Phương pháp chuẩn hoá bất đẳng thức

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:65

Thêm vào BST

Báo xấu

145
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hàm số f(a,b,c) là thuần nhất trên một miền I nào đó nếu nó thoả mãn f (ta,tb,tc) = tk f (a,b,c) . Trong đó t, a,b,c, k ÎI , hằng số k không phụ thuộc vào a,b,c mà phụ thuộc vào hàm f. Đối với đa thức thì một đa thức thuần nhất là tổng các đơn thức đồng bậc.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp chuẩn hoá bất đẳng thức

www.vuihoc24h.vn - Kênh h c t p Online n .v h 4 2 c o ih u V www.mathvn.com
Võ Qu c Bá C n n .v h 4 2 c o ih u V Copyright c 2009 by Vo Quoc Ba Can. All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by any means, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the author. www.mathvn.com
L i c m ơn Quy n tuy n t p này ch c ch n s không th th c hi n đư c n u không có s đóng góp c a nh ng ngư i b n c a tôi. H đã tr c ti p đ ng viên tôi th c hi n, g i cho tôi nh ng bài toán hay giúp tôi có th tuy n t p l i m t cách t t nh t có th các bài toán b t đ ng th c. Xin đư c nêu ra đây nh ng ngư i b n thân thi t đã giúp đ tôi r t nhi u trong quá trình th c hi n quy n tuy n t p này 1. Nguy n Văn Dũng - Gi ng viên H c Vi n K Thu t Quân S Hà N i. 2. Tr n Quang Hùng - Cao h c toán trư ng Đ i H c Khoa H c T Nhiên, ĐHQG Hà N i. 3. Cao Minh Quang - Giáo viên trư ng THPT Chuyên Nguy n B nh Khiêm, Vĩnh Long. n 4. Võ Thành Văn - L p 12 Toán, trư ng THPT Chuyên, ĐHKH Hu . .v 5. Nguy n M nh Dũng - L p 12 Toán, kh i Ph Thông Chuyên Toán – Tin, trư ng ĐHKHTN, ĐHQH Hà N i. 6. Tr n Anh Tu n - đang c p nh t thông tin. h 4 2 c o ih u V www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán Bài O1. Gi s a, b, c là các s th c không âm th a mãn a2 + b2 + c2 + abc = 4. Ch ng minh r ng 0 ≤ ab + bc + ca − abc ≤ 2. (USAMO 2000) L i gi i 1 (V. Q. B. C n). B t đ ng th c bên trái là hi n nhiên, b i vì t gi thi t, ta suy ra có ít nh t m t s trong ba s a, b, c không l n hơn 1. Gi s s đó là c, khi đó ta s có ab + bc + ca − abc = ab(1 − c) + c(a + b) ≥ 0. Bây gi , ta s ch ng minh b t đ ng th c bên ph i. Thay abc = 4 − (a2 + b2 + c2 ) vào, ta có th vi t n l i b t đ ng th c này thành a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ 6. Ta s dùng phương pháp ph n ch ng đ .v ch ng minh b t đ ng th c này. Gi s t n t i m t b s (a, b, c) g m các s h ng không âm sao cho a2 + b2 + c2 + abc = 4 và a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca > 6. Khi đó, ta s có √ 6(a2 + b2 + c2 ) 6 6abc h 2 2 2 4 = a + b + c + abc = + √ 6 6 6 2 + b2 + c2 ) 4 √ 6(a 6 6abc > 2 + , a + b2 + c2 + ab + bc + ca (a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca)3/2 2 suy ra √ 3 6abc c 2 2 2 2(ab + bc + ca) − (a + b + c ) > √ . a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca o M t khác, áp d ng b t đ ng th c Schur b c 4 ( d ng phân th c), ta th y ih 6abc(a + b + c) 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) ≤ , a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca nên t trên ta suy ra u √ 6abc(a + b + c) 3 6abc >√ . V a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca √ Đi u này ch ng t r ng abc > 0 và 2(a + b + c) > 3(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca). Đi u này vô lí, b i vì ta luôn có 3(a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca) − 2(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca ≥ 0. Như v y, không th nào t n t i các s a, b, c th a mãn gi thi t c a đ bài sao cho a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca > 6, hay nói m t cách khác, v i m i a, b, c không âm sao cho a2 + b2 + c2 + abc = 4, ta ph i có ab + bc + ca − abc ≤ 2. Bài toán đư c ch ng minh xong. D th y b t đ ng th c bên trái đ t đư c d u b ng khi (a, b, c) là m t hoán v c a b s (2, 0, 0); và b t đ ng th c bên ph i đ t đư c d u b ng khi (a, b, c) = (1, 1, 1) ho c √ √ (a, b, c) là m t hoán v c a b s 2, 2, 0 . www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 5 L i gi i 2. Đây là m t ch ng minh r t hay và đ c s c cho b t đ ng th c bên ph i. Trong ba s a, b, c, luôn t n t i ít nh t 2 s sao cho hi u c a chúng khi tr cho 1 có cùng d u v i nhau. Không m t tính t ng quát, gi s hai s đó là a và b, khi đó ta có c(a − 1)(b − 1) ≥ 0, suy ra abc ≥ ac + bc − c. M t khác, theo b t đ ng th c AM – GM thì 4 = a2 + b2 + c2 + abc ≥ 2ab + c2 + abc, suy ra ab ≤ 2 − c. T đây, ta thu đư c ab + bc + ca − abc ≤ (2 − c) + bc + ca − (ac + bc − c) = 2. L i gi i 3 (V. Q. B. C n). Xin đư c gi i thi u thêm cùng b n đ c m t ch ng minh khác cho b t đ ng th c bên ph i. T gi thi t, ta d dàng ch ng minh đư c t n t i các s không âm x, y, z sao cho (x + y)(y + z)(z + x) > 0 và a = √ 2x , b = √ 2y , c = √ 2z . V i phép đ t thu n (x+y)(x+z) (y+z)(y+x) (z+x)(z+y) nh t này, ta có th đưa bài toán v ch ng minh xy 4xyz n 2∑ − ≤ 1. cyc (x + y) (x + z)(y + z) (x + y)(y + z)(z + x) .v Áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta có xy xy 1 1 h 2∑ ≤∑ + cyc (x + y) (x + z)(y + z) cyc x+y x+z y+z xy xy =∑ 4 +∑ cyc (x + y)(x + z) cyc (y + z)(y + x) xy zx 2 =∑ +∑ cyc (x + y)(x + z) cyc (x + y)(x + z) c x(y + z) 4xyz =∑ = 1+ . cyc (x + y)(x + z) (x + y)(y + z)(z + x) o Vì th b t đ ng th c trên là hi n nhiên đúng, và phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. ih Bài O2. Cho a, b, c là các s th c dương th a mãn ab + bc + ca + abc = 4. Ch ng minh r ng a + b + c ≥ ab + bc + ca. u (Vi t Nam, 1996) V 2x 2y 2z L i gi i 1 (V. Q. B. C n). T gi thi t, suy ra ta có th đ t a = =y+z , bvà c = x+y v i x, y, z là z+x các s th c dương. Khi đó, b t đ ng th c c n ch ng minh có th đư c vi t l i thành x y z 2xy 2yz 2zx + + ≥ + + . y + z z + x x + y (x + z)(y + z) (y + x)(z + x) (z + y)(x + y) Áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta có 1 1 xy xy V P ≤ ∑ xy 2 + 2 =∑ 2 +∑ 2 cyc (x + z) (y + z) cyc (z + x) cyc (y + z) zx xy x =∑ + = = V T. cyc (y + z)2 ∑ (y + z)2 ∑ y + z cyc cyc Phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. D th y đ ng th c x y ra khi và ch khi x = y = z, t c là a = b = c = 1. www.mathvn.com
6 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n L i gi i 2 (V. Q. B. C n). Ta s dùng phương pháp ph n ch ng. Gi s r ng t n t i các s dương a+b+c a, b, c sao cho ab + bc + ca + abc = 4 và a + b + c < ab + bc + ca. Khi đó, ta có ab+bc+ca < 1, d n đ n 4 = (ab + bc + ca) · 1 + abc · 1 2 3 a+b+c a+b+c > (ab + bc + ca) · + abc · ab + bc + ca ab + bc + ca (a + b + c)2 abc(a + b + c)3 = + . ab + bc + ca (ab + bc + ca)3 T đây, ta tìm đư c abc(a + b + c)3 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) > . (ab + bc + ca)2 n Nhưng mà theo b t đ ng th c Schur b c 3 d ng phân th c thì 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2 ) ≤ 9abc a+b+c . Đi u này d n đ n .v 9abc abc(a + b + c)3 > , a + b + c (ab + bc + ca)2 h suy ra abc > 0 và 9(ab + bc + ca)2 > (a + b + c)4 (mâu thu n b i vì ta luôn có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) theo AM – GM). B i v y, ta không th có a + b + c < ab + bc + ca v i m i a, b, c > 0 4 th a mãn gi thi t c a đ bài. Đi u này ch ng t r ng a + b + c ≥ ab + bc + ca, đây chính là đi u ph i ch ng minh. 2 L i gi i 3 (V. Q. B. C n). Ta s s d ng phương pháp d n bi n đ ch ng minh b t đ ng th c đã cho. Đ ý r ng ngoài đi m đ ng th c là a = b = c = 1 thì b t đ ng th c đã cho còn có m t đi m c "nh y c m" là a = b → 2, c → 0 (cùng các hoán v ). Đi u này g i cho ta gi s c = min{a, b, c} và dùng phép d n bi n đ đưa hai bi n a, b v b ng nhau và b ng m t s t dương nào đó. Mu n v y, o vi c trư c tiên ta ph i làm đó là đ m b o gi thi t c a bài toán, t c là b s (t,t, c) ph i th a mãn t 2 + 2tc + t 2 c = ab + bc + ca + abc = 4. Vì ta c n d n bi n t (a, b, c) v (t,t, c) nên ta ph i ch ng ih minh a + b + c − ab − bc − ca ≥ 2t + c − t 2 − 2tc, tương đương u (a + b − 2t)(1 − c) + (t 2 − ab) ≥ 0. (∗) V M t khác, t cách ch n c a t, ta có c(a + b − 2t) = (c + 1)(t 2 − ab). Ta s ch ng minh a + b − 2t và t 2 − ab là nh ng s không âm. Th t v y, gi s a + b − 2t < 0, khi đó ta cũng có t 2 − ab < 0. Đi u 2 này d n đ n ab > t 2 > (a+b) ≥ ab (vô lí). Vì v y, ta ph i có a + b − 2t ≥ 0 và t 2 − ab ≥ 0. Ngoài ra, 4 t gi thi t c a c, d th y c ≤ 1. Và như th , b t đ ng th c (∗) là hi n nhiên đúng. Phép d n bi n đã đư c hoàn t t, công vi c còn l i c a ta ch là ch ng minh 2t + c − t 2 − 2tc ≥ 0 v i t 2 + 2tc + t 2 c = 4. Đây là m t công vi c r t đơn gi n, b i vì t t 2 + 2tc + t 2 c = 4, ta tìm đư c c = 2−t ≥ 0, d n đ n t 2−t (2 − t)(t − 1)2 2t + c − t 2 − 2tc = 2t + − t 2 − 2(2 − t) = ≥ 0. t t L i gi i 4 (V. Q. B. C n). D th y r ng trong ba s a, b, c có ít nh t hai s có hi u khi tr cho 1 là nh ng s cùng d u v i nhau. Gi s hai s đó là a, b, khi đó ta s có c(a − 1)(b − 1) ≥ 0, d n đ n abc ≥ ac + bc − c. T đây, ta thu đư c a + b + c + abc ≥ (a + b)(c + 1). www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 7 M t khác, áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta l i có (a + b)2 (a + b)2 4 = abc + c(a + b) + ab ≤ · c + c(a + b) + , 4 4 suy ra 2 4 − (a+b) 4 4 − (a + b) 4 c≥ (a+b)2 = = − 1. + (a + b) a+b a+b 4 C ng 1 vào hai v c a b t đ ng th c này r i nhân cho a + b > 0, ta thu đư c ngay (a + b)(c + 1) ≥ 4. Do đó, k t h p v i trên, ta đư c a + b + c + abc ≥ (a + b)(c + 1) ≥ 4 = ab + bc + ca + abc, hay nói m t cách khác a + b + c ≥ ab + bc + ca. n Bài O3. V i a, b, c là các s th c dương b t kì, hãy tìm t t c các s th c k đ cho b t đ ng th c sau đúng .v a b c 1 3 k+ k+ k+ ≥ k+ . b+c c+a a+b 2 (Vi t Nam, 2009) h 1 2 c L i gi i (V. Q. B. C n). Đ u tiên, ta cho a = b = 1, b t đ ng th c đã cho tr thành k + 1+c k+ 2 ≥ 3 k+ 1 2 , tương đương 4 (c − 1)2 (4k2 c + 4k2 + 2k − 1) ≥ 0. 2 8 (c + 1)2 Đ n đây, cho c → 0, ta th y b t đ ng th c ch đúng n u 4k2 + 2k − 1 ≥ 0. Ta s ch ng minh r ng, c nghi m c a b t phương trình này chính là t p h p t t c các giá tr c a k th a mãn yêu c u bài toán, t c là ch ng minh v i 4k2 + 2k − 1 ≥ 0 thì o 3 a b c 1 ih k+ k+ k+ ≥ k+ . b+c c+a a+b 2 2a 2b 2c Th t v y, đ t x = b+c , y = c+a , z = a+b thì hi n nhiên xy + yz + zx + xyz = 4 và b t đ ng th c trên u đư c vi t l i thành (2k + x)(2k + y)(2k + z) ≥ (2k + 1)3 . Bây gi , áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta d th y xyz ≤ 1. T đó, s d ng k t qu bài O2, ta thu đư c V (2k + x)(2k + y)(2k + z) = 8k3 + 4k2 (x + y + z) + 2k(xy + yz + zx) + xyz ≥ 8k3 + 4k2 (xy + yz + zx) + 2k(xy + yz + zx) + xyz = 8k3 + (4k2 + 2k)(4 − xyz) + xyz = 8k3 + 16k2 + 8k − (4k2 + 2k − 1)xyz ≥ 8k3 + 16k2 + 8k − (4k2 + 2k − 1) = (2k + 1)3 . Như v y, phép ch ng minh c a ta đã đư c hoàn t t. Đi u này cũng ch ng t r ng kh ng đ nh c a ta trên là đúng, t c là t p h p t t c các giá tr c n tìm c a k chính là nghi m c a b t phương trình 4k2 + 2k − 1 ≥ 0. Bài O4. Cho a, b, c, d là các s th c dương th a mãn 1 1 1 1 + + + = 1. a4 + 1 b4 + 1 c4 + 1 d 4 + 1 www.mathvn.com
8 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n Ch ng minh r ng abcd ≥ 3. (Latvia 2002) L i gi i 1 (V. Q. B. C n). Áp d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có 1 1 1 1 1= + + + a4 + 1 b4 + 1 c4 + 1 d4 + 1 1 1 1 1 1 2 a4 b4 c4 d4 a2 + b2 + c12 + d12 1 = 1 + 1 + 1 + 1 ≥ 1 . a4 +1 b4 +1 c4 +1 d4 +1 a4 + b4 + c14 + d14 + 4 1 1 2 T đó suy ra a4 + b4 + c14 + d14 + 4 ≥ 1 1 a2 + b2 + c12 + d12 1 , t c là 1 1 1 1 1 1 2≥ + + + + + . a2 b2 a2 c2 a2 d 2 b2 c2 b2 d 2 c2 d 2 n Mà theo b t đ ng th c AM – GM thì a21b2 + a21c2 + a21 2 + b21c2 + b21 2 + c21 2 ≥ abcd nên k t h p v i 6 .v d d d trên, ta d√dàng suy ra đư c b t đ ng th c c n ch ng minh. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = d = 4 3. L i gi i 2. Đ t x = a41 , y = b41 , z = c41 và t = d 41 thì ta có x + y + z + t = 1 và h +1 +1 +1 +1 1−x y+z+t z+t +x t +x+y x+y+z a4 = = , b4 = , c4 = , d4 = . 4 x x y z t 2 T đó, đ ch ng minh b t đ ng th c abcd ≥ 3, ta th y r ng ta ch c n ch ng minh đư c y+z+t z+t +x t +x+y x+y+z c · · · ≥ 81. x y z t o Nhưng b t đ ng th c này hi n nhiên đúng b i vì theo AM – GM, ta có √ √ √ √ ih y + z + t z + t + x t + x + y x + y + z 3 3 yzt 3 3 ztx 3 3 txy 3 3 xyz · · · ≥ · · · = 81. x y z t x y z t u Phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. Bài O5. Cho các s dương a, b, c th a mãn V 1 1 1 + + ≥ 1. a+b+1 b+c+1 c+a+1 Ch ng minh r ng a + b + c ≥ ab + bc + ca. (Andrei Ciupan, Ch n đ i tuy n Romania d thi Junior BMO 2007) L i gi i 1 (Andrei Ciupan). Áp d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, d th y (a + b + 1)(a + b + c2 ) ≥ (a + b + c)2 . T đó d n đ n 1 1 1 a + b + c2 b + c + a2 c + a + b2 1≤ + + ≤ + + , a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1 (a + b + c)2 (a + b + c)2 (a + b + c)2 suy ra (a + b + c)2 ≤ 2(a + b + c) + a2 + b2 + c2 , www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 9 t c là a + b + c ≥ ab + bc + ca. B t đ ng th c c a ta đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c = 1. L i gi i 2 (Cezar Lupu). T gi thi t, s d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có 1 1 1 2 ≥ 1− + 1− + 1− a+b+1 b+c+1 c+a+1 a+b b+c c+a = + + a+b+1 b+c+1 c+a+1 [(a + b) + (b + c) + (c + a)]2 ≥ (a + b)(a + b + 1) + (b + c)(b + c + 1) + (c + a)(c + a + 1) 2(a2 + b2 + c2 ) + 4(ab + bc + ca) = 2 . (a + b2 + c2 ) + (ab + bc + ca) + (a + b + c) n T đây, ta suy ra đư c .v (a2 + b2 + c2 ) + (ab + bc + ca) + (a + b + c) ≥ (a2 + b2 + c2 ) + 2(ab + bc + ca), t c là h a + b + c ≥ ab + bc + ca. Đây chính là đi u ph i ch ng minh. 4 L i gi i 3 (V. Q. B. C n). Ta s dùng phương pháp ph n ch ng đ ch ng minh b t đ ng th c này. 1 1 1 Gi s t n t i các s dương a, b, c sao cho a+b+1 + b+c+1 + c+a+1 ≥ 1 và a + b + c < ab + bc + ca. 2 Khi đó, ta có 1 < ab+bc+ca , d n đ n a+b+c c ab+bc+ca 1 a+b+c ab + bc + ca < = . o ab+bc+ca a + b + 1 a + b + a+b+c (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca Và ta thu đư c ih ab + bc + ca ∑ (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca > 1, cyc u tương đương 2(ab + bc + ca) 1 > ∑ 1− , V cyc (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca hay là a2 + ab + b2 1>∑ . cyc (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca Tuy nhiên, theo các b t đ ng th c AM – GM và Cauchy Schwarz thì 3 (a + b)2 3(a + b + c)2 VP ≥ ≥ 4 ∑ (a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca cyc ∑ [(a + b)(a + b + c) + ab + bc + ca] cyc 3(a + b + c)2 3(a + b + c)2 = ≥ = 1 (mâu thu n). 2(a + b + c)2 + 3(ab + bc + ca) 2(a + b + c)2 + (a + b + c)2 1 1 1 Vì v y, ta không th có đi u gi s trên, t c là v i m i a, b, c dương th a mãn a+b+1 + b+c+1 + c+a+1 ≥ 1 thì b t bu c ta ph i có a + b + c ≥ ab + bc + ca. Phép ch ng minh đư c hoàn t t. www.mathvn.com
10 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n Bài O6. Cho n ≥ 2 là m t s nguyên b t kì. Tìm h ng s C nh nh t đ b t đ ng th c sau ∑ xi x j (xi + x2 ) ≤ C(x1 + x2 + · · · + xn )4 , 2 j 1≤i< j≤n luôn đúng v i m i s th c không âm x1 , x2 , . . . , xn . (IMO 1999) 1 L i gi i (V. Q. B. C n). V i n = 2, cho x1 = x2 = 1, ta d th y C ≥ 8 . Xét trư ng h p n ≥ 3, cho x1 = x2 = 1, x3 = · · · = xn = 0, ta cũng tìm đư c C ≥ 1 . Ta s ch ng minh r ng 1 cũng chính là giá 8 8 tr nh nh t c a C đ b t đ ng th c trên đúng, t c là 1 ∑ xi x j (xi + x2 ) ≤ (x1 + x2 + · · · + xn )4 . 2 j 1≤i< j≤n 8 n Th t v y, áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta có n .v ∑ xi x j (xi + x2 ) ≤ 2 j ∑ xi x j xi + x2 + 2 j ∑ 2 xk = ∑ xi x j ∑ xi2 1≤i< j≤n 1≤i< j≤n k=i,k= j 1≤i< j≤n i=1 n 1 h 2 = · 2 ∑ xi x j · ∑ xi 2 1≤i< j≤n i=1 4  n 2 2 2 ∑ xi x j + ∑ xi 4 n 1  1≤i< j≤n i=1   =1 ≤  2 ∑ xi . 2  2  8 i=1 c Như th , kh ng đ nh c a ta đã đư c ch ng minh xong. Đi u này cho phép ta đi đ n k t lu n h ng s o C nh nh t th a mãn yêu c u c a đ bài là Cmin = 1 . 8 ih Bài O7. Ch ng minh r ng v i m i s th c dương a, b, c, x, y, z, b t đ ng th c sau luôn đư c th a mãn ax by cz (a + b + c)(x + y + z) + + ≤ . u a+x b+y c+z a+b+c+x+y+z (KMO Weekend Program 2007) V L i gi i 1 (V. Q. B. C n). B t đ ng th c c n ch ng minh có th đư c vi t l i như sau a+x ax b+y by c+z cz a + b + c + x + y + z (a + b + c)(x + y + z) − + − + − ≥ − , 4 a+x 4 b+y 4 c+z 4 a+b+c+x+y+z hay là (a − x)2 (b − y)2 (c − z)2 (a + b + c − x − y − z)2 + + ≥ . a+x b+y c+z a+b+c+x+y+z Theo b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta d th y [(a − x) + (b − y) + (c − z)]2 VT ≥ = V P, (a + x) + (b + y) + (c + z) và như th , b t đ ng th c c a ta đã đư c ch ng minh xong. www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 11 L i gi i 2 (Sanghoon). Áp d ng b t b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có √ √ 2 [(a + b + c)2 x + (x + y + z)2 a](a + x) ≥ (a + b + c) xa + (x + y + z) ax = ax(a + b + c + x + y + z)2 , t đó suy ra ax (a + b + c)2 x + (x + y + z)2 a ≤ . a+x (a + b + c + x + y + z)2 B ng cách thi t l p hai b t đ ng th c tương t cho hai bi u th c còn l i, ta thu đư c ax by cz (a + b + c)2 (x + y + z) + (x + y + z)2 (a + b + c) (a + b + c)(x + y + z) + + ≤ = . a+x b+y c+z (a + b + c + x + y + z)2 a+b+c+x+y+z Bài toán đư c ch ng minh xong. n Bài O8. Cho các s th c dương a, b, c. Ch ng minh b t đ ng th c sau .v a b c a+b b+c + + ≥ + + 1. b c a b+c a+b h 4 (Belarus 1998) L i gi i 1 (V. Q. B. C n). Đ ý r ng b t đ ng th c đã cho tương đương v i a b c a+b b+c 2 (a + b + c) + + − 3 ≥ (a + b + c) + −2 , b c a b+c a+b c và như th , nó có th đư c vi t l i thành o a2 b2 c2 ab bc ca (a + b + c)(a − c)2 + + + + + − 2(a + b + c) ≥ . b c a c a b (a + b)(b + c) ih ab Theo b t đ ng th c AM – GM, ta d th y c + bc + ca ≥ a + b + c. Vì th , ta ch c n ch ng minh đư c a b u a2 b2 c2 (a + b + c)(a − c)2 + + − (a + b + c) ≥ , b c a (a + b)(b + c) V hay là (a − b)2 (b − c)2 (c − a)2 (a + b + c)(a − c)2 + + ≥ . b c a (a + b)(b + c) 2 2 2 Áp d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có (a−b) + (b−c) ≥ (a−c) . Do đó, ta ch c n ch ng minh b c b+c đư c 1 1 a+b+c + ≥ b + c a (a + b)(b + c) là m t b t đ ng th c hi n nhiên đúng b i vì nó tương đương v i b(a + b + c) ≥ 0. a(a + b)(b + c) Phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c. www.mathvn.com
12 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n a c L i gi i 2. Đ t x = b và y = b , ta có c y a+b x+1 b+c 1+y = , = , = . a x b+c 1+y a+b 1+x Do đó, b t đ ng th c c n ch ng minh có th đư c vi t l i thành 1 y x+1 y+1 x+ + ≥ + + 1, y x y+1 x+1 tương đương x3 y2 + x2 + x + y3 + y2 ≥ x2 y + 2xy2 + 2xy. Theo b t đ ng th c AM – GM, ta có x 3 y2 + x x3 y2 + x + y3 + y3 ≥ x2 y, ≥ 2xy2 , và x2 + y2 ≥ 2xy n 2 2 .v nên b t đ ng th c trên hi n nhiên đúng. Bài toán đư c ch ng minh xong. Bài O9. Ch ng minh r ng v i m i s th c dương a, b, c, ta đ u có h √ 2 1 1 1 1 a + b + c + 3 abc + + + √ ≥ . 4 a + b b + c c + a 2 3 abc (a + b)(b + c)(c + a) 2 (Titu Andreescu, MOSP 1999) L i gi i 1 (V. Q. B. C n). Áp d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có c √ 3 2 c2 a2 b2 abc o VT = + + + c2 (a + b) a2 (b + c) b2 (c + a) 2abc √ 2 √ 2 ih 3 a + b + c + abc a + b + c + 3 abc ≥ = = V P. c2 (a + b) + a2 (b + c) + b2 (c + a) + 2abc (a + b)(b + c)(c + a) u Bài toán đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c. L i gi i 2 (V. Q. B. C n). Nhân c hai v c a b t đ ng th c đã cho v i (a + b)(b + c)(c + a) > 0, ta V có th vi t l i nó dư i d ng (a + b)(b + c)(c + a) √ 3 2 ∑(a + b)(a + c) + √3 ≥ a + b + c + abc , cyc 2 abc hay là (a + b)(b + c)(c + a) √ 3 √ 3 ab + bc + ca + √3 ≥ 2 abc(a + b + c) + a2 b2 c2 . 2 abc √ 3 Vì ab + bc + ca ≥ 3 a2 b2 c2 (theo AM – GM) nên ta ch c n ch ng minh đư c (a + b)(b + c)(c + a) √ 3 √ 3 √3 + 2 a2 b2 c2 ≥ 2 abc(a + b + c), 2 abc tương đương √ 3 (a + b)(b + c)(c + a) + 4abc ≥ 4 a2 b2 c2 (a + b + c). www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 13 Đ ch ng minh b t đ ng th c này, ta s gi s a ≥ b ≥ c, và vi t l i nó như sau √ 3 √3 √ 3 (b + c) (a + b)(a + c) − 4 a2 b2 c2 ≥ 4 a2 b2 c2 a − abc , hay là √3 √3 √3 (b + c) a2 + ab + bc + ca − 4 a2 b2 c2 ≥ 4 a2 b2 c2 a − abc . √ 3 L i s d ng đánh giá ab + bc + ca ≥ 3 a2 b2 c2 m t l n n a, ta th y r ng b t đ ng th c trên đư c suy ra t √ 3 √ 3 √3 √3 √ 3 (b+c) a2 − a2 b2 c2 ≥ 4 a2 b2 c2 a − abc , tương đương (b + c) a + abc ≥ 4 a2 b2 c2 . Theo b t đ ng th c AM – GM, ta có √ 3 √ √ 3 √ 3 n (b + c) a + abc ≥ 2 bc · 2 a abc = 4 a2 b2 c2 . .v Do đó, b t đ ng th c cu i hi n nhiên đúng và phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. Bài O10. Gi s a, b, c là các s th c dương b t kì. Ch ng minh b t đ ng th c sau h (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 + 2 + 2 ≤ 8. 2a2 + (b + c)2 2b + (c + a)2 2c + (a + b)2 4 (USAMO 2003) 2 (2a+b+c)2 2(b+c−a)2 L i gi i 1 (V. Q. B. C n). Đ ý r ng 3 − 2a2 +(b+c)2 = 2a2 +(b+c)2 , nên ta có th vi t l i b t đ ng th c c n ch ng minh dư i d ng c 2(b + c − a)2 2(c + a − b)2 2(a + b − c)2 + 2 + 2 ≥ 1. o 2a2 + (b + c)2 2b + (c + a)2 2c + (a + b)2 ih Mà theo b t đ ng th c Cauchy Schwarz thì 2(b + c − a)2 2(b + c − a)2 (b + c − a)2 ≥ 2 = 2 . 2a2 + (b + c)2 2a + 2(b2 + c2 ) a + b2 + c2 u Do đó, ta ch c n ch ng minh đư c V (b + c − a)2 + (c + a − b)2 + (a + b − c)2 ≥ a2 + b2 + c2 . 2 2 B t đ ng th c này đư c suy ra t b t đ ng th c sau (b+c−a) +(c+a−b) ≥ c2 (đúng theo Cauchy 2 Schwarz) và hai b t đ ng th c tương t . Như v y, bài toán c a ta đã đư c ch ng minh xong. D th y đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c. L i gi i 2. B t đ ng th c đã cho là m t b t đ ng th c thu n nh t b c 0. Vì th , ta có th chu n hóa cho a + b + c = 1, khi đó, nó đư c vi t l i thành (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 + 2 + 2 ≤ 8. 2a2 + (1 − a)2 2b + (1 − b)2 2c + (1 − c)2 Bây gi , s d ng đánh giá sau (a + 1)2 1 2(4a + 1) 1 2(4a + 1) 1 2(4a + 1) 2 + (1 − a)2 = + 2 = + 2 +2 ≤ + , 2a 3 9a − 6a + 3 3 (3a − 1) 3 2 www.mathvn.com
14 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n ta thu đư c (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 1 1 1 2 + (1 − a)2 + 2 2 + 2 2 ≤ + (4a + 1) + + (4b + 1) + + (4c + 1) = 8. 2a 2b + (1 − b) 2c + (1 − c) 3 3 3 Đó chính là đi u ph i ch ng minh. Bài O11. Cho x1 , x2 , y1 , y2 , z1 , z2 là các s th c th a mãn x1 , x2 > 0, x1 y1 > z2 và x2 y2 > z2 . Ch ng 1 2 minh r ng 1 1 8 2 + 2 ≥ . x1 y1 − z1 x2 y2 − z2 (x1 + x2 )(y1 + y2 ) − (z1 + z2 )2 (IMO 1968) L i gi i 1 (V. Q. B. C n). T gi thi t, d th y y1 , y2 là các s dương. Đi u này cho phép ta s d ng b t đ ng th c AM – GM như sau √ n (x1 + x2 )(y1 + y2 ) = x1 y1 + x2 y2 + (x1 y2 + x2 y1 ) ≥ x1 y1 + x2 y2 + 2 x1 y1 x2 y2 . T đánh giá này, đ t x1 y1 − z2 = a > 0 và x2 y2 − z2 = b > 0, ta thu đư c .v 1 2 √ (x1 + x2 )(y1 + y2 ) − (z1 + z2 )2 ≥ x1 y1 + x2 y2 + 2 x1 y1 x2 y2 − (z1 + z2 )2 = (a + z2 ) + (b + z2 ) + 2 (a + z2 )(b + z2 ) − (z1 + z2 )2 h 1 2 1 2 √ ≥ (a + z2 ) + (b + z2 ) + 2 ab + z1 z2 − (z1 + z2 )2 1 4 2 √ √ 2 = a+ b . 2 Do đó, đ ch ng minh b t đ ng th c đã cho, ta ch c n ch ng minh đư c c √ √ 2 1 1 a+ b + ≥ 8 (hi n nhiên đúng theo AM – GM). o a b Bài toán đư c ch ng minh xong. Đ ng th c x y ra khi và ch khi x1 = x2 , y1 = y2 và z1 = z2 . ih L i gi i 2 (V. Q. B. C n). Áp d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có 2 √ z1 √ z2 z2 z2 (z1 + z2 )2 = 1 + 2 u x1 · √ + x2 · √ ≤ (x1 + x2 ) , x1 x2 x1 x2 suy ra V z2 z2 (x1 + x2 )(y1 + y2 ) − (z1 + z2 )2 ≥ (x1 + x2 ) y1 + y2 − 1 − 2 x1 x2 x1 y1 − z2 x2 y2 − z2 1 2 = (x1 + x2 ) + x1 x2 √ (x1 y1 − z2 )(x2 y2 − z2 ) 1 2 ≥ 2 x1 x2 · 2 x1 x2 = 4 (x1 y1 − z2 )(x2 y2 − z2 ). 1 2 M t khác, theo b t đ ng th c AM – GM thì 1 1 2 + ≥ . x1 y1 − z1 x2 y2 − z2 2 2 (x1 y1 − z2 )(x2 y2 − z2 ) 1 2 www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 15 Vì th 1 1 [(x1 + x2 )(y1 + y2 ) − (z1 + z2 )2 ] + ≥ 8, x1 y1 − z1 x2 y2 − z2 2 2 t c là 1 1 8 2 + 2 ≥ . x1 y1 − z1 x2 y2 − z2 (x1 + x2 )(y1 + y2 ) − (z1 + z2 )2 Bài toán c a ta đã đư c ch ng minh xong. Nh n xét. Hoàn toàn tương t , ta có th ch ng minh đư c b t đ ng th c t ng quát hơn v n còn đúng N u x1 , x2 , . . . , xn , y1 , y2 , . . . , yn và z1 , z2 , . . . , zn (n ≥ 2) là các s th c sao cho xi > 0 và xi yi > z2 thì i n n 1 n3 ∑ 2 ≥ 2 . i=1 xi yi − zi n n n .v ∑ xi ∑ yi − ∑ zi i=1 i=1 i=1 ♣ h Bài O12. Ch ng minh r ng v i m i s th c x1 , x2 , . . . , xn , b t đ ng th c sau luôn đư c th a mãn 4 n−2 n 2 ∑ |xi + x j | ≥ ∑ |xi |. 1≤i< j≤n 2 i=1 c (Ch n đ i tuy n Romania d thi IMO 2006) o L i gi i (V. Q. B. C n). V i n = 2, b t đ ng th c là hi n nhiên. V i n = 3, b t đ ng th c đã cho tr thành ih 1 |x1 + x2 | + |x2 + x3 | + |x3 + x1 | ≥ (|x1 | + |x2 | + |x3 |). 2 Trong ba s x1 , x2 , x3 có ít nh t hai s cùng d u v i nhau, gi s đó là x2 và x3 , khi đó ta có |x2 + x3 | = u |x2 | + |x3 |, suy ra b t đ ng th c trên có th đư c vi t l i thành V 1 1 |x1 + x2 | + |x1 + x3 | + |x2 + x3 | ≥ |x1 |. 2 2 S d ng b t đ ng th c tr tuy t đ i, ta có 1 1 |x1 + x2 | + |x1 + x3 | + |x2 + x3 | ≥ (|x1 + x2 | + |x1 + x3 | + |x2 + x3 |) 2 2 1 1 ≥ |(x1 + x2 ) + (x1 + x3 ) − (x2 + x3 )| = |x1 | ≥ |x1 |. 2 2 V y b t đ ng th c đã cho cũng đúng cho n = 3. Bây gi ta xét trư ng h p n ≥ 4. Rõ ràng n u t t c các s xi đ u cùng d u v i nhau (t c là cùng âm ho c cùng không âm) thì b t đ ng th c đã cho là hi n nhiên. Vì th , trong ch ng minh c a ta, ta ch c n xét trư ng h p th ba, t c là trong dãy xi t n t i v a s âm l n s không âm. Do vai trò ngang nhau gi a các bi n nên không m t tính t ng quát, ta có th gi s x1 ≤ · · · ≤ xk ≤ 0 ≤ xk+1 ≤ · · · ≤ xn . N u 2 ≤ k ≤ n − 2 thì ta có www.mathvn.com
16 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n ∑ |xi + x j | = ∑ |xi + x j | + ∑ |xi + x j | + ∑ |xi + x j | 1≤i< j≤n 1≤i< j≤k k+1≤i< j≤n 1≤i≤k k+1≤ j≤n k n k n = k ∑ |xi | + (n − k) ∑ |x j | + ∑ ∑ |xi + x j | i=1 j=k+1 i=1 j=k+1 k n k n ≥ k ∑ |xi | + (n − k) ∑ |x j | + ∑ ∑ (xi + x j ) i=1 j=k+1 i=1 j=k+1 k n k n = k ∑ |xi | + (n − k) ∑ |x j | + ∑ (n − k)xi + ∑ |x j | i=1 j=k+1 i=1 j=k+1 k n k n ≥ k ∑ |xi | + (n − k) ∑ |x j | + ∑ (n − k)xi + ∑ |x j | n i=1 j=k+1 i=1 j=k+1 k n k n .v = k ∑ |xi | + (n − k) ∑ |x j | + (n − k) ∑ |xi | − k ∑ |x j | . i=1 j=k+1 i=1 j=k+1 h N u k = 1 ho c k = n − 1 thì th c hi n tương t , ta cũng có đánh giá như trên. Như v y, ta c n ch ng minh 4 k n k n k n n−2 k ∑ |xi | + (n − k) ∑ |x j | + (n − k) ∑ |xi | − k ∑ |x j | ≥ ∑ |xi | + ∑ |x j | . 2 2 i=1 j=k+1 i=1 j=k+1 i=1 j=k+1 Đ t A = ∑k |xi | và B = ∑n j=k+1 |x j | thì b t đ ng th c này tr thành c i=1 n−2 o kA + (n − k)B + |(n − k)A − kB| ≥ (A + B). 2 ih N u (n − k)A ≥ kB, ta có n−2 n−2 n+2 n + 2 − 4k V T −V P = kA + (n − k)B + (n − k)A − kB − A− B= A+ B 2 2 2 2 u n+2 k n + 2 − 4k (n − 2k)2 + 2n ≥ · B+ B= B ≥ 0. 2 n−k 2 2(n − k) V N u (n − k)A ≤ kB, ta có n−2 n−2 n+2 4k + 2 − 3n V T −V P = kA + (n − k)B − (n − k)A + kB − A− B= B+ A 2 2 2 2 n+2 n−k 4k + 2 − 3n (n − 2k)2 + 2n ≥ · A+ A= A ≥ 0. 2 k 2 2k Bài toán đư c ch ng minh xong. Bài O13. Cho a, b, c là các s th c dương sao cho a ≤ b ≤ c và x, y, z là các s dương b t kì. Ch ng minh r ng (a + c)2 x y z (x + y + z)2 ≥ (ax + by + cz) + + . 4ac a b c (Olympic toán Áo 1971) www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 17 L i gi i (V. Q. B. C n). Áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta có x y z x y z 2 4ac(ax + by + cz) + + ≤ (ax + by + cz) + ac + + . a b c a b c Vì v y, ta ch c n ch ng minh đư c x y z (a + c)(x + y + z) ≥ (ax + by + cz) + ac + + , a b c hay là y(a − b)(b − c) ≥ 0. b B t đ ng th c này hi n nhiên đúng do a ≥ b ≥ c. Do đó, phép ch ng minh c a ta đư c hoàn t t. Bài O14. Cho n + 1 s th c x0 , x1 , . . . , xn th a mãn x0 = 0, xi ≥ 0 v i m i i = 1, 2, . . . , n và x1 + x2 + n · · · + xn = 1. Ch ng minh r ng .v n xi π 1≤∑√ √ ≤ . i=1 1 + x0 + · · · + xi−1 xi + · · · + xn 2 h (Olympic toán Trung Qu c 1996) L i gi i. Đ u tiên, ta s ch ng minh v b t đ ng th c bên trái. Theo b t đ ng th c AM − GM thì 4 n n n xi xi ∑ √1 + x0 + · · · + xi−1 √xi + · · · + xn ≥ 2 ∑ 1 + x0 + · · · + xi−1 + xi + · · · + xn = ∑ xi = 1. 2 i=1 i=1 i=1 c V bên trái đư c ch ng minh xong. Bây gi , ta s đi đ n ch ng minh v bên ph i. T gi thi t cho phép ta đ t x0 + x1 + · · · + xi = sin αi 0 ≤ αi ≤ π v i m i i = 0, 1, . . . , n. Khi đó, d th y o 2 (1 + x0 + · · · + xi−1 )(xi + · · · + xn ) = 1 − (x0 + · · · + xi−1 )2 = 1 − sin2 αi = cos2 αi , ih và như v y, b t đ ng th c c n ch ng minh có th đư c vi t l i thành n sin αi − sin αi−1 π u ∑ ≤ . i=1 cos αi−1 2 V Ta có đánh giá sau αi − αi−1 αi + αi−1 αi − αi−1 sin αi − sin αi−1 = 2 sin cos ≤ 2 sin cos αi−1 2 2 2 αi − αi−1 ≤ 2· · cos αi−1 = (αi − αi−1 ) cos αi−1 , 2 suy ra n n sin αi − sin αi−1 (αi − αi−1 ) cos αi−1 π ∑ ≤∑ = αn − α0 = αn ≤ . i=1 cos αi−1 i=1 cos αi−1 2 Bài toán đư c ch ng minh xong. Bài O15. Ch ng minh r ng v i m i 0 < x < π , b t đ ng th c sau luôn đư c th a mãn 4 (cos x)cos x > (sin x)sin x . www.mathvn.com
18 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n (MOSP 2004) L i gi i (V. Q. B. C n). Ta vi t l i b t đ ng th c c n ch ng minh dư i d ng sau (cos x)cot x > sin x, hay là (cos2 x)cot x > sin2 x. Áp d ng b t đ ng th c Bernoulli v i đ ý r ng cot x > 1 ∀x ∈ 0, π , ta đư c 4 (cos2 x)cot x = (1 − sin x)cot x (1 + sin x)cot x ≥ (1 − sin x · cot x)(1 + sin x · cot x) = sin2 x. Đ ng th c x y ra khi sin x = 0 ho c cot x = 1, nhưng c hai đi u này là không th x y ra do x ∈ 0, π . 4 Vì v y, ta đi đ n (cos2 x)cot x > sin2 x. Đó chính là đi u ph i ch ng minh. n Bài O16. Cho n ≥ 2 là m t s nguyên dương cho trư c và x1 , x2 , . . . , xn là các s th c dương b t kì. Đ t .v 1 1 1 Sn = min x1 , + x2 , . . . , + xn , . x1 xn−1 xn h Hãy tìm giá tr l n nh t c a Sn theo n. (T p hu n đ i tuy n Vi t Nam d thi IMO 2009) 4 π L i gi i (V. Q. B. C n). Ta s ch ng minh r ng giá tr l n nh t c a Sn là 2 cos n+2 . Th t v y, gi s π Sn > 2 cos n+2 , khi đó ta có 2 1 1 1 π min x1 , + x2 , . . . , + xn , > 2 cos . c x1 xn−1 xn n+2 o sin (i+1)π n+2 Đ t ai = iπ sin n+2 v i m i i = 1, 2, . . . , n thì ta d th y ai > 0 và ih 1 1 1 π a1 = + a2 = · · · = + an = = 2 cos . a1 an−1 an n+2 u Bây gi , ta s ch ng minh r ng xi > ai v i m i i = 1, 2, . . . , n. Khi đó, theo gi thi t ph n ch ng, ta s có V π 1 1 π 2 cos < < = 2 cos . n + 2 xn an n+2 Đó là đi u vô lí, và ta s có ngay đi u ph i ch ng minh. Đ ch ng minh kh ng đ nh trên, ta hãy đ ý r ng n u có m t s k (k ≤ n − 1) nào đó mà xk > ak thì π 1 1 2 cos = + ak+1 > + ak+1 . n + 2 ak xk Mà theo gi thi t ph n ch ng thì x1k + xk+1 > 2 cos n+2 nên k t h p v i trên, ta có ngay xk+1 > ak+1 . π Đi u này ch ng t r ng n u kh ng đ nh c a ta đúng v i k thì nó cũng đúng cho m i i = k, k + 1, . . . , n. Nhưng rõ ràng x1 > a1 (theo gi thi t ph n ch ng) nên t đó, ta suy ra đư c xi > ai v i m i i = π 1, 2, . . . , n. T ch ng minh này, k t h p v i l p lu n trên, ta th y r ng đánh giá Sn > 2 cos n+2 là π không th x y ra, hay nói m t cách khác, v i m i n ≥ 2 thì Sn ≤ 2 cos n+2 . D th y đ ng th c x y ra đư c khi xi = ai nên đây cũng chính là giá tr l n nh t c a Sn . Bài toán đư c gi i quy t xong. www.mathvn.com
Nh ng bài b t đ ng th c t các cu c thi gi i toán 19 Bài O17. Cho a1 , a2 , . . . , an là các s th c th a mãn |ai | ≤ 1 v i m i i = 1, 2, . . . , n và a1 + a2 + · · · + an = 0. Ch ng minh r ng t n t i m t s k ∈ {1, 2, . . . , n} sao cho 2k + 1 |a1 + 2a2 + · · · + kak | ≤ . 4 (T p hu n đ i tuy n Vi t Nam d thi IMO 2009) L i gi i (V. Q. B. C n). Đ t b0 = 0, bi = a1 + · · · + iai v i m i i = 1, 2, . . . , n thì ta có ai = bi −bi−1 i v i m i i = 1, 2, . . . , n. Như v y, t gi thi t ta có |bi − bi−1 | ≤ i và n n bi − bi−1 b0 n−1 bi bi bn n−1 bi bn 0 = ∑ ai = ∑ =− +∑ − + =∑ + . i=1 i=1 i 1 i=1 i i+1 n i=1 i(i + 1) n Không m t tính t ng quát, ta có th gi s b1 > 0, b i vì n u b1 = 0 thì bài toán hi n nhiên đư c th a mãn, còn n u b1 < 0 thì ta có th thay ai b i −ai , lúc này gi thi t c a bài toán v n không đ i nhưng n ta s có b1 > 0. Bây gi , t gi thi t này, ta th y r ng trong dãy b2 , . . . , bn t n t i ít nh t m t s không dương, ta g i k là ch s nh nh t sao cho bk ≤ 0, khi đó ta có bk−1 > 0, và .v k ≥ |bk − bk−1 | = |bk | + |bk−1 |. h 2k+1 2(k−1)+1 N u |bk | > 4 và |bk−1 | > 4 thì ta có 4 2k + 1 2(k − 1) + 1 |bk | + |bk−1 | > + = k (mâu thu n v i trên). 4 4 2 2k+1 2(k−1)+1 Vì v y ta ph i có |bk | ≤ 4 ho c |bk−1 | ≤ 4 . Bài toán đư c ch ng minh xong. c Bài O18. Cho u1 , u2 , . . . , un , v1 , v2 , . . . , vn là các s th c b t kì. Ch ng minh r ng o n n n 4 1 + ∑ (ui + vi )2 ≤ 1 + ∑ u2 1 + ∑ v2 . ih i i i=1 3 i=1 i=1 (D tuy n IMO 1970) u L i gi i (V. Q. B. C n). Áp d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta có V n n n n n n n n ∑ (ui + vi )2 = ∑ u2 + ∑ v2 + 2 ∑ ui vi ≤ ∑ u2 + ∑ v2 + 2 i i i i ∑ u2 i ∑ v2 i . i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 Vì v y, đ ch ng minh b t đ ng th c đã cho, ta ch c n ch ng minh đư c 4 (1 + a2 )(1 + b2 ) ≥ a2 + b2 + 2ab + 1, 3 trong đó a = ∑n u2 và b = i=1 i ∑n v2 . Ta có i=1 i 4(1 + a2 )(1 + b2 ) − 3(a2 + b2 + 2ab + 1) = (a − b)2 + (2ab − 1)2 ≥ 0, nên b t đ ng th c trên hi n nhiên đúng. Bài toán đư c ch ng minh xong. D th y đ ng th c x y ra khi và ch khi ui = vi và u2 + u2 + · · · + u2 = 1 . 1 2 n 2 www.mathvn.com
20 Let the solutions say your method - Võ Qu c Bá C n Bài O19. Ch ng minh r ng v i m i a, b, c, d dương, ta đ u có a+c b+d c+a d +b + + + ≥ 4. a+b b+c c+d d +a (D tuy n IMO 1971) L i gi i. Áp d ng b t đ ng th c AM – GM, ta có a+c c+a 1 1 4(a + c) + = (a + c) + ≥ . a+b c+d a+b c+d a+b+c+d Hoàn toàn tương t , ta cũng có b+d d +b 4(b + d) + ≥ . b+c d +a a+b+c+d n C ng tương ng v v i v hai b t đ ng th c này, ta d dàng thu đư c b t đ ng th c c n ch ng minh. .v Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = c và b = d. Bài O20. Cho a, b, c là các s th c dương có t ng b ng 3. Ch ng minh b t đ ng th c sau h a b c 3 2 + 2 + 2 ≥ . 4 b+c c+a a+b 2 (Ph m Kim Hùng, T p hu n đ i tuy n Vi t Nam d thi IMO 2009) 2 L i gi i (V. Q. B. C n). S d ng b t đ ng th c Cauchy Schwarz, ta d th y c √ √ √ 2 V T · [a2 (b + c2 ) + b2 (c + a2 ) + c2 (a + b2 )] ≥ a a + b b + c c . o B t đ ng th c c n ch ng minh đư c đưa v ih √ √ √ 2 2 a a+b b+c c ≥ 3(a2 b + b2 c + c2 a) + 3(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ). u Nhân c hai v c a b t đ ng th c này cho 3, r i s d ng các đánh giá sau V √ √ √ 2 √ a2 b2 6 a a+b b+c c = 6 ∑ a3 + 12 ∑ ab ab ≥ 6 ∑ a3 + 24 ∑ cyc cyc cyc cyc a + b a2 b2 (a + b + c) =2 ∑ a3 ∑a +8∑ a+b cyc cyc cyc ab =2 ∑ a3 ∑a + 8 ∑ a2 b2 + 8abc ∑ , cyc cyc cyc cyc a + b và 9(a2 b + b2 c + c2 a) = 3(a + b + c)(a2 b + b2 c + c2 a) = 3(a3 b + b3 c + c3 a) + 3 ∑ a2 b2 + 3abc ∑ a cyc cyc 2 2 2 2 2 2 ≤ (a + b + c ) + 3 ∑ a b + 3abc ∑ a, cyc cyc www.mathvn.com