(3a − ) 3 3 Vì (3b − 1)(3c − 1) ≥ 0 Có hai khả năng xảy ra 1 0 1 TH1 : a ≥ . Khi đó f (a) ≥ 0 Nên f(a) ≥ f( ) = 1 Suy ra điều phải chứng minh. 3 3 1 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 1 1 TH2 : a ≤ . Khi đó lập bảng biến thiên hàm số f(a) ta thấy minf(a) = min{f(0); f( )} = 1 3 3 Tóm lại ta luôn có A = 4(a3 + b3 + c3) + 15abc ≥ 1 Bài toán được chứng minh xong. Trang 54
50 Bai toan bat dang thuc Cách 2 . Bất đẳng thức đã cho tương đương với 4[(a + b)3 − 3ab(a + b) + c3] + 15abc ≥ 1 ⇔ 4[(1 − c)3 − 3ab(1 − c) + c3] + 15abc − 1 ≥ 0 ⇔ 3ab(5c − 4 + 4c) + 3 − 12c + 12c2 ≥ 0 ⇔ 3(9c − 4)ab + 3 − 12c + 12c2 ≥ 0 ! (a + b)2 (1 − c)2 Ta đặt x = ab 0 ≤ x ≤ = 4 4 " # (1 − c)2 Rõ ràng hàm số f(x) = 3(9c − 4)x + 3 − 12c + 12c2 là một hàm bậc nhất với x ∈ 0; . 4 Ta có f(0) = 2 − 12c + 12c2 = 2(1 − 2x)2 ≥ 0 (1 − c)2 3(9c − 4)(1 − c)2 f = + 3 − 12c + 12c2 = 3c(3c − 1)2 ≥ 0 4 4 " # (1 − c)2 Suy ra f(x) ≥ 0 với mọi x ∈ 0; . 4 1 1 Dấu ”=” xảy ra khi a = b = c = hoặc a = b = ; c = 0 và các hoán vị. 3 2 Bài toán được chứng minh xong. Cách 3 . Ta có điều kiện là a + b + c = 1 ⇒ (a + b + c)3 = 1 Vế bên kia cũng bậc 3 nên ta nghĩ tới việc sẽ đồng bậc bài toán để giải, hay ta cần chứng minh 4(a3 + b3 + c3) + 15abc ≥ (a + b + c)3 ⇔ 3(a3 + b3 + c3) + 15abc ≥ 3(a + b)(b + c)(c + a) ⇔ a3 + b3 + c3 + 5abc ≥ (a + b)(b + c)(c + a) ⇔ a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) ⇔ (a − b)(a − c) + b(b − c)(c − a) + c(c − a)(c − b) ≥ 0 ⇔ (a + b − c)(a − b)2 + c(c − a)(c − b) ≥ 0 Không mất tỉnh tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. Ta thấy a + b − c ≥ 0; c(c − a)(c − b) ≥ 0 1 1 Dấu ”=” xảy ra khi a = b = c = hoặc a = b = ; c = 0 và các hoán vị. 3 2 Bài toán được chứng minh xong. Trang 55