Tài liệu Bất đẳng thức cho và nhận

0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI 0.1 BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI 0.1.1 TH ỨC BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT VÀ SẮC NÉT . Các ví dụ mở đầu: Chúng ta cùng xét các ví dụ sau đây: Bài 1 [ Lê Khánh Sỹ ] Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: ĐẲ NG X a2 ab + bc + ca 3 + ≥ a+3 4 4 cyc Vấn đề này được chúng tôi đưa ra và đăng lên trang k2pi.net.vn và thu được rất nhiều lời giải, trong số đó chúng tôi nhận được vài giải pháp rất đẹp, để cho seminar này được tường minh hơn, chúng ta hãy chú ý đến bài đầu tiên này, nhằm hiểu hơn về vấn đề này : CHO ĐI Và LẤY LẠI. Dấu bằng xảy ra rất đặc biệt, đó là 3 biến bằng 1 hoặc 2 biến bằng 0 và 1 biến bằng 3. Vì thế muốn dồn a → b thì ta giả sử c = max{a; b; c} Không mất tính tổng quát giả sử: c = max{a; b; c}. Khi dó ta sẽ chứng minh bổ đề: a2 b2 ab (a + b)2 (a + b)2 + + ≥ + a+3 b+3 4 a+b+6 16 BẤ T Vậy trong bổ đề này cái nào là CHO ĐI và cái nào là LẤY LẠI? Cho đi là a2 b2 (a + b)2 + → a+3 b+3 a+b+6 Lấy lại là ab (a + b)2 → 4 16 Vậy thì cho đi bao nhiêu và lấy lại bao nhiêu thì chỉ bằng kinh nghiệm cá nhân mà thôi, ở đây không có một chuẩn mực nào cho việc đánh giá này. Vấn đề là sau quá trình làm điều đó thì phải là dồn biến được hoặc là quy đồng dễ hơn bài gốc 1 0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI ban đầu. Quay lại bổ đề ta cần chứng minh: Bổ đề trên hiển nhiên đúng vì: (a + 3)(b + 3)(a + b + 6) ≤ TH ỨC (a − b)2 9(a − b)2 ≥ (a + 3)(b + 3)(a + b + 6) 16 (a + b + 6)3 ≤ 128 < 144 4 Do đó để hoàn tất chứng minh, ta cần chứng minh: c2 c(3 − c) 3 (3 − c)2 (3 − c)2 + + + ≥ 9−c 16 c+3 4 2 ĐẲ NG Bất đẳng thức trên là một biến, vì thế bằng cách nhóm đối tượng hợp lí quy đồng ta được 3(c − 1)2 (c − 3)2 ≥0 16(9 − c)(3 + c) Hoàn tất chứng minh . q Bài 2 [ Ji Chen ] Cho các số thực không âm a, b, c thỏa ab + bc + ca 6= 0. Chứng minh rằng: 1 1 9 1 + + ≥ (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 4(ab + bc + ca) BẤ T Lời giải: Không mất tính tổng quát, giả sử rằng b = min {a, b, c}. Khi đó ta sẽ đi chứng minh X 1 2 1 ≥ + 2 (a + b) (a + b)(b + c) 4ac cyc Thật vậy. Bất đẳng thức được viết lại (a − c)2 (a − c)2 ≥ (a + b)2 (b + c)2 4ac(a + c)2 Hay (a − c)2 [4ac(a + c)2 − (a + b)2 (b + c)2 ] ≥ 0 . Bổ đề trên đúng vì: 4ac(a + c)2 ≥ (a + b)(b + c)(a + b)(b + c) = (a + b)2 (b + c)2 2 0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI . Qua lại bài toán thì ta cần chứng minh TH ỨC 2 1 9 + ≥ (a + b)(b + c) 4ac 4(ab + bc + ca) Hay b[a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b)] − 6abc ≥ .0 Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng theo AM − GM . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c > 0 hoặc a = b > 0 và c = 0 hoặc các hoán vị của chúng. Hoàn tất chứng minh. q Bài 3 [ Jack Garfunkel ] Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 8abc + ≥ 2. ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) ĐẲ NG Lời giải 1: Không mất tính tổng quát giả sử c = min {a, b, c}. Khi đó ta sẽ chứng minh bổ đề a2 + b2 + c2 8abc 2ab + c2 2(a + b)c + ≥ + ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) ab + bc + ca (b + c)(c + a) Thật vậy. Bất đẳng thức viết lại 2(a − b)2 c (a − b)2 ≥ ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) Bổ đề trên đúng vì: 2c(ab + bc + ca) ≤ (a + b)(ab + bc + ca + c2 ) = (a + b)(b + c)(c + a) Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh Hay BẤ T 2ab + c2 2(a + b)c + ≥2 ab + bc + ca (b + c)(c + a) c2 (a − c)(b − c) ≥0 (a + c)(b + c)(ab + bc + ca) Lời giải 2: Không mất tính tổng quát giả sử: c = min {a, b, c}. Khi đó ta có: a2 + b2 + c2 8abc a2 + b2 + 2c2 8abc + ≥ + ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) (c + a)(c + b) (a + b)(b + c)(c + a) Vây nên ta cần chứng minh a2 + b2 + 2c2 8abc + ≥2 (c + a)(c + b) (a + b)(b + c)(c + a) 3 0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI Quy đồng mẫu số ta thu được TH ỨC (a + b − 2c)(a − b)2 ≥0 (a + b)(b + c)(c + a) Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0; a = 0; b = c > 0. Hoàn tất chứng minh. q Bài 4 [ Lê Khánh Sỹ ] Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: X cyc 1 2(ab + bc + ca) 13 + ≥ a+1 9 6 Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử c = min {a, b, c}. Khi đó ta sẽ chứng minh bổ đề ĐẲ NG 1 2ab 4 (a + b)2 1 + + ≥ + a+1 b+1 9 a+b+2 18 Thật vậy. Bất đẳng thức viết lại (a − b)2 (a − b)2 ≥ (a + 1)(b + 1)(a + b + 2) 18 Bổ đề trên luôn đúng do (a + b + 2)3 (a + 1)(b + 1)(a + b + 2) ≤ ≤ 16 < 18 4 Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh 4 (3 − c)2 1 2c(3 − c) 13 + + + ≥ 5−c 18 c+1 9 6 Hay (c − 1)2 (c − 2)2 ≥0 6(5 − c)(c + 1) BẤ T Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1, hoặc a = b = c = 2 hoặc các hoán vị của chúng. q Bài 5 [ Tìm k ] Cho các số thực dương a, b, c, k. Tìm giá trị tốt nhất của k để X X1 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 a ≥ 9 + k. a (a + b + c)2 cyc cyc 4 1 và 2 0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI X1 cyc a TH ỨC Lời giải: Cho a = b = c = 1 và c = 2 thế vào bất đẳng thức, ta thu được l ≤ 8. Vì thế ta cần chứng minh bất đẳng thức trên đúng với k = 8. Thật vậy, viết bất đẳng thức lại như sau. Chuẩn hóa a + b + c = 1. Khi đó ta cần chứng minh + 48(ab + bc + ca) ≥ 25. Không mất tính tổng quát giả sử c = max {a, b, c}. Khi đó ta chứng minh bổ đề sau 1 1 4 + + 48ab ≥ + 12(a + b)2 a b a+b Thật vậy. Bất đẳng thức viết lại (a − b)2 ≥ 12(a − b)2 . ab(a + b) ĐẲ NG Bổ đề trên luôn đúng do 12ab(a + b) ≤ 3(a + b)3 ≤ 8 < 1. 9 Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh 1 4 + 12(1 − c)2 + + 48c(1 − c) ≥ 25. 1−c c Hay (3c − 1)2 (2c − 1)2 ≥ 0. c(1 − c) Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Vậy k = 8 là giá trị tốt nhất cần tìm. q Bài 6 [Schur r = 1] Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng BẤ T a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a). Lời giải 1: Không mất tính tổng quát, giả sử rằng c = min{a, b, c}. Khi đó ta sẽ chứng minh a3 + b3 + 3abc ≥ (a + b)(a2 + b2 ) 3(a + b)2 c (a − b)2 c + + . 2 4 4 Thật vậy. Bất đẳng thức viết lại (a − b)2 (a + b) ≥ (a − b)2 c. 2 5 0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI Bổ đề trên là đúng vì a + b ≥ 2c. Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh. TH ỨC (a + b)(a2 + b2 ) 3(a + b)2 c (a − b)2 c + + + c3 ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a). 2 4 4 Hay a3 + b3 + 2abc + 2c3 ≥ ab(a + b) + 2c2 (a + b). Rút gọn hơn, ta được (a + b)(a − b)2 + 2c(a − c)(b − c) ≥ 0. Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra, hoặc là ba biến bằng nhau và lớn hơn 0, hoặc là 1 biến bằng 0 và 2 biến kia bằng nhau và lớn hơn 0. Hoàn tất chứng minh q Lời giải 2: Không mất tính tổng quát, giả sử rằng c = min{a, b, c}. Khi đó ta sẽ chứng minh 3(a + b)2 c 5(a − b)2 c + . 4 4 ĐẲ NG a3 + b3 + 3abc ≥ ab(a + b) + Thật vậy. Bất đẳng thức viết lại (a − b)2 (a + b) ≥ 2(a − b)2 c. Bổ đề trên là đúng vì a + b ≥ 2c. Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh. 3(a + b)2 c 5(a − b)2 c + + c3 ≥ bc(b + c) + ca(c + a). 4 4 Hay c(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) ≥ 0. BẤ T Bất đẳng thức trên luôn đúng. Hoàn tất chứng minh. q Bài 7 [Tìm k suy ra] Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca 6= 0. Chứng minh rằng X a 3(a2 + b2 + c2 ) 1 ≥ + . 2 b + c (a + b + c) 2 cyc Lời giải: Nhân (a + b + c) cho 2 và chuẩn hóa a + b + c = 3 ta được 3 X a2 + ≥ (a2 + b2 + c2 ). 2 b+c cyc 6 0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI Hay Ta sẽ chứng minh bổ đề với c = min{a, b, c} TH ỨC X a2 15 + 2(ab + bc + ca) ≥ . b+c 2 cyc a2 b2 (a + b)2 (a + b)2 + + 2ab ≥ + . b+c c+a a + b + 2c 2 Hay (a − b)2 (a + b + c)2 (a − b)2 ≥ . (a + c)(b + c)(a + b + 2c) 2 Bổ đề trên là đúng vì (3 + c)3 ≤ 16 < 18. (a + c)(b + c)(a + b + 2c) ≤ 4 Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh. ĐẲ NG (3 − c)2 (a + b)2 c2 15 + + + 2c(3 − c) ≥ . 3+c 2 3−c 2 Quy đồng mẫu số ta được 3c2 (c − 1)2 ≥ 0. 2(9 − c2 ) Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra, hoặc là ba biến bằng nhau và lớn hơn 0, hoặc là 1 biến bằng 0 và 2 biến kia bằng nhau và lớn hơn 0. Hoàn tất chứng minh q. Bài 8 [Vasile Cirtoaje] Cho các số thực a, b, c thỏa a + b + c = 3. Chứng minh rằng 3(a4 + b4 + c4 ) + 33 ≥ 14(a2 + b2 + c2 ) BẤ T Lời giải: Không mất tính tổng quát giả sử c = min{a, b, c}. Khi đó ta có bổ đề sau 3(a4 + b4 ) − 14(a2 + b2 ) ≥ Hay 3(a + b)4 − 7(a + b)2 . 8 3(a − b)2 (7a2 + 10ab + 7b2 ) ≥ 7(a − b)2 . 8 Bất đẳng thức trên luôn đúng vì   3 (a − b)2 + 6(a + b)2 3(7a2 + 10ab + 7b2 ) = ≥ 9 > 7. 8 8 7 0.1. BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT CHO ĐI VÀ LẤY LẠI Quay lại bài toán ta cần chứng minh từ đây bằng phương pháp quy đồng, ta được TH ỨC 3(3 − c)4 + 3c4 + 33 ≥ 14c2 + 7(3 − c)2 , 8 3(c − 1)2 (3c + 1)2 ≥ 0. 8 Hoàn tất chứng minh q. Bài 9 [AoPS]Cho các số thực a, b, c thỏa abc = 1. Chứng minh rằng   1 1 1 3 2 2 2 a+b+c+ + + . a +b +c +6≥ 2 a b c ĐẲ NG Dễ thấy rằng chúng ta chỉ cần chứng minh với a, b, c > 0. Không mất tính tổng quát giả sử ab ≥ 1. Khi đó ta có bổ đề sau     3 1 1 3 √ 2 2 2 a +b − a+b+ + ≥ 2ab − 2 ab + √ . 2 a b 2 ab Hay " √ 2# √ √ √ 3 ( a − b) ( a − b)2 + , (a − b)2 ≥ 2 ab bây giờ ta đi trục nghiệm như sau   3 (a − b)2 (a − b)2 2 √ √ (a − b) ≥ + . √ √ 2 ( a + b)2 ab( a + b)2 Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng vì   3 1 1 3 1 3 √ √ + ≤ . = < 1. √ √ 2 ( a + b)2 ab( a + b)2 2 2 4 BẤ T Quay lại bài toán ta cần chứng minh ( đặt c = x2 )   1 2 3 2 x4 + 6 + 2 ≥ x2 + 2 + + 2x . x 2 x x Rút gọn ta được (x − 1)2 (2x4 + 4x3 + 3x2 − 4x + 1) ≥ 0, x2 dể thấy rằng bất đẳng thức trên là đúng do p p  3 2 1  p 4 3 4 3 2 3 2 2x + + 4x + + 3x + > 4 2/6 + 3 4/6 + 2 3/6 x > 4x. 6 6 6 Hoàn tất chứng minh. q 8 0.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐỀ XUẤT 0.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐỀ XUẤT TH ỨC [Lê Khánh Sỹ]Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3.Chứng minh X a2 64(ab + bc + ca) 145 + ≥ . a + 2 243 81 cyc [Lê Khánh Sỹ]Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3.Chứng minh X cyc 16(ab + bc + ca) 241 1 + ≥ . a+4 1125 375 [Vasc]Cho các số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3.Chứng minh   1 1 1 8 + + + 9 ≥ 10(a2 + b2 + c2 ) (Vasc) a b c ĐẲ NG [Võ Quốc Bá Cẩn]Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng khi đó ta luôn có: a2 b2 c2 3 + + ≤ . a+2 b+2 c+2 ab + bc + ca [Lê Khánh Sỹ]Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 và c = min{a, b, c} thỏa. Chứng minh  2 X 1 2(ab + bc + ca) 13 a−b + ≥ + . a + 1 9 6 12 cyc [Lê Khánh Sỹ]Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 1 và c = max{a, b, c}. Chứng minh 3(a − b)2 + 48(ab + bc + ca) ≥ 25 + . a 2 X1 BẤ T cyc [Lê Khánh Sỹ]Chp các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng √ ab + bc + ca √ (a + b + c)3 + (4 + 10 5) 2 ≥ 31 + 10 5 abc a + b2 + c2 9 0.3. CÁCH RA BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT VÀ SẮC NÉT 0.3 CÁCH RA BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT VÀ TH ỨC SẮC NÉT Xin đi ngang qua 1 dạng toán nào đó trong cách vài trò là người ra đề, trước hết là không thể có 1 cái chung nào được cho việc ra đề. Đại đa số những người ra đề hay và chặt thì khi đó người ra đề phải cầm trong tay những bổ đề chặt nhất có thể của một số dạng bất đẳng thức nào đó. Ví như từ: 27(a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 = 4(p2 − 3q)3 − (2p3 − 9pq + 27r)2 ≥ 0 Chúng ta thu được p p −2(p2 − 3q) p2 − 3q ≤ 2p3 − 9pq + 27r ≤ 2(p2 − 3q) p2 − 3q; từ đây ta có ĐẲ NG p p −2p3 + 9pq + 2(p2 − 3q) p2 − 3q −2p3 + 9pq − 2(p2 − 3q) p2 − 3q ≤ abc ≤ . 9 27 Bây giờ ta xét a, b, c không âm, ta chuẩn hóa a+b+c = 3 và khi đó tồn tại t ∈ [0; 1] sao cho ab + bc + ca = 3 − 3t2 . Khi đó ta có −(t + 1)2 (2t − 1) ≤ abc ≤ (t − 1)2 (2t + 1). Hướng tiếp cận tiếp theo vẫn điều kiện như trên Theo Cauchy-Schwarz, ta có 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 ; vì thế ta có 1 − 2t ≤ c ≤ 1 + 2t. Do tính đối xứng nên ta có a, b, c ∈ [1 − 2t; 1 + 2t] vì thế ta có bất đẳng thức Hay BẤ T (1 + 2t − a)(1 + 2t − b)(1 + 2t − c) ≥ 0. (1 + 2t)3 − (a + b + c)(1 + 2t)2 + (ab + bc + ca)(1 + 2t) ≥ abc; và tiếp tục rút gọn ta được abc ≤ (t − 1)2 (2t + 1). Cách làm tương tự thì −(t + 1)2 (2t − 1) ≤ abc ≤ (t − 1)2 (2t + 1) (∗) 10 0.3. CÁCH RA BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT VÀ SẮC NÉT TH ỨC Vậy nên chỉ bằng Cauchy-Schwarz, chúng ta cũng thu về 1 bổ đề rất chặt. X1 Ví dụ dạng a cyc 1 1 1 Hiển nhiến điều là ai cũng biết với a, b, c dương và a + b + c = 3 thì + + ≥ 3 a b c Bầy giờ ta sẽ làm chặt nó như sau: Hướng 1 1 1 1 + + ≥ 3 + y(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca). a b c Từ bổ đề (∗) trên ta cần chứng minh 3(1 − t2 ) ≥ 3 + 9t2 y. (t − 1)2 (2t + 1) Rút nhân tử t2 ra ta được 3t2 [2 − 3(−2t2 + t + 1)y] ≥ 0. (1 − t)(2t + 1) ĐẲ NG Để bất đẳng thức đúng, ta cần có 2 ≥ 3y ∀t ∈ [(0; 1); −2t2 + t + 1 mà  2 2t2 + t + 1 Vậy nên giá trị tốt nhất củ y =  = t∈[(0;1) 16 9 16 1 với t = 27 4 Nên ta có bài toán sau đây Bài toán Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng X X1 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥9+8 a a (a + b + c)2 cyc cyc BẤ T Theo như trên thì dấu bằng xảy ra là a = b = c và a = b = c/2 hoặc hoán vị Hay chọn a + b + c = 1 ta thu được bài toán quen thuộc sau X1 + 48(ab + bc + ca) ≥ 25 a cyc Hướng 2 Đẩy các biến về biên như sau a, b, c → 1 + 2t Vì   1 1 1 1 = + − a 1 + 2t a 1 + 2t 11 0.3. CÁCH RA BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT VÀ SẮC NÉT TH ỨC Nên ta có cách khai triển sau 2 X1 3 1 X 1 + 2t − a 3 1 [3 + 6t − (a + b + c)] = + ≥ + . a 1 + 2t 1 + 2t cyc a 1 + 2t 1 + 2t (2t + 1)(a + b + c) − (a2 + b2 + c2 ) cyc 3(1 + t) 6t2 =3+ . (1 + 2t)(1 − t) (1 − t)(2t + 1) = Dấu bằng xảy ra khi a = b = c, hoặc a = 1 + 2t và b = c, hoặc hoán vị. q Chúng ta vẫn thu được bài toán như trên. Bầy giờ ta mở rộng với mẫu số như sau X 1 Ví dụ dạng a+1 cyc X 1 X 1 + 2t − a 3 1 3 3t2 = + , = + . a + 1 2(1 + t) 2(1 + t) a + 1 2 2(2 − t)(1 + t) cyc cyc Vẫn làm chặt như bài trên, bằng cách 3t2 ≥ 9t2 y. 2(2 − t)(1 + t) ĐẲ NG Bỏ qua nghiệm tầm thường ta cần xét 6y ≤ f (t) := Dễ thấy rằng  1 4 ≥ . (2 − t)(1 + t) 9 1 (2 − t)(1 + t) Vậy nên giá trị tốt nhất của y =  t∈[(0;1] 4 = . 9 2 1 với t = . q 27 2 Nên ta có bài toán sau đây Bài toán Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng BẤ T 1 1 1 2(ab + bc + ca) 13 + + + ≥ . a+1 b+1 c+1 9 6 Theo như trên thì dấu bằng xảy ra là a = b = c = 1, hoặc a = b = 1 và c = 2, 2 hoặc hoán vị. Để kiểm soát được đấu bằng theo ý muốn, chúng ta cùng đi đến bài toán sau X 1 Ví dụ dạng (m ≥ 0) a+m cyc X 1 X 1 + 2t − a 3 1 = + a+m 1 + 2t + m 1 + 2t + m cyc a + m cyc ≥ 3 1 6t + 1 + 2t + m 1 + 2t + m (m + 1 − t) 12 0.3. CÁCH RA BẤT ĐẲNG THỨC CHẶT VÀ SẮC NÉT 3(m + 1 + t) 3 6t2 = = + . (1 + 2t + m)(m + 1 − t) 1 + m (m + 1)(m + 1 − t)(m + 1 + 2t) TH ỨC Vẫn làm chặt như bài trên, bằng cách 6t2 ≥ 9t2 y. (m + 1)(m + 1 − t)(m + 1 + 2t) Bỏ qua nghiệm tầm thường ta cần xét 1 8 3 (m + 1)y ≤ f (t) := ≥ . 2 (m + 1 − t)(m + 1 + 2t) 9(m + 1)2 Vậy nên giá trị tốt nhất củ y = 16 m+1 vối t = .q 2 27(m + 1) 4 Nên ta có bài toán sau đây Bài toán Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng Hay phát biểu lại là X cyc ĐẲ NG 1 1 1 48 9m2 + 18m + 25 + + + (ab + bc + ca) ≥ . a + m b + m c + m (3m + 3)3 3(m + 1)3 a2 48m2 25m2 + 18m + 9 + (ab + bc + ca) ≥ . a + m (3m + 3)3 3(m + 1)3 3−m 3+m , hoặc c = , hoặc hoán vị.q 4 2 Vì thế chúng tôi mới có được bài toán rất đặc biệt sau đây Bài toán Dấu bằng xảy ra khi a = b = c và a = b = Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3. Chứng minh BẤ T X a2 ab + bc + ca 3 + ≥ a+3 4 2 cyc Dấu bằng xảy ra khi a = b = c hoặc a = b = 0 và c = 3, hoặc các hoán vị của chúng. Xin mời bạn đọc thử sức với bài toán trên. 13 0.4. CHẶT HƠN NẾU CÓ THỂ 0.4 CHẶT HƠN NẾU CÓ THỂ TH ỨC Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 và c = min a, b, c. Chứng minh rằng khi đó ta có  2 X a2 15 a−b + 2(ab + bc + ca) ≥ + . b+c 2 4 cyc Cho các số thực a, b, c thỏa a + b + c = 3 và c = min{a, b, c}. Chứng minh rằng 3(a4 + b4 + c4 ) + 33 ≥ 14(a2 + b2 + c2 ) + 2(a − b)2 . Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 3 và c = max{a, b, c} thỏa. Chứng minh  2 X 1 2(ab + bc + ca) 13 a−b + ≥ + . a + 1 9 6 12 cyc BẤ T ĐẲ NG Cho các số thực không âm a, b, c thỏa a + b + c = 1 và c = max{a, b, c}. Chứng minh X1 3(a − b)2 + 48(ab + bc + ca) ≥ 25 + . a 2 cyc 14 0.4. CHẶT HƠN NẾU CÓ THỂ Viết lại biểu thức P như sau TH ỨC 2P := (x − y + z)a(b + c) + (x + y − z)b(a + c) + (y + z − x)c(a + b) Trường hợp 1. Nếu như tồn tại 1 số lớn hơn hoặc bằng tổng hai số kia, giả sử z ≥ x + y. Khi đó ta có P = xab + ybc + zca ≤ max{za(b + c); zc(b + a)} (a + b + c)2 ≤z 4 2 zk = 4 zk 2 . 4 Trường hợp 2. Bộ x, y, z là ba cạnh của 1 tám giác, có thể giải quyết theo Cauchy-Schwarz Vậy nên max P = X (x − y + z)   k 2 − (2a − k)2 4 cyc x+y+z 1X − (x − y + z)(2a − k)2 := k 2 . 4 4 cyc ĐẲ NG 2P := Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có X k2 (x − y + z)(2a − k)2 ≥ X 1 cyc x−y+z cyc x+y+z 1 k2 Vậy nên max P = k . − .X 1 8 8 x−y+z cyc BẤ T 2 15 0.4. CHẶT HƠN NẾU CÓ THỂ Bài toán Cho các số thực dương a, b, c thỏa abc = 1. Chứng minh rằng TH ỨC 1 1 1 6 + + + ≥5 a b c a+b+c Chúng ta cần chứng minh với điều kiện trên thì 1 1 6 5 1 + 3+ 3+ 3 ≥ 3 3 3 a b c a +b +c abc Hay   (ab + bc + ca) a2 (b − c)2 + b2 (c − a)2 + c2 (a − b)2 2a3 b3 c3   (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 . ≥ abc(a3 + b3 + c3 ) Rút họn hơn ta được ĐẲ NG   (ab + bc + ca) a2 (b − c)2 + b2 (c − a)2 + c2 (a − b)2 2a2 b2 c2   (a + b + c) (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ . a3 + b3 + c3 Giả sử a ≥ b ≥ c theop Cauchy-Schwarz, ta có   X (b − c)2 2a2 b2 c2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ . 2 b2 + b2 c2 + c2 a2 1 a cyc a2 Vì thế ta cần chứng minh a+b+c ab + bc + ca ≥ . (ab + bc + ca)2 − 2abc(a + b + c) 3abc + (a + b + c) [(a + b + c)2 − 3(ab + bc + ca)] Chọn p = 1 và ab + bc + ca = q, abc = r khi đó ta chứng minh r(3q + 2) + q − 4q 2 ≥ 0. Hay 1 Áp dụng Schur, ta đi chứng minh 4 (4q − 1) (3q + 2) + q − 4q 2 ≥ 0. 9 BẤ T Trường hợp q ≥ 2(4q − 1)(1 − 3q) ≥ 0. 9 Trường hợp q < Đúng 1 vì r > 0 nên 4 r(3q + 2) + q − 4q 2 > q(1 − 4q) > 0. Vậy nên hoàn tất chứng minh. q 16 0.4. CHẶT HƠN NẾU CÓ THỂ Bất đẳng thức cần chứng minh giả sử rằng TH ỨC 1 1 1 6 + 2+ 2+ 2 ≥ 5 (xyz = 1, x, y > 0) 2 x y z x + y2 + z2 (x2 − 1)(y 2 − 1) ≥ 0. Hay 1 + z2 x +y ≤1+x y = . z2 2 2 2 2 Áp dụng AG, ta cần chứng minh 2z + 6 1 + ≥ 5. z2 1 + z2 + z2 z2 Rút gọn ta được ĐẲ NG   (z − 1)2 z(z − 1)2 (2z 2 + 3z + 2) + 1 ≥ 0 BẤ T Hoàn tất chứng minh.q 17