Sưu tầm bài toán Bất đẳng thức

Chia sẻ: Do Tan Bao | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:235

Thêm vào BST

Báo xấu

723
lượt xem 375
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu được sưu tập với khoảng bốn trăm bài toán bất đẳng thức chọn lọc được gửi tới từ các bạn trẻ, các thầy cô yêu toán trên mọi miền của tổ quốc, ở đó bao gồm các bài toán bất đẳng thức mới sáng tạo, các bài toán bất đẳng thức khó, các bài toán bất đẳng thức hay và thú vị mà các bạn trẻ muốn chia sẻ với mọi người. Điều đó tạo nên sự hấp dẫn, tính cập nhật và thời đại của cuốn sách này. Mời bạn đọc tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sưu tầm bài toán Bất đẳng thức

M cl c L i nói đ u 4 Các thành viên tham gia biên so n 5 1 Các b t đ ng th c kinh đi n 6 1.1 B t đ ng th c gi a trung bình c ng và trung bình nhân (AM-GM). . . . . . . . . 6 1.2 B t đ ng th c gi a trung bình c ng và trung bình đi u hoà (AM-HM). . . . . . . 6 1.3 B t đ ng th c Cauchy - Schwarz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 B t đ ng th c Holder. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.5 B t đ ng th c Chebyshev. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.6 B t đ ng th c Minkowski. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.7 B t đ ng th c Schur. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.8 B t đ ng th c Vornicu - Schur. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.9 B t đ ng th c Bernoulli. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.10 Ba tiêu chu n SOS thư ng g p. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2 M t s đánh giá quen thu c 9 3 Tuy n t p b t đ ng th c 10 3.1 Bài 1.1 đ n bài 1.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 3.2 Bài 2.1 đ n bài 2.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 3.3 Bài 3.1 đ n bài 3.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 3.4 Bài 4.1 đ n bài 4.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 3.5 Bài 5.1 đ n bài 5.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 3.6 Bài 6.1 đ n bài 6.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 3.7 Bài 7.1 đ n bài 7.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 3.8 Bài 8.1 đ n bài 8.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168 3.9 Bài 9.1 đ n bài 9.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 3.10 Bài 10.1 đ n bài 10.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 3
L i nói đ u Bi n v n mãi nh p nhô v i nh ng con sóng d t vào b , thuy n v n mãi lênh đênh theo t ng con sóng đi vào đ i dương, và trong đ t li n cu c s ng v n có nhi u b t c p còn đang x y ra,. . . , t t c nh ng đi u đó đ u là các b t đ ng th c trong ph m trù đ c thù c a t ng lĩnh v c. Trong toán h c cũng v y nói đ n b t đ ng th c là chúng ta nói đ n m t l p bài toán khó mà n ch a bên trong có nhi u l i gi i đ p l kì làm say đ m bi t bao nhiêu ngư i. Trong th i đ i công ngh thông tin v i vi c k t n i internet b n có th giao lưu h c h i đư c r t nhi u v các phương pháp làm bài b t đ ng th c, ho c h c h i v i nhi u cu n sách v b t đ ng th c đang bày bán trên th trư ng nhưng đ có m t cu n sách b t đ ng th c hay v i s h i t tinh hoa ki n th c c a nhi u ngư i thì đi u đó chính là đi m m nh c a cu n sách b t đ ng th c mà các b n đang c m trên tay. "Tuy n T p B t Đ ng Th c" v i kho ng b n trăm bài toán b t đ ng th c ch n l c đư c g i t i t các b n tr , các th y cô giáo yêu toán trên m i mi n c a t qu c, đó bao g m các bài toán b t đ ng th c m i sáng t o, các bài toán b t đ ng th c khó, các bài toán b t đ ng th c hay và thú v mà các b n tr mu n chia s v i m i ngư i. Đi u đó t o nên s h p d n, tính c p nh t và th i đ i c a cu n sách này. B n đ c hãy nhâm nhi v i nh ng l i gi i hay, nh ng ý tư ng đ c đáo, nh ng sáng ki n l kì trong cách gi i t ng bài toán đ t đó rút kinh nghi m h c t p cho mình, giúp cho b n thêm yêu, thêm tin vào vi c gi i nhi u bài toán b t đ ng th c. V i tinh th n làm vi c nghiêm túc, ham h c h i nhóm biên t p xin đư c g i l i c m ơn sâu s c t i t t c các b n đã tham gia g i bài và gi i bài, đ ng th i cũng xin bày t s c m ơn và kính tr ng t i th y giáo Châu Ng c Hùng - THPT Ninh H i - Ninh Thu n đã nhi t tình c v n kĩ thu t latex. Nhóm biên t p cũng xin g i l i c m ơn t i ban qu n tr di n đàn http://forum.mathscope.org/index.php đã c vũ, đ ng viên anh em trong quá trình làm vi c đ ngày hôm nay chúng ta có m t cu n sách hay, có giá tr cao v ki n th c chuyên môn mà l i hoàn toàn mi n phí v tài chính. "TUY N T P B T Đ NG TH C" chính th c đư c phát hành trên c ng đ ng m ng nh ng ngư i yêu toán, đ t đó th i m t lu ng gió m i đem l i nhi u đi u m i l cho h c sinh, là tài li u tham kh o h u ích cho giáo viên trong vi c gi ng d y và h c t p b t đ ng th c. Do th i gian g p rút và trình đ có h n, dù r t c g ng song nh ng sai sót là khó tránh kh i r t mong nh n đư c s thông c m, chia s , góp ý c a các b n đ nhóm biên t p hoàn thi n cu n sách t t hơn. M i ý ki n đóng góp xin g i v đ a ch hoangquan9@gmail. Thay m t nhóm biên so n, tôi xin chân thành c m ơn! Hà N i, ngày 10 tháng 8 năm 2011 Đ i di n nhóm biên so n Ch biên Hoàng Minh Quân-Batigoal 4
Các thành viên tham gia biên so n N i dung • Hoàng Minh Quân - THPT Ng c T o - Hà N i. • Tăng H i Tuân - THPT Nguy n Đ c C nh - TP. Thái Bình. • Lê Đ c C nh - THPT Chuyên Lê H ng Phong-Nam Đ nh. • Đào Thái Hi p - PTNK - ĐHQG HCM. • Ph m Tu n Huy - PTNK - ĐHQG HCM. • Ph m Quang Hưng - THPT Cao Bá Quát - Hà N i. • Ph m Ti n Kha - THPT Chuyên Lê H ng Phong - TP. HCM. • Nguy n Văn Khánh - THPT Chuyên B c Ninh - TP. B c Ninh. • Nguy n Th Nguyên Khoa - THCS Nguy n Tri Phương - TP. Hu . • M c Đ c Trí - H i Dương. L TEX A H tr kĩ thu t Latex 1. Châu Ng c Hùng - THPT Ninh H i -Ninh Thu n. 2. Các thành viên trong nhóm biên so n. Trình bày bìa Hoàng Minh Quân - THPT Ng c T o - Hà N i. 5
1 Các b t đ ng th c kinh đi n 1.1 B t đ ng th c gi a trung bình c ng và trung bình nhân (AM- GM). N u a1 , a2 , . . . , an là các s th c không âm, thì √ a1 + a2 + . . . + an ≥ n n a1 a2 . . . an . Đ ng th c x y ra khi và ch khi a1 = a2 = . . . = an . 1.2 B t đ ng th c gi a trung bình c ng và trung bình đi u hoà (AM- HM). N u a1 , a2 , . . . , an là các s th c dương, thì a1 + a2 + . . . + an n ≥1 . 1 1 n + + ... + a1 a2 an Đ ng th c x y ra khi và ch khi a1 = a2 = . . . = an . Th c ch t đây là m t h qu tr c ti p c a b t đ ng th c Cauchy - Schwarz. Hai trư ng h p thư ng đư c s d ng nh t c a b t đ ng th c này là khi n = 3 hay n = 4. V i n = 3, ta có a+b+c 3 ≥ 1 1 1, 3 +b+c a 111 9 ++≥ . abc a+b+c V i n = 4, ta có a+b+c+d 4 ≥ 1 1 1 1, 4 +b+c+d a 1111 16 +++≥ . abcd a+b+c+d 1.3 B t đ ng th c Cauchy - Schwarz. D ng sơ c p c a nó đư c phát bi u như sau: N u a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn là các s th c tuỳ ý, thì (a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn )2 ≤ (a2 + a2 + . . . + a2 )(b1 + b2 + . . . + b2 ). 1 2 n n a1 a2 an = = . . . = , trong đó ta s d ng quy ư c: n u m u Đ ng th c x y ra khi và ch khi b1 b2 bn b ng 0 thì t cũng b ng 0. √ xi Trong đánh giá trên, ch n ai = √ ,bi = yi v i xi , yi ∈ R; yi > 0, ta thu đư c b t đ ng th c yi Cauchy - Schwarz d ng phân th c : N u x1 , x2 , . . . , xn là các s th c và y1 , y2 , . . . , yn , là các s th c dương, thì x2 x2 x2 (x1 + x2 + . . . + xn )2 1 + 2 + ... + n ≥ . y1 y2 yn y1 + y2 + . . . + yn x1 x2 xn = = ... = Đ ng th c x y ra khi và ch khi . y1 y2 yn 6
1.4 B t đ ng th c Holder. Cho xij (i = 1, 2, . . . , m; j = 1, 2, . . . , n) là các s th c không âm. Khi đó ta có 1 m n n m m 1 ≥ xij xij . m i=1 j =1 j =1 i=1 T ng quát hơn, n u p1 , p2 , . . . , pn là các s th c dương tho mãn p1 + p2 + . . . + pn = 1, thì pi m n n m xp i ≥ xij . ij i=1 j =1 j =1 i=1 1.5 B t đ ng th c Chebyshev. Cho hai dãy s th c a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an và b1 , b2 , . . . , bn . Khi đó n n n 1. N u b1 ≤ b2 ≤ . . . ≤ bn thì n ai b i ≥ ai bi ; i=1 i=1 i=1 n n n 2. N u b1 ≥ b2 ≥ . . . ≥ bn thì n ai b i ≤ ai bi . i=1 i=1 i=1 1.6 B t đ ng th c Minkowski. Cho hai dãy s dương a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn . V i m i r ≥ 1, ta có 1 1 1 n n n r r r (ai + bi )r ar br ≤ + . i i i=1 i=1 i=1 Trư ng h p r = 2 là trư ng h p thư ng đư c s d ng nh t c a b t đ ng th c Minkowski. Khi đó ta có n n n 2 a2 b2 . (ai + bi ) ≤ + i i i=1 i=1 i=1 1.7 B t đ ng th c Schur. Cho các s th c không âm a, b, c. Khi đó v i m i s th c dương r, ta có ar (a − b)(a − c) + br (b − a)(b − c) + cr (c − a)(c − b) ≥ 0. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c, ho c a = 0 và b = c, ho c các hoán v tương ng. Hai trư ng h p thư ng đư c s d ng nh t c a b t đ ng th c Schur là r = 1 và r = 2. V i r = 1, ta có b t đ ng th c Schur b c ba a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a), (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + bc + ca), (b − c)2 (b + c − a) + (c − a)2 (c + a − b) + (a − b)2 (a + b − c) ≥ 0, 7
9abc a2 + b2 + c2 + ≥ 2(ab + bc + ca), a+b+c a b c 4abc ≥ 2. + + + b + c c + a a + b (a + b)(b + c)(c + a) V i r = 2, ta thu đư c b t đ ng th c Schur b c b n a4 + b4 + c4 + abc(a + b + c) ≥ ab(a2 + b2 ) + bc(b2 + c2 ) + ca(c2 + a2 ). 1.8 B t đ ng th c Vornicu - Schur. V i m i s th c a, b, c và x, y, z ≥ 0, b t đ ng th c x(a − b)(a − b) + y (b − c)(b − a) + z (c − a)(c − b) ≥ 0 đúng n u m t trong các đi u ki n sau đư c tho mãn 1. a ≥ b ≥ c và x ≥ y ; 2. a ≥ b ≥ c và z ≥ y ; 3. a ≥ b ≥ c và x + z ≥ y ; 4. a ≥ b ≥ c ≥ 0 và ax ≥ by ; 5. a ≥ b ≥ c ≥ 0 và cz ≥ by ; 6. a ≥ b ≥ c ≥ 0 và ax + cz ≥ by ; 7. x, y, z là đ dài ba c nh c a m t tam giác; 8. x, y, z là bình phương đ dài ba c nh c a m t tam giác; 9. ax, by, cz là đ dài ba c nh c a m t tam giác; 10. ax, by, cz là bình phương đ dài ba c nh c a m t tam giác; 11. T n t i m t hàm l i t : I → R+ , trong đó I là t p xác đ nh c a a, b, c, sao cho x = t(a), y = t(b), z = t(c). 1.9 B t đ ng th c Bernoulli. N u α ≥ 1 ho c α ≤ 0 thì (1 + x)α ≥ 1 + αx, ∀x > −1. N u 0 ≤ α ≤ 1 thì (1 + x)α ≤ 1 + αx, ∀x > −1. 8
1.10 Ba tiêu chu n SOS thư ng g p. Gi s a ≥ b ≥ c và có: Sa (b − c)2 + Sb (c − a)2 + Sc (a − b)2 ≥ 0(Sa , Sb , Sc là các hàm ch a bi n a, b, c). Khi đó b t đ ng th c đúng n u th a mãn m t trong các tiêu chu n. 1.Sb ≥ 0, Sb + Sc ≥ 0, Sb + Sa ≥ 0. 2.V i a, b, c > 0 th a mãn Sb ≥ 0, Sc ≥ 0, a2 Sb + b2 Sa ≥ 0. 3.Sb ≥ 0, Sc ≥ 0, Sa (b − c) + Sb (a − c) ≥ 0 2 M t s đánh giá quen thu c 1 V i m i s th c a, b, ta luôn có 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 Ch ng minh. Đ ý r ng 2(a2 + b2 ) − (a + b)2 = (a − b)2 ≥ 0, do đó ta có đi u ph i ch ng minh. 2 Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b. 2 V i m i s th c a, b, c, ta luôn có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Ch ng minh. Đ ý r ng 1 a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) = [(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ] ≥ 0, 2 do v y ta có đi u ph i ch ng minh. 2 Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c. Lưu ý. T đánh giá này ta suy ra (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), và 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 . 3 V i m i s th c dương a, b, c, ta luôn có 111 9 ++≥ abc a+b+c Ch ng minh. Đây là m t k t qu đã đư c đ c p trên. L i gi i có th s d ng b t đ ng th c 2 AM-HM ho c Cauchy - Schwarz. Đ ng th c x y ra khi và ch khi a = b = c. 9
3 Tuy n t p b t đ ng th c 3.1 Bài 1.1 đ n bài 1.40 1.1 Cho x, y, z là các s th c dương th a mãn x + y + z = 1. Ch ng minh r ng: 8x + 8y + 8z ≥ 4x+1 + 4y+1 + 4z+1 L i gi i. Đ t a = 2x , b = 2y , c = 2z . Khi đó đi u ki n đã cho đư c vi t l i thành a, b, c > 0; abc = 2x+y+z = 64, và ta c n ch ng minh a3 + b3 + c3 ≥ 4(a2 + b2 + c2 ). Đ ý r ng ta có đ ng th c a3 + 32 − 6a2 = (a − 4)2 (a + 2), t đó s d ng gi thi t a > 0 ta suy ra a3 + 32 ≥ 6a2 . Thi t l p các b t đ ng th c tương t cho b và c và c ng v theo v các b t đ ng th c thu đư c, ta có a3 + b3 + c3 + 96 ≥ 6(a2 + b2 + c2 ). Như v y đ k t thúc ch ng minh ta c n ch ra r ng 6(a2 + b2 + c2 ) ≥ 4(a2 + b2 + c2 ) + 96, hay 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 96. Tuy nhiên b t đ ng th c này đúng theo b t đ ng th c AM-GM cho ba s: √ √ 3 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2.3 a2 b2 c2 = 6 4096 = 96. 3 Như v y phép ch ng minh đ n đây hoàn t t.2 1.2 Cho a, b, c là các s th c tho mãn a ≥ 4, b ≥ 5, c ≥ 6 và a2 + b2 + c2 = 90. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: P =a+b+c L i gi i. Đ t a = m + 4, b = n + 5, c = p + 6, khi đó m, n, p ≥ 0 và t gi thi t a2 + b2 + c2 = 90 ta suy ra m2 + n2 + p2 + 8m + 10n + 12p = 13. Đ ý r ng ta có đ ng th c sau (m + n + p)2 + 12(m + n + p) = (m2 + n2 + p2 + 8m + 10n + 12p) + 2(mn + np + pm + 2m + n). Đ n đây ta s d ng các gi thi t đã cho đ có (m + n + p)2 + 12(m + n + p) ≥ 13, t đó ta suy ra m + n + p ≥ 1. Thay m = a − 4, n = b − 5, p = c − 6 ta suy ra a + b + c ≥ 10 hay P ≥ 16. 10
Cu i cùng, v i a = 4, b = 5, c = 7 (tho mãn các đi u ki n đã cho) ta có P = 16 nên ta k t lu n 16 là giá tr nh nh t c a bi u th c P . 2 Phép ch ng minh hoàn t t. 1.3 Cho x, y, z là các s th c tho mãn xy + yz + 3zx = 1. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: P = x2 + y 2 + z 2 √ √ √ 9 + 3 17 3 + 17 13 + 3 17 2 L i gi i. Đ t a = và b = , khi đó a = 3b và a + 1 = 2b = c = . Áp 4 4 4 d ng b t đ ng th c AM-GM ta thu đư c các b t đ ng th c sau x2 + b2 y 2 ≥ 2bxy, by 2 + z 2 ≥ 2byz, a(z 2 + x2 ) ≥ 2azx. Đ n đây ta c ng v theo v các b t đ ng th c thu đư c đ có (a + 1)(x2 + z 2 ) + 2b2 y 2 ≥ 2b(xy + yz ) + 2azx, hay c(x2 + y 2 + z 2 ) ≥ 2b(xy + yz + 3zx). T đó ta thay các giá tr c a xy + yz + 3zx, b và c đ đư c √ 17 − 3 2 2 2 P =x +y +z ≥ . 2 √ √ 13 17 − 51 17 − 3 1 Cu i cùng, v i x = z = √ và y = (tho mãn gi thi t) thì P = nên ta 4 34 2 17 √ 17 − 3 là giá tr nh nh t c a bi u th c P . k t lu n 2 Phép ch ng minh hoàn t t.2 1.4 Cho a, b, c là các s th c dương tho mãn a + b + c = 1. Ch ng minh r ng: a7 + b 7 b 7 + c 7 c 7 + a7 1 ≥ +5 +5 5 + b5 5 5 a b +c c +a 3 L i gi i. Trư c h t ta có đ ng th c sau 2(a7 + b7 ) − (a2 + b2 )(a5 + b5 ) = (a − b)2 (a + b)(a4 + a3 b + a2 b2 + ab3 + b4 ), do v y t gi thi t a, b ≥ 0 ta suy ra a7 + b 7 a2 + b 2 ≥ . a5 + b 5 2 b7 + c 7 b2 + c 2 c7 + a7 c2 + a2 ≥ ≥ Hoàn toàn tương t ta cũng có và 5 . Đ n đây ta c ng v theo b5 + c 5 c + a5 2 2 v ba b t đ ng th c thu đư c đ có a7 + b 7 b 7 + c 7 c 7 + a7 ≥ a2 + b 2 + c 2 . +5 +5 5 + b5 5 5 a b +c c +a 11
Như v y đ k t thúc ch ng minh ta c n ch ra r ng 1 a2 + b 2 + c 2 ≥ . 3 Tuy nhiên b t đ ng th c trên đúng do (a + b + c)2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 1 a2 + b 2 + c 2 − = a2 + b 2 + c 2 − ≥ 0. = 3 3 3 Như v y phép ch ng minh đ n đây hoàn t t.2 1.5 Cho a, b, c là các s th c dương. Ch ng minh r ng: b2 c c2 a a2 b 1 ≥ ( a + b + c) +3 +3 a3 (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 L i gi i. Ta áp d ng AM-GM cho ba s như sau: b2 c b2 c b+c 1 (b + c) 1 3 ≥33 3 + + . .=, 3 (b + c) a 4bc 2b a (b + c) 4bc 2b 2a t đó ta suy ra b2 c 3 3 1 ≥ − −. 3 ( b + c) a 2a 4b 4c Thi t l p hai b t đ ng th c tương t và c ng l i, ta suy ra b2 c c2 a a2 b 331 1 ≥ −− +3 +3 (a + b + c) = (a + b + c). a3 (b + c) b (c + a) c (a + b) 244 2 Phép ch ng minh hoàn t t.2 1.6 Cho a, b, c là các s th c không âm. Ch ng minh r ng: √ (a + b + c)3 ≥ 6 3(a − b)(b − c)(c − a) L i gi i. B t đ ng th c ban đ u mang tính hoán v gi a các bi n nên không m t tính t ng quát, ta gi s a = max {a, b, c}. V i a ≥ b ≥ c thì v ph i là bi u th c không dương, trong khi v trái là bi u th c không âm nên b t đ ng th c c n ch ng minh hi n nhiên đúng. Do v y ta xét trư ng h p a ≥ c ≥ b. Khi đó bình phương hai v ta thu đư c b t đ ng th c tương đương sau: (a + b + c)6 ≥ 108[(a − b)(b − c)(c − a)]2 . Đ ý r ng các bi n không âm, và v i vi c s p th t như trên thì [(a − b)(b − c)(c − a)]2 = [(a − b)(c − b)(a − c)]2 ≤ (a − c)2 a2 c2 . Đ n đây ta áp d ng b t đ ng th c AM-GM đ có [(a − c)2 + 2ac + 2ac]3 (a + c)6 4(a − c)2 a2 c2 = (a − c)2 .2ac.2ac ≤ = , 27 27 t đó ta suy ra (a + c)6 [(a − b)(b − c)(c − a)]2 ≤ , 108 12
và như v y ta đã ch ng minh đư c b t đ ng th c ban đ u vì (a + b + c)6 ≥ (a + c)6 ≥ 108[(a − b)(b − c)(c − a)]2 . Phép ch ng minh hoàn t t.2 111 1.7 Cho a, b, c là các s th c dương tho mãn a + b + c = + + . Ch ng minh r ng: a√ b c √ √ 2(a + b + c) ≥ a2 + 3 + b2 + 3 + c2 + 3 L i gi i. D th y b t đ ng th c c n ch ng minh tương đương v i m i b t đ ng th c trong dãy sau √ √ √ (2a − a2 + 3) + (2b − b2 + 3) + (2c − c2 + 3) ≥ 0, a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 √ √ √ ≥ 0, + + 2a + a2 + 3 2b + b2 + 3 2c + c2 + 3 a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 a b c ≥ 0. + + 3 3 3 2+ 1+ 2 2+ 1+ 2 2+ 1+ 2 a b c Các b t đ ng th c trên đ u mang tính đ i x ng gi a các bi n nên không m t tính t ng quát ta hoàn toàn có th gi s a ≥ b ≥ c. Khi đó không khó đ ta suy ra a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 ≥ ≥ a b c và 1 1 1 ≥ ≥ . 3 3 3 2+ 1+ 2+ 1+ 2+ 1+ a2 b2 b2 Như v y theo b t đ ng th c Chebyshev ta đư c   a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 a2 − 1 1 1 a b   c ≥ + +   3 a 3 3 3 3  2+ 1+ 2+ 1+ 2+ 1+ 2+ 1+ 2 a2 b2 c2 a Nhưng theo gi thi t ta l i có a2 − 1 111 = (a + b + c) − ++ =0 a abc a2 − 1 b2 − 1 c2 − 1 a b c ≥ 0, và vì v y b t đ ng th c đã cho + + nên ta suy ra 3 3 3 2+ 1+ 2+ 1+ 2 2+ 1+ 2 a2 b c cũng đúng. Phép ch ng minh hoàn t t.2 1.8 Cho a, b, c là các s th c dương tho mãn a + b + c = 3. Ch ng minh r ng: ab bc ca 3 √ +√ +√ ≤ 2 2+3 2+3 2+3 c a b 13
L i gi i. Trư c h t đ ý r ng (a + b + c)2 (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ab + bc + ca − =− ≤ 0, 3 6 do đó t gi thi t ta suy ra ab + bc + ca ≤ 3. Như v y ab ab ab √ ≤√ = . 2+3 2 + ab + bc + ca c c (c + a)(b + c) Đ n đây ta áp d ng b t đ ng th c AM-GM đ có ab 1 ab ab √ ≤ + . 2 c+a b+c 2+3 c Thi t l p hai b t đ ng th c tương t và c ng l i, ta suy ra dãy các đánh giá sau ab bc ca 1 ab bc bc ca ca ab √ +√ +√ ≤ + + + + + , 2 c+a c+a a+b a+b b+c b+c c2 + 3 a2 + 3 b2 + 3 ab bc ca a+b+c √ +√ +√ ≤ , 2 c2 + 3 a2 + 3 b2 + 3 t đó v i lưu ý a + b + c = 3 ta suy ra b t đ ng th c đã cho là đúng. Phép ch ng minh hoàn t t.2 1.9 Cho a, b, c là các s th c dương thay đ i b t kì. Ch ng minh r ng: 2 b+c c+a a+b 1 1 1 ≥ 4(ab + bc + ca) + + + 2+ 2 2 a b c a b c L i gi i 1. D th y r ng b t đ ng th c ban đ u tương đương v i m i b t đ ng th c trong dãy sau [ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)]2 ≥ 4(a + b + c)(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) a2 b2 (a + b)2 + 2abc[ a3 b3 + abc[ a(a + b)(a + c)] ≥ 4 ab(a + b)] Tuy nhiên đ ý r ng a2 b2 (a + b)2 − 4( a3 b 3 ) = a2 b2 (a − b)2 ≥ 0 và ab(a + b)] = 2abc[a3 + b3 + c3 + 3abc − a(a + b)(a + c)] − 4 abc[ ab(a + b)] ≥ 0, 2abc[ do đó b t đ ng th c ban đ u là đúng. Phép ch ng minh đ n đây hoàn t t.2 L i gi i 2. B t đ ng th c ban đ u mang tính hoán v gi a các bi n, nên không m t tính t ng quát, ta gi s b = max {a, b, c}. Ta áp d ng b t đ ng th c AM-GM như sau 2 2 b+c c+a a+b aba bcc aba bcc ≥4 + + = ++ + ++ ++ ++ . a b c bac cba bac cba 14
Như v y đ k t thúc ch ng minh, ta c n ch ra r ng aba bcc 1 1 1 ≥ (ab + bc + ca) ++ ++ + 2+ 2 . 2 bac cba a b c Tuy nhiên b ng phép bi n đ i tương đương ta đư c (b − a)(b − c) ≥ 0, ca là m t đánh giá đúng do ta đã gi s b = max {a, b, c}. Phép ch ng minh đ n đây hoàn t t.2 L i gi i 3. B t đ ng th c ban đ u mang tính đ i x ng gi a các bi n nên không m t tính t ng quát, ta gi s b n m gi a a và c. Ta áp d ng b t đ ng th c AM-GM như sau: 2 1 1 1 ab + bc + ca 1 1 1 ≤ 4(ab + bc + ca) + 2+ 2 + ca + 2+ 2 . 2 2 a b c ca a b c Như v y đ k t thúc ch ng minh, ta c n ch ra r ng b+c c+a a+b ab + bc + ca 1 1 1 ≥ + + + ca + 2+ 2 . 2 a b c ca a b c Th c hi n phép bi n đ i tương đương ta đư c b t đ ng th c (a − b)(b − c) ≥ 0, b2 tuy nhiên đây l i là m t đánh giá đúng do ta đã gi s b n m gi a a và c. Phép ch ng minh đ n đây hoàn t t.2 Nh n xét. L i gi i đ u tiên không mang nhi u ý nghĩa l m, vì nó đơn thu n ch là bi n đ i tương đương kèm theo m t chút tinh ý trong s d ng các đánh giá quen thu c và cơ b n. đây ta bàn thêm v hai l i gi i b ng AM-GM. Ta nh n th y r ng phát bi u c a bài toán có d ng "Ch ng minh r ng A2 ≥ 4BC " ( đây 2 b+c c+a a+b 1 1 1 A= + + , B = ab + bc + ca và C = 2 + 2 + 2 . Nh n xét này khá đ c a b c a b c bi t, nó giúp ta liên tư ng đ n m t đánh giá quen thu c sau b ng AM-GM: (x + y )2 ≥ 4xy ∀x, y ≥ 0. Do v y, m t cách t nhiên ta nghĩ ra hai hư ng đ gi i quy t bài toán trên b ng AM-GM: 1. Bi u di n A = X + Y , v i X và Y là hai đ i lư ng thích h p, sau đó áp d ng b t đ ng th c AM-GM đ có A2 ≥ 4XY , t đó đi ch ng minh XY ≥ BC ; ho c 15
B 2. Bi u di n BC = .CD, v i D là m t đ i lư ng thích h p, sau đó áp d ng b t đ ng th c D 2 B B AM-GM đ có 4BC ≤ + CD , t đó đi ch ng minh A ≥ + CD. D D đây ta hi u c m t "thích h p" là như th nào? Lưu ý r ng m t trong nh ng đi u c n đ ý trong m i ch ng minh b t đ ng th c là c n ph i đơn gi n hoá b t đ ng th c c n ch ng minh. Ta có th tìm cách gi m b c, chu n hoá đi u ki n, . . ., nhưng t u chung l i, ta luôn mu n b t đ ng th c c n ch ng minh tr nên đơn gi n nh t có th , đ t đó áp d ng nh nhàng các đánh giá quen thu c ho c bi n đ i tương đương. đây ta tìm cách thu g n đánh giá sau cùng theo ki u B tri t tiêu m t lư ng đáng k các ph n t chung, t c là đánh giá XY ≥ BC ho c A ≥ + CD, D các đ i lư ng X, Y, D đư c ch n sao cho hai v c a b t đ ng th c có nhi u ph n t chung đ ta rút g n. C th : Hư ng 1. Trư c tiên ta vi t l i A và khai tri n tích BC như sau: b ccaab A= + + + + + = X + Y, aabb cc a c b a b c ca ab bc BC = ++++++ + 2 + 2. c b a b c a b2 c a ca a c Đ ý r ng trong BC có ph n t 2 , nên ta c n có và X và Y tương ng: b b b a c X = + ..., Y = + ... b b a c a M t khác, trong BC có ph n t , mà Y đã có nên ta c n ph n t trong X : b b c aa c X = + + ..., Y = + ... b c b ab a b Ti p t c, trong BC có ph n t X và Y tương ng: , nên ta c n có và 2 c c c aa cb X= + + ..., Y= + + ... b c bc Ti p t c như v y ta s tìm đư c hai đ i lư ng X, Y ch ng h n như sau: aba bcc X= ++, Y= ++, bac cba và ta có đư c l i gi i th hai. C n lưu ý r ng đây không ph i là cách ch n duy nh t. Hư ng 2. Xét hi u sau B b + c c + a a + b ab + bc + ca 1 1 1 A− − CD = − −D + + + 2+ 2 . 2 D a b c D a b c Đ ý r ng trong hi u trên thì h s c a bi n b b ng 1 1 c+a +− , ca D như v y đ tìm cách thu g n b t đ ng th c, t i sao ta không cho h s c a bi n b b ng không? C th , n u ch n D = ca thì 16
B b + c c + a a + b ab + bc + ca 1 1 1 A− − CD = − − ca + + + 2+ 2 2 D a b c ca a b c (a − b)(b − c) = , b2 và như v y ta đã có l i gi i th ba. 1.10 Cho a, b, c là các s th c dương tho mãn a + b + c = 1. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: √ √ √ 5 P = ab + bc + ca + [(a + b) ab + (b + c) bc + (c + a) ca] 2 L i gi i. Trư c h t ta áp d ng b t đ ng th c AM-GM như sau: (a + b)2 (a + b)2 (a + b)2 (a + b)2 8 5 ab(a + b) 2(a + b)2 + 2ab = + 2ab ≥ 5 + + + 2 2 2 2 8 và √ √ (a + b)3 ≥ (2 ab)3 = 8( ab)3 , t đó k t h p hai b t đ ng th c này đ có √ 2(a + b)2 + 2ab ≥ 5(a + b) ab. Thi t l p hai b t đ ng th c tương t và c ng l i, ta suy ra √ √ √ 5[(a + b) ab + (b + c) bc + (c + a) ca] ≤ 4(a2 + b2 + c2 ) + 6(ab + bc + ca) Đ n đây ta c ng thêm 2(ab + bc + ca) vào m i v đ có √ √ √ 2(ab + bc + ca) + 5[(a + b) ab + (b + c) bc + (c + a) ca] ≤ 4(a + b + c)2 , t đó ta suy ra P ≤ 2(a + b + c)2 = 2. 1 Cu i cùng, v i a = b = c = (tho mãn đi u ki n) thì P = 2 nên ta suy ra 2 là giá tr l n nh t 3 c a bi u th c P . Phép ch ng minh hoàn t t.2 111 1.11 Cho a, b, c là các s th c dương tho mãn + + ≤ 16(a + b + c). Ch ng minh r ng: abc 1 1 1 8 √ √ √ ≤ + + 3 9 (a + b + 2 a + c) 3 3 (b + c + 2 b + a) (c + a + 2 c + b) L i gi i. Trư c h t ta áp d ng b t đ ng th c AM-GM như sau: a+c a+c 3 (a + b)(a + c) ≥3 a+b+ + , 2 2 2 t đó ta suy ra 1 2 √ ≤ . 3 27(a + b)(a + c) (a + b + 2 a + c) 17
C ng v theo v b t đ ng th c này v i hai b t đ ng th c tương t cho ta 1 1 1 4(a + b + c) √ √ √ ≤ + + . (a + b + 2 a + c)3 (b + c + 2 b + a)3 (c + a + 2 c + b)3 27(a + b)(b + c)(c + a) Hơn n a, theo m t k t qu quen thu c, ta l i có 8 (a + b)(b + c)(c + a) ≥ (a + b + c)(ab + bc + ca), 9 do v y 1 1 1 1 √ √ √ ≤ . (∗) + + 3 6(ab + bc + ca) (a + b + 2 a + c) 3 3 ( b + c + 2 b + a) (c + a + 2 c + b) Đ n đây ta s d ng gi thi t và đánh giá cơ b n (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) đ có 111 3(a + b + c) 16(a + b + c) ≥ ++≥ , abc ab + bc + ca 3 t đó suy ra ab + bc + ca ≥ . K t h p v i (∗) ta suy ra 16 1 1 1 8 √ √ √ ≤. + + 3 9 ( a + b + 2 a + c) 3 3 (b + c + 2 b + a) (c + a + 2 c + b) Phép ch ng minh đ n đây hoàn t t.2 Nh n xét. a+c a+c 3 (a + b)(a + c) ≥3 1. Có th th y đánh giá ban đ u a + b + + chính là đi m 2 2 2 m u ch t đ gi i quy t bài toán. Th c ra đánh giá này không khó nghĩ t i vì đ bài đã ng m g i ý cho chúng ta ph i áp d ng b t đ ng th c AM-GM cho ba s . 2. Sau khi đánh giá b ng AM-GM, ta có th s d ng luôn gi thi t đ đưa v b t đ ng th c thu n nh t sau: (a + b + c) 3(ab + bc + ca) ≤ . (a + b)(b + c)(c + a) 8abc(a + b + c) B t đ ng th c này có th đư c ch ng minh b ng nhi u cách khác nhau. 111 1.12 Cho a, b, c là các s th c dương tho mãn a + b + c = + + . Ch ng minh r ng: abc 5(a + b + c) ≥ 7 + 8abc L i gi i. Trư c h t t gi thi t ta có 111 9 ++≥ a+b+c= , abc a+b+c t đó suy ra a + b + c = 3. Cũng t gi thi t ta có ab + bc + ca = abc(a + b + c), t đây ta suy ra b t đ ng th c sau là tương đương v i b t đ ng th c c n ch ng minh 5(a + b + c)2 ≥ 7(a + b + c) + 8(ab + bc + ca). 18
Đ ý r ng ta có đánh giá cơ b n sau: (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), do v y đ có k t lu n cho bài toán ta c n ch ra r ng 8(a + b + c)2 5(a + b + c)2 ≥ 7(a + b + c) + , 3 hay a + b + c ≥ 3, là m t đánh giá đúng do ta đã ch ng minh trên. Do v y b t đ ng th c ban đ u đư c ch ng minh xong. Bài toán k t thúc.2 111 1.13 Cho a, b, c là các s th c dương tho mãn + + ≤ 16(a + b + c). Ch ng minh r ng: abc 1 1 1 ≤1 + + 2 2 2 + c2 2+a 2+b L i gi i. B t đ ng th c c n ch ng minh tương đương v i a2 b2 c2 ≥ 1. + + 2 + a2 2 + b 2 2 + c 2 Áp d ng b t đ ng th c Cauchy - Schwarz, ta có a2 b2 c2 (a + b + c)2 ≥2 + + . 2 + a2 2 + b 2 2 + c 2 a + b2 + c 2 + 6 Như v y đ k t thúc ch ng minh ta c n ch ra r ng (a + b + c)2 ≥ 1. a2 + b 2 + c 2 + 6 Th c hi n phép khai tri n tương đương ta đư c ab + bc + ca ≥ 3. Tuy nhiên b t đ ng th c này đúng nh vào gi thi t c a bài toán. Lưu ý r ng t gi thi t ta có ab + bc + ca = abc(a + b + c), (ab + bc + ca)2 và theo m t đánh giá quen thu c thì abc(a + b + c) ≤ , t đó ta suy ra 3 (ab + bc + ca)2 ab + bc + ca ≤ , 3 hay ab + bc + ca ≥ 3. Phép ch ng minh đ n đây hoàn t t.2 1.14 Cho a, b, c, d là các s th c dương tho mãn a + b + c + d = 1. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: 1 1 1 1 1 P= 2 + + + + 2 + c2 + d2 a +b abc bcd cda dab L i gi i. Kí hi u là t ng hoán v . Trư c h t ta s d ng AM-GM và gi thi t đ có các đánh giá sau: 4 a+b+c+d 1 abcd ≤ = , 4 256 3(a + b + c + d)2 3 ab + ac + ad + bc + bd + cd ≤ =. 8 8 K t h p các đánh giá này v i b t đ ng th c Cauchy - Schwarz ta suy ra đư c các b t đ ng th c sau: 19
72 1 1 ≥ + 2 + b2 + c2 + d2 a 4ab a2 + b2 + c2 + d2 + 4ab 1. 49 49 ≥ = = 28, 1 + 2. 3 (a + b + c + d)2 + 2 ab 8 7.62 1 7.36 ≥ ≥ 2. 7 = 168. 4. 3 4ab 4ab 8 M t khác áp d ng b t đ ng th c AM-GM cho b n s ta l i có a 1 1 ≥4 ≥4 = 64. 1 bcd 4abcd 256 K t h p ba b t đ ng th c v a ch ng minh trên, ta suy ra 1 1 a ≥ 28 + 168 + 64 = 260. +2 + a2 b2 + c2 + d 2 + ab bcd Hơn n a, s d ng gi thi t a + b + c + d = 1 ta suy ra 1 1 1 1 1 P= + ( a + b + c + d) + + + a2 b2 2 + d2 + +c abc bcd cda dab 1 1 a =2 +2 + . 2 + c2 + d2 a +b ab bcd Do v y P ≥ 260. 1 Cu i cùng, v i a = b = c = d = (tho mãn đi u ki n) thì P = 260 nên ta suy ra 260 là giá tr 4 nh nh t c a bi u th c P . Phép ch ng minh hoàn t t.2 1.15 Cho x, y, z là các s th c dương tho mãn xyz = 1. Ch ng minh r ng: 1 1 1 ≤ (x + y + z )3 18 +3 +3 x3 + 1 y + 1 z + 1 L i gi i. S d ng gi thi t, d th y b t đ ng th c c n ch ng minh tương đương v i m i b t đ ng th c trong dãy sau: x3 y3 z3 ≤ (x + y + z )3 , 18 3 − −3 −3 x3 + 1 y + 1 z + 1 x2 y2 z2 + (x + y + z )3 ≥ 54. (∗) 18 +2 +2 x2 + yz y + zx z + xy Áp d ng b t đ ng th c Cauchy - Schwarz, ta có x2 y2 z2 (x + y + z )2 ≥2 +2 +2 . x2 + yz y + zx z + xy x + y 2 + z 2 + xy + yz + zx 20