Tài liệu 50 bài toán bất đẳng thức kèm lời giải

50 Bai toan bat dang thuc Bài 1. Cho a, b ≥ 0. Chứng minh rằng       3 3 1 1 2 2 a +b+ b +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 a2 + 1 ≥ a, 4 b2 + 1 ≥b 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  1 a+b+ 2 2  ≥ 1 2a + 2   1 2b + 2 Nhưng điều này hiển nhiên đúng vì theo bất đẳng thức AM-GM, ta có   1 1 2     2 2a + + 2b + 1 1 1   2 2 2a + 2b + ≤  = 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 2 2 a + + b+ b + + a+ ≥4 a+ b+ 2 4 2 4 4 4 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có s      1 1 1 2 2 a + + b+ ≥2 a + b+ 2 4 2 s      1 1 1 2 2 b + + a+ ≥2 b + a+ 2 4 2 1 4  1 4  Từ hai đánh giá này ta quy bài toán về chứng minh       1 1 1 1 2 2 a + b + ≥ a+ b+ 2 2 4 4 Dễ thấy rằng bất đẳng thức này được suy ra từ đánh giá sau đây x2 + 1 1 ≥x+ 2 4 Thế nhưng điều này là hiển nhiên đúng vì nó tưong đương với  2 1 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 p p √ √ x + yz = x(x + y + z) + yz = (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 − 2 + − 2 + − 2 ≥ −1 2 2a + bc 2 2b + ca 2 2c + 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 b2 c 2 c 2 a2 a2 b 2 + + = + + 2a2 + bc 2b2 + ca 2c2 + ab 2a2 bc + b2 c2 2b2 ca + c2 a2 2c2 ab + a2 b2 (ab + bc + ca)2 ≥ 2 2 =1 a b + b2 c2 + c2 a2 + 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 p p √ √ √ x + x + yz = x + x(x + y + z) + yz = x + (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) p +p +p ≥3 2 bc(b2 + c2 ) ca(c2 + a2 ) ab(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) p +p +p ≥3 2bc(b2 + c2 ) 2ca(c2 + a2 ) 2ab(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 p 2bc + b2 + c2 (b + c)2 2 2 2bc(b + c ) ≤ = 2 2 a(b + c) 2a Từ đó ta có p ≥ . Kết hợp với hai đánh giá tương tự khác, ta suy ra b+c 2bc(b2 + c2 )   a(b + c) b(c + a) c(a + b) a b c p +p +p ≥2 + + b+c c+a a+b 2bc(b2 + c2 ) 2ca(c2 + a2 ) 2ab(a2 + b2 ) 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 + 2 + 2 + 3 ≥ 2(a + b + c) 2 a b c 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 b 2 c 2 a2 b 2 c 2 Đến đây, ta có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương như sau 1 2 2abc +1≥ = = 2ab, 2 c c c 1 1 2 2abc + 2 ≥ = = 2c 2 a b 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 a+b− ab ≤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 . (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 Từ đánh giá này, ta suy ra 3(a + b) ≤ ab + 9, hay a + b ≤ 3 + 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 a +b +c + + 9 ≥ 5(a + b + c) a+b+c 2 2 2 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) + ≥0 a+b+c 2 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 + y 2 + z 2 ) + 2(xy + yz + zx) + xy 2 + yz 2 + 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 +y 2 +z 2 )+2(xy+yz+zx)+xy 2 +yz 2 +zx2 = (x+y+z)2 +y 2 (x+1)+z 2 (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) y 2 (z + x) z 2 (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  2   2  x y2 z2 x y2 z2 P = + + + + + y z x z x y Tiếp đến ta sẽ chứng minh x2 y 2 z 2 + + ≥x+y+z y z x (1) 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 y 2 z 2 + + ≥x+y+z z x y (2) 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 P = x2 (y + z) y 2 (z + x) z 2 (x + y) + + ≥ yz zx xy (x + y + z)2 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 Cuối cùng, với x = y = z = 1 (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 √ 2x2 yz x2 (y + z) 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  2  x 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 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 Từ đó suy ra P ≥ 2. Mặt khác dễ thấy với x = y = z = 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 + 2 + 2 ≤3 2 2 2 a +b b +c c + 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 + b 2 ≥ . 2 Ta có a+b b+c c+a 2 2 2 + + ≤ + + a2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + 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 (a + b + c)2 + (a + b + c)2 3 (a + b + c) + ab + bc + ca ≤ 8 (a + b)(b + c)(c + a) (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 + 3 + 3 ≥1 3 b c a 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 3 + 3 + 3 ≥ a + b + c b c a Hay a2 c b 2 a c 2 b + 2 + 2 ≥a+b+c b2 c a Trang 9 50 Bai toan bat dang thuc Đến đây sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có  1 1 1 + + c a b  a2 c b 2 a c 2 b + 2 + 2 b2 c a   ≥ a b c + + b c a 2 Ta cần chứng minh  a b c + + b c a 2  ≥ (a + b + c) 1 1 1 + + a b c  Hay a2 b 2 c 2 a b c a b c + 2 + 2 + + + ≥3+ + + 2 b c a c a b b c a Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có  2   2   2    a b c a b c +1 + 2 +1 + +1 ≥2 + + b2 c 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 = Bài toán được chứng minh xong. √ 3. 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 y 3 z 3 x3 + + = + + b 3 c 3 a3 x y z Ta chỉ cần chứng minh y 3 z 3 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 + 3+ 3 ≥ 3 b c a abc Nhân hai vế của bất đẳng thức này với abc > 0, ta được ab2 bc2 ca2 + 2 + 2 ≥a+b+c c2 a b Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có r 2 ca2 bc2 ca2 3 bc + + b ≥ 3 · · b = 3c a2 b2 a2 b 2 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  Bài 11. Khi hệ x2 + xy + y 2 = 3 có nghiệm. Chứng minh rằng y 2 + yz + z 2 = 16 xy + yz + zx ≤ 8 Lời giải. Cách 1 . Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có h   z z i2 2 (xy + yz + zx) = x y + +z y+ 2 2    2   4 x z 2 3 2 2 ≤ x + y+ y+ + z 3 2 2 4 4 = (x2 + xy + y 2 )(y 2 + yz + z 2 ) = 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   x 2 2 2 2 2  48 = (x + xy + y )(y + yz + z ) = y+ + 2   √ !2 √ !2   2 x 3  z 3 z  + y+ 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 48 ≥ √ √ √ √ !2 " √ #2 yz 3 xz 3 xy 3 xz 3 (xy + yz + zx) 3 + + + = 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 + y 2 , y 2 + yz + z 2 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 + y 2 ) + n(y 2 + yz + z 2 ) (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 + y 2 ) + n(y 2 + yz + z 2 ) = 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)y 2 + (n − 1)yz + nz 2 ≥ 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   [(m − 1)y − z]2 ≤ 4m (m + n)y 2 + (n − 1)yz + nz 2 , ∀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)z 2 + 2(2mn − m − 1)yz + (3m2 + 4mn + 2m − 1)y 2 ≥ 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)2 y 2 − (4mn − 1)(3m2 + 4mn + 2m − 1)y 2 ≤ 0 Ngoài ra, do đề bài yêu cầu chứng minh ≤ chứ không phải < nên khả năng đẳng thức có thể xảy ra là rất cao (dù ta chưa biết được tại đâu). Vì vậy, tốt nhất là ta nên chọn m, n sao cho bất đẳng thức (1) có thể xảy ra dấu bằng. Muốn vậy thì ta phải chọn m, n sao cho ∆0g = 0 với mọi y ∈ R (tại vì chỉ có vậy thì ∆f mới có thể bằng 0 và đẳng thức mới có thể xảy ra). Chú ý rằng ∆f luôn bằng 0 khi y = z = 0 nhưng tại các điểm này thì điều kiện y 2 + yz + z 2 = 16 không được thỏa mãn, vì vậy mà ta phải chọn như trên. Cuối cùng ta thu được hệ  3m + 16n = 8    m > 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 2 2 2 s ab bc ca + + + a2 + b 2 + c 2 ≥ 2 c a b  (ab3 + bc3 + ca3 ) a b c + + 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 là số nằm giữa a, b, c. √ Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng 2 xy ≤ x + y, ta có s     a b c ab3 + bc3 + ca3 a b c 3 3 3 2 (ab + bc + ca ) + + ≤ + bc + + b c a bc b c a Vậy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được rằng   ab2 bc2 ca2 ab3 + bc3 + ca3 a b c + bc + + ≤ + + + a2 + b 2 + c 2 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 + b 2 + c 2 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. Bài 13. Cho x, y, z ∈ [0, 1] thỏa mãn  1 2 3 + + = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 4x + 5 4y + 5 4z + 5 P = xy 2 z 3 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 + + + + + ≤ √ 4a1 + 5 4a2 + 5 4a3 + 5 4a4 + 5 4a5 + 5 4a6 + 5 4 6 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 + + ≤ p 6 4x + 5 4y + 5 4z + 5 4 xy 2 z 3 + 5 Kết hợp với giả thiết, ta thu được 6 1≤ p 6 4 xy 2 z 3 + 5 Từ đó dễ dàng suy ra P = xy 2 z 3 ≤ Bài toán được chứng minh xong. 1 46 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 ≥45 4x + 5 (4y + 5)2 (4z + 5)3 (1) Tương tự ta có s 1 xyz 3 ≥45 (2) 4y + 5 (4x + 5)(4y + 5)(4z + 5)3 s 1 xyz 3 ≥45 (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 ≥ 46 xy 2 z 3 Do đó, xy 2 z 3 ≤ 1 46 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z= Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 4 1 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 √ 2 abcd > a2 + b2 + c2 + d2 ≥ 4 abcd ⇔ abcd > 16 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có abcd > a2 + b2 + c2 + d2 ≥ (a + b + c + d)2 4 Đặt k = a + b + c + d nên ta cần chứng minh k 2 − 4k − 32 > 0 ⇔ (k − 8)(k + 4) > 0 Trang 14 50 Bai toan bat dang thuc Nếu a + b + c + d < 8 suy ra a + b + c + d + 8 < 16 < abcd ta có điều phải chứng minh. Nếu a + b + c + d ≥ 8 và cũng suy ra điều phải chứng minh. Bài toán được chứng minh xong.  Bài 15. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của P = xy + yz + 2zx Lời giải. Cách 1 . Ta chỉ cần xét trường hợp x, y, z > 0 √ √ Từ x2 + y 2 + z 2 = 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 √ 3 2 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 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 a2 x2 + b2 y 2 ≥ 2abxy Vậy giá trị lớn nhất của P bằng b2 y 2 + a2 z 2 ≥ 2abyz x2 + z 2 ≥ 2xz Suy ra (a2 + 1)x2 + 2b2 y 2 + (a2 + 1)z 2 ≥ (2abxy + 2abyz + 2xz) Hay 2b2 (x2 + y 2 + z 2 ) ≥ (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 + y 2 + z 2 ) (∗) Với hằng số k > 0. Trở lại bài toán cần xét, khi đọc tới giả thiết x2 + y 2 + z 2 = 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 ky 2 − y(x + z) + kx2 + kz 2 − 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 − 4k 2 )(x2 + z 2 ) + 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 khi x = z. Từ đó, dẫn tới ý tưởng thay x =√ z = 1 vào (1), ta thu được 2k 2 − 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 + y 2 + z 2 = 3. Khi đó theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
1 1 y x ab = · 2 · ay · bx ≤ a2 y 2 + b 2 x 2 = a2 · + b2 · 2xy 2xy 2x 2y Đánh giá tương tự cho bc và 2ca ta được z y + 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 2 2 2 P = ab + bc + 2ca ≤ a · +b · +c · 2x 2y 2z bc ≤ b2 · Vậy ta chỉ cần chọn x, y, z sao cho  z+x 2x + y  y + 2z = = x y z  x2 + y 2 + z 2 = 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 − y 2 = 0 hay  2 x 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 + y 2 + z 2 = 3 ta tìm được  s √   3 + 3   x = z = 4 s √   3− 3    y= 2 Trang 16 50 Bai toan bat dang thuc √  3 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. và từ đó tìm được giá trị lớn nhất của P là Bài 16. Cho x, y, z > 0 và xyz = 8. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 1 1 + + 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 P = 2  1 1 1 + + 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 x 1 + 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 = y 2 , c = z 2 thì xyz ≥ 1 và ta cần chứng minh 1 1 1 + + ≤1 x2 + y 2 + 1 y 2 + z 2 + 1 z 2 + x2 + 1 Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có 1 z2 + 2 z2 + 2 = ≤ x2 + y 2 + 1 (x2 + y 2 + 1)(1 + 1 + z 2 ) (x + y + z)2 Đánh giá tượng tự cho hai số hạng còn lại ta thu được 1 1 1 x2 + y 2 + z 2 + 6 + + ≤ x2 + y 2 + 1 y 2 + z 2 + 1 z 2 + x2 + 1 (x + y + z)2 Vậy ta sẽ chứng minh (x + y + z)2 ≥ x2 + y 2 + z 2 + 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 y 2 + 2 z 2 + 2 với điều kiện xyz ≥ 1. Bất đẳng này tương đương với       1 1 1 1 1 1 3 − 2 + − 2 + − 2 ≥ −1 2 x +2 2 y +2 2 z +2 2 hay là x2 y2 z2 + + ≥1 x2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 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 y 2 + 2 z 2 + 2 x2 + y 2 + z 2 + 6 Cuối cùng ta sẽ chứng minh (x + y + z)2 ≥1 x2 + y 2 + z 2 + 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 , 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 Cách 2 . Đặt a = Ta có √ 3 1 1 1 c  √ ≤ √ √ = =   √ √ √ 3 √ 3 3 1 √ 3 a+b+1 3 a + b + c 3 ab 3 a + 3 b + 1 √ a+ b +1 3 c Khi đó ta có A= 1 1 1 + + ≤1 a+b+1 b+c+1 c+a+1 Ta chứng minh B= 1 1 1 + + ≤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. Cách 3 . Đặt x y z = a2 , = b2 , = c2 với a, b, c > 0 thì ta cũng có abc = 1. Biểu thức trở thành 2 2 2 2P = 1 1 1 + + 2a2 + b2 + 3 2b2 + c2 + 3 2c2 + a2 + 3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 2P ≤ 1 1 1 1 1 + + = ⇒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 + y 2 − xy. Tìm giá trị lớn nhất của P = 1 1 + 3 3 x y Lời giải. Ta có xy(x + y) = x2 + y 2 − xy ⇔ Đặt a = 1 1 1 1 + = 2 + 2 −1 x y x y 1 1 ; b = . Điều kiện bài toán trở thành x y a + b = a2 + b2 − ab Và ta cần tìm GTLN của P = a3 + b 3 Ta có P = a3 + b3 = (a + b)3 − 3ab(a + b) = (a + b)(a2 + b2 − ab) = (a + b)2 Ta có a + b = (a + b)2 − 3ab ≥ (a + b)2 − 3(a + b)2 (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 P = 1 1 1 + + 2 2 (a − b) (b − c) (c − a)2 Lời giải. 1 1 8 + 2 ≥ với x, y > 0 2 x y (x + y)2 Chứng minh điều này đơn giản vì nó tương đương với (x − y)2 (x2 + y 2 + 4xy) ≥ 0 Ta có 8 1 9 9 P ≥ + = ≥ 2 2 2 (c − a) (c − a) (c − a) 4 Áp dụng BĐT 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