Tuyển tập những bài tập Bất đẳng thức trong đề thi chọn đội tuyển các tỉnh thành phố năm 2017

Nguyễn Tuấn Anh BẤT ĐẲNG THỨC QUA CÁC ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN NĂM HỌC 2016 - 2017 Ngày 10 tháng 11 năm 2016 Tóm tắt nội dung Tài liệu bao gồm 2 phần chính: • Phần 1: Lời giải câu Bất đẳng thức trong đề thi chọn đội tuyển của các trường Chuyên, các Tỉnh, đề thi HSG cấp tỉnh năm học 2016 - 2017, cũng như các kỳ thi tập huấn đội tuyển (Gặp gỡ toán học, Trại hè... năm 2016). • Phần 2: Phần bổ sung các kỹ thuật, phương pháp chứng minh BĐT.1 Xin gửi lời cám ơn chân thành đến các bạn trong nhóm luôn ủng hộ để hoàn thành tài liệu. Mọi đóng góp về tài liệu xin gửi về: [email protected] Nguyễn Tuấn Anh THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp Mục lục 1 Phần 1 2 2 Phần 2 58 2.1 Kỹ thuật chọn điểm rơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 2.2 Phương pháp tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 2.3 Phương pháp pqr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.3.1 Một số phân tích cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2.3.2 Một số đánh giá đơn giản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 2.3.3 BĐT Schur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 2.3.4 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 2.4 Phương pháp dồn biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 2.5 Phương pháp SOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 1 2.5.1 Các phân tích cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 2.5.2 Định lý SOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 2.5.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 Các kỹ thuật được trình bày trong phần 1 cũng như các kỹ thuật thông dụng hiện nay. 1 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 1 Phần 1 Bài 1 (Tp. HCM - Ngày thứ 1). Với a, b, c là các số thực có tổng bằng 0. Tìm GTNN của biểu thức: √
2
2
2 P = a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 1 + 6 6abc LỜI GIẢI. • Nếu a = b = c = 0 thì P = 3. • Ngược lại ta chỉ cần tìm GTNN của P trong trường hợp có hai số dương và một số âm (tại sao?). Không mất tính tổng quát ta giả sử a, b > 0; c < 0 khi đó ta đặt c = −d với d > 0 ta được: d=a+b Vậy √
P = a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d2 − 6 6abd + 3 Theo BĐT AM - GM ta lại có: a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d2
16 lần 12 lần }| {  z z }| {    2 2 2 2 2 2 d4 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 d4 4 4 + ... + + a + a + a + b + b + b + d + ... + d =a +b + 16 16 3 3 3 3 3 3 6 6 ≥ 36 r 36 Vì Do đó: 26 .a10 b10 d88 264 .212 .318 = 36 r 36 a10 b10 d88 264 .26 .318 36 318 .a10 b10 d88 234 =6 s 36 318 .a10 b10 d36 .(d2 )26 234  2  2 d a+b = ≥ ab ⇒ d2 ≥ 22 ab 2 2 a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d
2 ≥6 =6 Vậy =6 r √ 36 s 36 r 18 .252 .a10 b10 d36 .a26 .b26 318 .a10 b10 d36 .(d2 )26 36 3 ≥ 6 234 234 √ 318 .218 abd = 6 6abd √
P = a4 + b4 + d4 + 2 a2 + b2 + d2 − 6 6abd + 3 ≥ 3 2 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Cả hai trường hợp √ ta được P ≥ 3 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0 hoặc √ 6 2 6 ,c = − và các hoán vị của nó. Tức GTNN của P là 3.  a=b= 3 3 Nhận xét: Bài toán kiểm tra kỹ năng chọn điểm rơi khi dùng BĐT AM - GM (đây là kỹ năng khá quan trọng)2 Bài 2 (PTNK). Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho BĐT sau:
xk y k z k x3 + y 3 + z 3 ≤ 3 đúng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. LỜI GIẢI. Cách 1: Chọn x = y = 0.8, z = 1.4 dễ dàng kiểm chứng k = 1, 2 BĐT trên không đúng. Ta sẽ chứng minh k nguyên dương nhỏ nhất để BĐT đề bài cho luôn đúng là k = 3. Với k = 3 ta cần chứng minh:
x3 y 3z 3 x3 + y 3 + z 3 ≤ 3 Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z. Khi đó luôn tồn tại m > n ≥ 0 sao cho x = m − n, y = m + n. Khi đó:   z = 3 − 2m  m= x+y ≤1 2 • Xét hàm số:  
3 3
f (n) = (m − n)3 (m + n)3 z 3 z 3 + (m − n)3 + (m + n)3 = z 3 m2 − n2 z + 2m3 + 6mn2 Khi đó: h i
2 3

3 z + 2m3 + 6mn2 + m2 − n2 (12mn) f ′ (n) = z 3 −6n m2 − n2 Do đó: = z 3 m2 − n2
2 

 −6n z 3 + 2m3 + 6mn2 + m2 − n2 (12mn) = z 3 m2 − n2
2
−6nz 3 − 48mn3 ≤ 0

f (n) ≤ f (0) = m6 z 3 z 3 + 2m3 = m6 (3 − 2m)3 (3 − 2m)3 + 2m3 • Xét hàm số: 2   g (m) = m6 (3 − 2m)3 (3 − 2m)3 + 2m3 Ta sẽ gặp lại kỹ năng này qua đề thi của tỉnh Bình Dương, Bến Tre 3 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta có: g ′ (m) = 18m5 (3 − 2m)2 (m − 1) (8m3 − 45m2 + 63m − 27) = 18m5 (3 − 2m)2 (m − 1) [(m − 1) (8m2 − 37m + 26) − 1] ≥ 0 (với mọi 0 ≤ m ≤ 1) Vậy nên: g (m) ≤ g (1) = 3 Tóm lại: Cách 2:(Nguyễn Văn Huyện)
x3 y 3z 3 x3 + y 3 + z 3 ≤ 3 Lập luận tương tự như cách 1. Ta cần chứng minh:
x3 y 3z 3 x3 + y 3 + z 3 ≤ 3 Không mất tính tổng quát ta giả sử z là số lớn nhất trong ba số x, y, z. Đặt t = f (x, y, z) = x3 y 3z 3 x3 + y 3 + z 3 Ta sẽ chứng minh f (x, y, z) ≤ f (t, t, z). Ta có: Mà: x+y và: 2


 f (t, t, z) − f (x, y, z) = z 3 t6 2t3 + z 3 − x3 y 3 x3 + y 3 + z 3 t6 (2t3 + z 3 ) − x3 y 3 (x3 + y 3 + z 3 ) = z 3 (t6 − x3 y 3 ) + 2t9 − x3 y 3 (x3 + y 3)

= z 3 t6 − x3 y 3 + 2t9 − x3 y 3 (x + y) x2 + y 2 − xy

= z 3 t6 − x3 y 3 + 2t9 − 2tx3 y 3 4t2 − 3xy

≥ t3 t6 − x3 y 3 + 2t9 − 2tx3 y 3 4t2 − 3xy = 3t t2 − xy Vậy
 t6 + xy 2xy + t2
t2 − xy
 ≥0   f (x, y, z) ≤ f (t, t, z) = f (t, t, 3 − 2t) = t6 (3 − 2t)3 2t3 + (3 − 2t)3 Ta chỉ cần chứng minh:   t6 (3 − 2t)3 2t3 + (3 − 2t)3 ≤ 3 ⇔ 3(t − 1)2 (1 + 2t + 3t2 + 4t3 + 5t4 + 6t5 − 236t6 + 494t7 − 396t8 + 136t9 − 16t10 ) ≥ 0 BĐT cuối luôn đúng với t ≤ 1.3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 3 Việc kiểm chứng có thể thực hiện bằng khảo sát hàm số. Hoặc có thể làm tương tự như cách 1. 4 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Cách 3:(luofangxiang) Ta đặt:    m = xyz        8n = (x + y) (y + z) (x + z)          6p = xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) Khi đó ta có: (x + y) (y + z) (x + z) ≤ • n= 8 • p=
2x+2y+2z 3 3 =1 8 xy (x + y) + yz (y + z) + zx (z + x) (x + y) (y + z) (x + y) − 2xyz = 6 6 (x + y) (y + z) (x + y) (x + y) (y + z) (x + y) 4 = =n ≥ 6 8
• (x + y + z)2 (x + y) (y + z) (z + x) ≥ 24xyz x2 + y 2 + z 2 (x + y) (y + z) (x + y) − Thật vậy, BĐT trên tương đương: (x + y + z)2 (x + y) (y + z) (z + x) − 24xyz (x2 + y 2 + z 2 ) ≥ 0   ⇔ (x + y + z)2 [(x + y) (y + z) (z + x) − 8xyz] − 8xyz 3 (x2 + y 2 + z 2 ) − (x + y + z)2 ≥ 0     ⇔ (x + y + z)2 x(y − z)2 + y(z − x)2 + z(x − y)2 − 4xyz (y − z)2 + (z − x)2 + (x − y)2 ≥ 0     ⇔ (x − y)2 (x − y + z)2 + 4yz + (y − z)2 (x + y − z)2 + 4zx +   +(z − x)2 (−x + y + z)2 + 4xy ≥ 0 BĐT cuối hiển nhiên đúng. Vậy ta được:
m x2 + y 2 + z 2 ≤ 3n Qua trở lại bài toán. Ta có: x3 y 3z 3 (x3 + y 3 + z 3 ) ≤ 3 ⇔ x3 y 3z 3 [3 (x2 + y 2 + z 2 − xy − yz − xz) + 3xyz] ≤ 3 ⇔ x3 y 3z 3 (x2 + y 2 + z 2 ) ≤ 1 + x3 y 3z 3 (xy + yz + xz − xyz) 3 3 3 ⇔x y z 2 2 x +y +z 2
3 3 3 ≤1+x y z  xy (3 − z) + yz (3 − x) + zx (3 − y) 3  ⇔ m3 (x2 + y 2 + z 2 ) ≤ 1 + 2m3 p 5 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Theo đánh giá thứ 2 ta chỉ cần chứng minh: 3m2 n ≤ 1 + 2m3 n Để chứng minh điều trên, theo đánh giá thứ 1 ta chỉ cần chứng minh: 3m2 ≤ 1 + 2m3 ⇔ (m − 1)2 (2m + 1) ≥ 0 Bài toán được chứng minh. Cách 4: (Nguyễn Tăng Vũ) Ta chỉ cần chứng minh:
x3 y 3z 3 x3 + y 3 + z 3 ≤ 3 Không mất tính tổng quát ta giả sử z là số nhỏ nhất trong ba số x, y, z. Khi đó z ≤ 1. Ta có: x3 + y 3 = (x + y)3 − 3xy (x + y) = (3 − z)3 − 3xy (x + y). Khi đó:
x3 y 3z 3 x3 + y 3 + z 3 ≤ 3 3 ⇔ (3 − z)3 + z 3 ≤ 3 3 3 + 3xy (x + y) xy z ⇔ 3z 2 − 9z + 9 ≤ Ta lại có: 1 x3 y 3 z 3 + x2 y + y 2 x s 3 1 x3 y 3 3 2 2 + x y + y x ≥ 3 ≥ 3 3 3 3 3 3 xy z xy z z Vậy nên ta chỉ cần chứng minh: 3z 2 − 9z + 9 ≤ 3 ⇔ z 3 − 3z 2 + 3z − 1 ≤ 0 ⇔ (z − 1)3 ≤ 0 z BĐT cuối cùng hiển nhiên đúng theo giả sử ban đầu. Vậy k = 3 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa yêu cầu bài toán.  Nhận xét: • Kết quả trên chặt hơn bài toán trong Mathematical Reflections 5 (2013)- S280 và cách giải trong Mathematical Reflections 5 không đủ mạnh để chứng minh cho bài toán trên: Với ba số thực dương x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
x4 y 4 z 4 x3 + y 3 + z 3 ≤ 3 • Trong cách giải thứ 2 có thể đánh giá f (x, y, z) ≤ f (t, t, z) đơn giản hơn như sau:4 # " 9  2 4

x+y (x + y) 3 3 3 3 2 2 = 2. x y x + y = xy.xy.xy (x + y) x − xy + y ≤ (x + y) 4 2 4 Cách đánh giá tham khảo của luofangxiang 6 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh • Áp dụng cách giải 1, 2 dễ dàng có được lời giải cho bài toán sau: Bulgarian TST năm 2010 Với ba số thực dương x, y, z có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
xyz x2 + y 2 + z 2 ≤ 3 Bài 3 (Đề thi chọn HSG lớp 12 - Hà Nội). Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 1 1 1 P = + + − 2(a + b + c) a b c LỜI GIẢI. Cách 1: Vì a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ac + 2abc = 1 nên tồn tại x, y, z dương sao cho: a= x y z ;b = ;c= y+z z+x x+y Khi đó biểu thức P được viết lại là: y+z z+x x+y P = + + −2 x y z  y z x + + y+z x+z x+y  Dự đoán GTNN là 3 tà tiến hành phân tích SOS (tổng các đại lượng bình phương) Ta có: P −3= = =         x y y z x y z 3 z x + −2 + + −2 + + −2 −2 + + − y x z y x z y+z x+z x+y 2 X (x − y)2 − X  xy (x − y) 2 X (x − y)2 (z + x) (z + y)  1 1 ≥0 − xy (z + x) (z + y) Vậy nên GTNN của P là 3 đạt được khi x = y = z tức a = b = c = 1 2 Nhận xét: Qua cách phân tích SOS trên ta được một kết quả sau:   y+z z+x x+y x y z +3 + + ≥2 + + x y z y+z x+z x+y Nhưng thực chất ta có kết quả mạnh hơn có thể giải quyết nhanh bài toán:   y+z z+x x+y y z x + + ≥4 + + x y z y+z x+z x+y Chứng minh: Theo BĐT Cauchy ta có: 7 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 4x x x + ≥ y z y+z cộng các BĐT tương tự ta chứng minh được kết quả trên. Khi đó: y+z z+x x+y + + −2 P = x y z  x y z + + y+z x+z x+y  ≥2  x y z + + y+z x+z x+y  ≥3 Cách 2: (Cao Dũng) Từ giả thiết suy ra: 1 1 1 1 + + +2= a b c abc 1 1 1 Đặt x = , y = , z = a b c Khi đó x + y + z + 2 = xyz ≤ Vậy nên: P = x+y+z−2 =  1 1 1 + + x y z  =  x+y+z 3 3 ⇒x+y+x≥6 (x + y + z) (x + y + z + 2) − 2 (xy + yz + xz) x+y+z+2 x2 + y 2 + z 2 + 2 (x + y + z) AM −GM 6 (x + y + z) − 12 ≥ x+y+z+2 x+y+z+2 =6− 24 24 ≥6− =3 x+y+z+2 6+2 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 tức a = b = c = . Do đó GTNN của P là 3. 2  5 Bài 4 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 3). Với x, y là các số thực dương sao cho 2x + y, 2y + x 6= 2. Tìm GTNN của biểu thức: (2x2 + y) (4x + y 2 ) (2y 2 + x) (4y + x2 ) P = + − 3 (x + y) (2x + y − 2)2 (2y + x − 2)2 LỜI GIẢI. Ta có: 1 (2xy − 6x − 3y + 2)2 (2x2 + y) (4x + y 2) ≥ 2x + y − ≥0 ⇔ 2 (2x + y − 2)2 (2x + y − 2)2 Tương tự cho hạng tử còn lại. Do vậy ta được: P ≥ −1 5 Một bài với giả thiết tương tự là đề thi Olympic chuyên Khoa học Tự nhiên 2016 8 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:   √ 2xy − 6x − 3y + 2 = 0     65 9 −   x=y=     4  ⇔ 2xy − 6y − 3x + 2 = 0   √    9 + 65    x=y=   4  2x + y − 2; 2y + x − 2 6= 0 Vậy nên GTNN của P là −1.  Bài 5 (THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội - Ngày thứ 4). Với a, b, c là các số thực dương có tổng bằng 3. Chứng minh rằng: b2 b c 9 a + 2 + 2 ≥ (ca + 1) c (ab + 1) a (cb + 1) (1 + abc) (ab + bc + ca) LỜI GIẢI. Cách 1: Theo BĐT Cauchy ta có:    2  ca + 1 ab + 1 cb + 1 1 1 1 b c a ≥ + + + + + + b2 (ca + 1) c2 (ab + 1) a2 (cb + 1) a b c a b c Do đó ta cần chứng minh: 2    9 ca + 1 ab + 1 cb + 1 1 1 1 + + + + ≥ a b c a b c (abc + 1) (ab + bc + ca) (ab + bc + ca)2 3abc + ab + bc + ca ⇔ ≥ 9abc (abc + 1) (ab + bc + ca) ⇔ (abc + 1) (ab + bc + ca)3 − 27(abc)2 − 9abc (ab + bc + ca) ≥ 0 Ta thấy vế trái BĐT cuối cùng là hàm lõm theo abc nên theo phương pháp ABC 6 ta cần chứng minh 2 trường hợp sau: • TH1: Có một biến bằng 0. Không mất tính tổng quát ta giả sử a = 0 khi đó BĐT trở thành: (bc)3 ≥ 0 điều này là hiển nhiên. 6 Tham khảo "ABC Method abstract concreteness - Nguyễn Anh Cường" 9 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh • TH2: Có hai biến bằng nhau. Ta giả sử b = c = được viết lại là: 3−a . Khi đó BĐT cần chứng minh 2 ! 2  2 !3   3−a 3−a a +1 a (3 − a) + 2 2  2 !2 2  3−a 3−a −27 a − 9a 2 2 ⇔ a (3 − a) +  3−a 2 2 ! ≥0
27 (3 − a)3 (a − 1)2 a4 − a3 − 9a2 + 13a + 4 ≥ 0 256 BĐT cuối luôn đúng. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Cách 2: (http://artofproblemsolving.com/) Theo BĐT Holder ta có: X cyc X X a ab(ca + 1) ab ≥ (a + b + c)3 2 b (ca + 1) cyc cyc Do vậy ta cần chứng minh: 27 = (a + b + c)3 ≥ 9 (3abc + ab + bc + ca) (ab + bc + ca) (abc + 1) (ab + bc + ca) BĐT trên hiển nhiên đúng vì: ab + bc + ca ≤ 3 Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1  Bài 6 (HSG 10 - KHTN). Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh rằng: √ √ √ √ √ a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 + 3 6 ≤ 8abc LỜI GIẢI. (Ngô Trung Hiếu) Sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có: √ a2 + b2 + Một cách tương tự, ta có: √ 2ab ≤ p 2 (a2 + b2 + 2ab) = √ 2 (a + b) √ √ 2bc ≤ 2 (b + c) √ √ √ c2 + a2 + 2ca ≤ 2 (b + c) √ b2 + c2 + Cộng theo vế các BĐT trên với chú ý a + b + c = abc ta có: √ √ √ √ √ √ √  √ a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 + 2 ab + bc + ca ≤ 8abc 10 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Ta chỉ cần chứng minh √ ab + √ bc + √ √ ca ≥ 3 3 Sử dụng BĐT AM - GM, ta có √ 3 abc = a + b + c ≥ 3 abc √ Do đó abc ≥ 3 3. Từ đây theo BĐT AM - GM, ta thu được: √ ab + √ bc + √ √ √ 3 ca ≥ 3 abc ≥ 3 3 Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = √ 3.  Bài 7 (Đề chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du - Đăk Lăk lần 1 - 2016). Với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≤1 2+a 2+b 2+c LỜI GIẢI. Cách 1: Sử dụng đánh giá: 1 1 1 1  Khi đó: − + ≥  −4 −2 3 2+a 6 2 a 3 +a 3 +1     1 1 1 1 1 1 1 1  +  −4  +  −4  1− + ≥   −4 + + −2 −2 −2 2+a 2+b 2+c 2 2 a 3 +a 3 +1 b 3 +b 3 +1 c 3 +c 3 +1 Sử dụng Bổ đề với x, y, z dương thỏa xyz = 1 thì: x2 1 1 1 + 2 + 2 ≥1 +x+1 y +y+1 z +z+1 ta được điều phải chứng minh. Cách 2: (Ngô Trung Hiếu) BĐT đã cho tương đương: a b c + + ≥1 a+2 b+2 c+2 Theo BĐT Cauchy - Schwarz, ta có: a b c + + ≥ a+2 b+2 c+2 Do vậy ta chỉ cần chứng minh √ a+ √ √ a+ 11 √ 2 b+ c 6+a+b+c √ 2 b+ c 6+a+b+c √ ≥1 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh hay √ ab + √ bc + √ ca ≥ 3 Điều này hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM kết hợp với điều kiện abc = 1 như sau: √ ab + √ bc + √ √ 3 ca ≥ 3 abc = 3 Ta có điều cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Cách 3: BĐT được viết lại là: 1 1 1 + + ≤1 2+a 2+b 2+c a b c 1 ⇔ + + ≥ 4 + 2a 4 + 2b 4 + 2c 2 Vì số 4 là vấn đề tạo nên khó khăn nên ta thay   1 1 1 , , (a, b, c) → a b c Khi đó BĐT trở thành: 1 1 1 1 + + ≥ 4a + 2 4b + 2 4c + 2 2 Vì abc = 1 nên tồn tại x, y, z sao cho: a= yz zx xy ;b = 2;c = 2 2 x y z Vậy nên BĐT cần chứng minh là: y2 z2 1 x2 + + ≥ 2 2 2 4yz + 2x 4zx + 2y 4xy + 2z 2 Theo BĐT Cauchy ta được: x2 y2 z2 (x + y + z)2 + + ≥ 4yz + 2x2 4zx + 2y 2 4xy + 2z 2 4 (xy + yz + xz) + 2 (x2 + y 2 + z 2 ) Vậy ta cần chứng minh: (x + y + z)2 1 ≥ 4 (xy + yz + xz) + 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 BĐT trên là hiển nhiên vì nó là đẳng thức. Cách 4: (Quốc Hưng) BĐT đã cho tương đương với: 2 (a + b + c) + (ab + bc + ca) + 12 ≤1 (a + 2) (b + 2) (c + 2) ⇔ 4 (a + b + c) + (ab + bc + ca) + 12 ≤ abc + 2 (ab + bc + ca) + 4 (a + b + c) + 8 ⇔ 4 ≤ ab + bc + ca + abc 12 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh BĐT trên đúng theo AM - GM kết hợp với abc = 1. Cách 5: Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. Ta chứng minh: 1 1 1 2 1 + + ≤ +√ a+2 b+2 c+2 a+2 bc + 2 Thật vậy, BĐT trên tương đương: 1 2 1 + ≤√ b+2 c+2 bc + 2 ⇔ (b + c + 4) √  bc + 2 ≤ 2 (bc + 2b + 2c + 4) √ √ ⇔ (b + c) bc + 4 bc ≤ 2bc + 2b + 2c ⇔ √ √ √ √ 2 √ 2 bc b − c ≤ 2 b − c BĐT trên hiển nhiên đúng do bc ≤ 1. Vậy ta chỉ cần chứng minh: 2 1 ≤1 +√ a+2 bc + 2 ⇔ bc 2 ≤1 +√ 1 + 2bc bc + 2 √ bc bc + 6bc + 2 √  ≤1 ⇔ (1 + 2bc) bc + 2 √ √ √ ⇔ bc bc + 6bc + 2 ≤ 2 + bc + 2bc + 4 bc √ √ ⇔ bc bc + 4bc ≤ 5 bc BĐT cuối hiển nhiên đúng vì bc ≤ 1.  Bài 8 (Đề chọn đội tuyển Tỉnh Đăk Lăk lần 1 - 2016). Tìm số dương k lớn nhất sao cho BĐT sao luôn đúng   1 1 1 (a + b + c) + + −k ≥k a+b b+c c+a với mọi a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca. 13 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh LỜI GIẢI. • Với a = b = 2, c = 0 ta được:  1 +1−k 4 4  ≥k⇔k≤1 Ta sẽ chứng minh k = 1 là số dương lớn nhất thỏa để BĐT đề bài luôn đúng • Ta cần chứng minh: (a + b + c)   1 1 1 + + −1 ≥1 a+b b+c c+a Đặt p = a + b + c = ab + bc + ca = q BĐT được viết lại là:   2 p + q − (pq − r) ≥1 p pq − r ⇔p  p+r p2 − r  ≥1 ⇔p≥p−r ⇔r≥0 BĐT cuối cùng là hiển nhiên vì a, b, c không âm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2, c = 0 và các hoán vị của nó. Vậy k = 1 là giá trị cần tìm.  Bài 9 (Đề thi chọn đội tuyển Nguyễn Du (Đăk Lăk) vòng 2). Với ba số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1]. Chứng minh rằng: b c a + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) ≤ 1 b+c+1 c+a+1 a+b+1 LỜI GIẢI. Cách 1:(diendantoanhoc.net) BĐT đã cho tương đương: f (a) = a b c + + + (1 − a)(1 − b)(1 − c) − 1 ≤ 0 b+c+1 c+a+1 a+b+1 Ta có: f ′′ (a) = 2b 2c ≥0 3 + (a + b + 1) (c + a + 1) Do vậy: f (a) ≤ max {f (0) ; f (1)} 14 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh • f (0) = c bc (bc − 1) b + + (1 − b) (1 − c) − 1 = ≤0 c+1 b+1 (b + 1) (c + 1) • f (1) = 1 b c b (b + 2) (b − 1) + c (c − 1) (c + 2) + + −1 = ≤0 b+c+1 c+2 b+2 (b + c + 1) (b + 2) (c + 2) BĐT được chứng minh. Cách 2:(diendantoanhoc.net) Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c khi đó: b c a b c 1−a a + + ≤ + + =1− b+c+1 c+a+1 a+b+1 b+c+1 b+c+1 b+c+1 b+c+1 Vậy ta cần chứng minh: 1−a b+c+1 ⇔ (1 − b) (1 − c) (b + c + 1) ≤ 1 (1 − a) (1 − b) (1 − c) ≤ Theo BĐT AM- GM ta lại có: (1 − b) (1 − c) (b + c + 1) ≤  1−b+1−c+b+c+1 3 3 =1 BĐT được chứng minh xong.  Nhận xét: • Nếu thực hiện tương tự xét hàm cho biến b, c như đã làm cho a thì ta chỉ cần chứng minh: f (x, y, z) − 1 ≤ 0 với x, y, z là 0 hoặc 1. • Kỹ thuật trên dựa vào tính chất của hàm số lồi, lõm. Mà đơn cử là hàm số bậc nhất (cũng có tính chất tương tự vậy mặc dù không là hàm lồi hay lõm) và hàm số bậc hai (Có thể tham khảo bài viết ” Một tính chất thú vị của tam thức bậc hai và nhị thức bậc nhất - Võ Quốc Bá Cẩn ” THTT - số 444,). Bài 10 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 2-2016). 1 1 1 + + = 3. Chứng minh rằng: x y z y z 3 x + 4 + 4 ≤ 4 x + 1 + 2xy y + 1 + 2yz z + 1 + 2zx 4 Với ba số thực dương x, y, z thỏa mãn LỜI GIẢI. Cách 1: (Ngô Trung Hiếu) Ta có: x y z x y z + + ≤ + + x4 + 1 + 2xy y 4 + 1 + 2yz z 4 + 1 + 2zx 2x2 + 2xy 2y 2 + 2yz 2z 2 + 2zx 1 = 2  1 1 1 + + x+y y+z z+x  1 ≤ 4  1 1 1 √ +√ +√ zx xy yz 15  1 ≤ 4  1 1 1 + + x y z  = 3 4 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Cách 2: Áp dụng BĐT AM - GM ta được:   3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + + 3 1 + 3 1 ≤ √ + √ + √ ≤ 1 3 4 xy 4 yz 4 zx 4 x y z 4 x + x + 2y y + y + 2z z + z + 2x  Bài 11 (Đề kiểm tra đội tuyển toán chuyên Bảo Lộc lần 3-2016). Với ba số thực a, b, c ∈ (0; 1). Chứng minh rằng:


a − a2 b − b2 c − c2 ≥ (a − bc) (b − ca) (c − ab) LỜI GIẢI. Ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp     a ≥ bc Khi đó BĐT cần chứng minh là    b ≥ ca c ≥ ab a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + abc (ab + bc + ca) ≥ abc a2 + b2 + c2 + a + b + c
Biến đổi khéo léo ta thấy 2 vế ghép lại là các hằng đẳng thức, do đó BĐT trên được viết lại là:  1   1 2 a (b − c)2 + b2 (c − a)2 + c2 (a − b)2 ≥ abc (a − b)2 + (b − c)2 + (a − c)2 2 2  1 a (a − bc) (b − c)2 + b (b − ca) (c − a)2 + c (c − ab) (a − b)2 ≥ 0 2 BĐT trên hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. ⇔  Nhận xét: Qua bài giải trên bằng phép biến đổi tương đương ta thấy bài toán sau cũng đúng: Với ba số thực dương a, b, c lớn hơn 1. Chứng minh rằng:


a2 − a b2 − b c2 − c ≥ (bc − a) (ca − b) (ab − c) Bài 12 (Đề chọn đội tuyển Bình Dương 2016). √ Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x3 + y 2 + z = 2 3 + 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: P = 1 1 1 + 2+ 3 x y z LỜI GIẢI. Ta sẽ chọn điểm rơi giả định là x = a; y = b; z = c khi đó:  3 x3 4   + ≥  4  x a a3        y2 2 1 + ≥ 2 2 4  y b b           1 + 3z ≥ 4 z3 c4 c3 16 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh 1 1 1 ⇒ + 2+ 3+ x y z  y 2 3z x3 + + 4 3a4 b4 c  ≥ 4 2 4 + 2+ 3 3 3a b c Vậy ta cần chọn a, b, c sao cho:  √  a3 + b2 + c = 2 3 + 1 n √ √ 4 4 3; c = 3 ⇔ a = 1; b =  3a4 = b4 = c 3 Khi đó √ 1 1 4 3 1 P = + 2 + 3 ≥1+ x y z 9 √ √ √ 4 3 đạt được khi x = 1; y = 4 3; z = 3. Vậy GTNN của P là 1 + 9  Bài 13 (Đề chọn đội tuyển chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng). Với bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn ab = c2 + 4d2 = 4. Chứng minh rằng: (a − c)2 + (b − d)2 ≥ 8 5 LỜI GIẢI. (http://artofproblemsolving.com/) Từ giả thiết ta được:   b= 4 a ⇒ −1 ≤ d ≤ 1  c2 = 4 (1 − d2 ) Vậy nên ta chỉ cần chứng minh hai BĐT sau luôn đúng:  p
8d 16 8 2 2 2  4 (1 − d2 ) − a + + 4 1 − d + d + 2a ≥   2  a a 5   p   a2 + 16 + 4 1 − d2
+ d2 − 2a 4 (1 − d2 ) − 8d ≥ 8 a2 a 5 ⇔ ⇔  √ 4 2 2 2 3  5a + 12a − 15d a + 20a 1 − d2 − 40da + 80 ≥ 0      √ 5a4 + 12a2 − 15d2a2 − 20a3 1 − d2 − 40da + 80 ≥ 0   2 2  2  √ 4 16 128 10 ad  2 2   − ≥0 +2 a − + 3 a + a 1 − d2 + 165   3 3 11 3 99   2 2  2     4 16 128 10 √ ad  2 2  2  3 a − a 1−d − +2 a − + ≥0 + 165 3 3 11 3 99 Hai BĐT cuối luôn đúng nên BĐT đề bài được chứng minh. Đẳng thức không thể xảy ra tức (a − c)2 + (b − d)2 > 8 5  17 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Bài 14 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Quảng Bình - Ngày thứ 2). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và a ≥ b ≥ c. Chứng minh rằng: q q q √ √ √ a(a + b − ab) + b(a + c − ac) + c(c + b − bc) ≥ a + b + c LỜI GIẢI. Cách 1: (MathUniverse) Đặt a = x2 , b = y 2, c = z 2 khi đó BĐT trở thành: p p √ f (y) = x x2 − xy + y 2 + y x2 − xz + z 2 + z y 2 − yz + z 2 − x2 − y 2 − z 2 ≥ 0 Ta thấy: 3x3 f ′′ (y) = 3 4(x2 − xy + y 2 ) 2 Từ điều kiện x ≥ y ≥ z ta được + 3z 3 3 4(z 2 − zy + y 2 ) 2 −2   x2 − xy + y 2 ≥ 3 x2 4  y 2 − yz + z 2 ≥ z 2 do đó: f ′′ (y) ≤ Vậy f (y) là hàm lõm thế nên: r 4 3 + −2<0 3 4 f (y) ≥ min {f (y = x) , f (y = z)} • f (x) = (x + z) √ x2 − xz + z 2 − x2 − z 2 Ta có √ (x + z) x2 − xz + z 2 ≥ x2 + z 2

2 ⇔ (x + z)2 x2 − xz + z 2 ≥ x2 + z 2

2 ⇔ (x + z) x3 + z 3 ≥ x2 + z 2 √ do vậy f (x) = (x + z) x2 − xz + z 2 − x2 − z 2 ≥ 0 • Tương tự f (z) = (x + z) √ x2 − xz + z 2 − x2 − z 2 ≥ 0 Vậy bài toán được chứng minh. Cách 2: (MathUniverse) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và a ≥ b ≥ c nên ta có: a− √ ab + b ≥ c − √ ca + a ≥ b − 18 √ bc + c THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Khi đó: q q q √ √ √ a(a − ab + b) + b(a − ac + c) + c(b − bc + c) ≥ Do đó: 2 q a(a − √ q b(a − ab + b) + ≥ X √ ≥ X √ q q √ √ ab + b) + c(a − ac + c) + a(b − bc + c) q b(a − √  q √ ac + c) + c(b − bc + c) r q  X √ √ √  √  3 3 a+ b a − ab + b = a + b a2 + b2 (a + b) = 2 (a + b + c) Cách 3: Võ Quốc Bá Cẩn Đặt a = x2 , b = y 2, c = z 2 khi đó BĐT trở thành: p p √ x x2 − xy + y 2 + y x2 − xz + z 2 + z y 2 − yz + z 2 ≥ x2 + y 2 + z 2 Theo BĐT Cauchy ta có: p x2 − xy + y 2 = p (x3 + y 3 ) (x + y) x2 + y 2 ≥ x+y x+y Vậy ta chỉ cần chứng minh: x (x2 + y 2 ) y (x2 + z 2 ) z (y 2 + z 2 ) + + ≥ x2 + y 2 + z 2 x+y x+z y+z ⇔ x (x2 + y 2 ) − x2 (x + y) y (x2 + z 2 ) − y 2 (x + z) z (y 2 + z 2 ) − z 2 (y + z) + + ≥0 x+y x+z y+z ⇔ xy (y − x) xy (x − y) + yz (z − y) yz (y − z) + + ≥0 x+y x+z y+z ⇔ xy (x − y) (y − z) yz (y − z) (x − y) + ≥0 x+y (x + z) (y + z) BĐT cuối hiển nhiên đúng do x ≥ y ≥ z.  Nhận xét: Qua lời giải 1 và 3 ta thấy bài toán đúng với ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a ≥ b ≥ c. Riêng cách 2 một cách chứng minh rất tinh tế nhưng phải thêm giả thiết a, b, c là ba cạnh của tam giác (đây là bài trong đề TST 2013 của Iran). 19 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu Nguyễn Tuấn Anh Bài 15 (Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Hòa Bình). Cho a, b, c là các số thực dương có tích bằng 1. x, y, z là các số thực. Chứng minh rằng: x2 (a + b) + y 2 (b + c) + z 2 (c + a) ≥ 2(xy + yz + zx) LỜI GIẢI. Cách 1: (diendantoanhoc.net) Áp dụng BĐT Cauchy ta được: X 2 x (a + b + 1) Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:  X 1 a+b+1  ≥ (x + y + z)2 1 1 1 + + ≤1 a+b+1 b+c+1 c+a+1 Ta lại có: a + b ≥ √ 3 a2 b + √ 3 ab2 (tương tự cho các hạng tử còn lại) nên: 1 1 1 1 1 1 √ √ √ + + ≤ √ +√ +√ 3 3 2 3 2 3 3 3 2 2 2 a+b+1 b+c+1 c+a+1 a b + ab + 1 b c + bc + 1 c a + ca2 + 1 √ √ √ 3 3 3 c a b √ √ √ =1 = √ + + √ √ √ √ √ 3 3 3 3 a+ b+ 3c b+ 3c+ 3a c+ 3a+ 3b Cách 2: Ta sẽ chứng minh một BĐT mạnh hơn như sau: Nếu a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì BĐT sau luôn đúng: x2 (a + b) + y 2 (b + c) + z 2 (c + a) ≥ 2 (xy + yz + xz) r ab + bc + ca 3 Do BĐT là thuần nhất với x, y, z và a, b, c nên ta chuẩn hóa như sau:   xy + yz + xz = 3  a+b+c=1 Khi đó BĐT cần chứng minh là: p x2 (1 − c) + y 2 (1 − a) + z 2 (1 − b) ≥ 2 3 (ab + bc + ca) ⇔ ax2 by 2 cz 2 x2 y 2 z 2 p + + ≥ 3 (ab + bc + ca) + + + 2 2 2 2 2 2 20 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu