TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN THCS

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT TRONG CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN THCS (BẢN WORD CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Trong các kì thi học sinh giỏi môn Toán các cấp, nội dung về bất đẳng thức và giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất xuất hiện một cách đều đặn trong các đề thi với các bài toán ngày càng hay và khó hơn. Trong chủ đề này, chúng tôi đã tuyển chọn và giới thiệu một số bài toán về bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất được trích trong các đề thi học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh của các cấp học trong các năm gần đây.

Bài 1.Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4

4

 a   b   c  P=  +  +  a+b  b+c  c+a 

4

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019 Lời giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

1 2

1

+

(1 + x ) (1 + y )

2

≥

1 với x, y là các số thực xy + 1

dương.

Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta có 1 2

+

1

(1 + x ) ( 1 + y )

2

≥

1 ⇔ ( xy + 1) x 2 + y 2 + 2x + 2y + 2 ≥ x 2 + 2x + 1 y 2 + 2y + 1 xy + 1

(

) (

2

)(

)

2

⇔ 1 − 2xy − x 2 y 2 = x 3 y + xy 3 ⇔ ( xy − 1) + xy ( x − y ) ≥ 0 Do bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh.

Trở lại bài toán. Do a, b, c là các số nguyên dương nên biểu thức P được viết lại thành 4

4

4

       1   1   1  P=  +  +  .  1 + b   1 + c   1 + a  a  b  c  Đặt x =

b c a ; y = ; z = , khi đó ta được x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1 . Ta viết lại biểu thức P a b c

và áp dụng một đánh giá quen thuộc thì được 4 4  1   1   1  1  1 1 1  P= + + ≥ + +      3  ( 1 + x )2 ( 1 + y )2 ( 1 + z )2   1+ x   1+ y   1+ z    4

2

Đặt Q =

1 2

1

+

2

1

+

( 1 + x ) (1 + y ) (1 + z )

Q=

1 2

+

1 2

và ta có xyz = 1 . Áp dụng bổ đề trên ta được

2

1

+

( 1 + x ) (1 + y ) (1 + z )

Ta sẽ chứng minh

≥

2

1 1 + = 1 + xy ( 1 + z )2

1 1+

+

1 z

1

(1 + z )

2

=

z 1 + z + 1 ( z + 1)2

z 1 3 + ≥ . Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta được 2 z + 1 ( z + 1) 4

z ( z + 1) + 1 3 z 1 3 + ≥ ⇔ ≥ ⇔ 4 z 2 + z + 1 ≥ 3 x 2 + 2z + 1 2 2 z + 1 ( z + 1) 4 4 ( z + 1)

(

) (

)

2

⇔ 4z 2 + 4z + 4 ≥ 3z 2 + 6z + 3 ⇔ z 2 − 2z + 1 ≥ 0 ⇔ ( z − 1) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do vậy ta có

Từ đó ta được Q ≥

z 1 3 + ≥ , dấu bằng xẩy ra khi z = 1 .

2 z + 1 ( z + 1) 4

3 1 1 9 3 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 . Suy ra P ≥ Q 2 ≥ . = 4 3 3 16 16

, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3 , xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

16

Nhận xét. Ta có thể chứng minh

1

1

+

2

2

1

+

(1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z )

3 theo cách khác sau đây.

4

≥

2

np mp mn ; y = 2 ; z = 2 . Khi đó bất đẳng 2 m n p

Do xyz = 1 nên tồn tại các số dương m, n, p thỏa mãn x = thức được viết lại thành m4

(m

2

+ np

2

n4

+

) (n

2

+ mp

p4

+

2

) (p

2

+ mn

)

2

≥

3 4

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được

(m + n + p ) + + ≥ ( m + np ) ( n + mp ) ( p + mn ) ( m + np ) + ( n + mp) + ( p m4

2

2

2

2

2

p4

n4

2

2

(m + n + p ) Và ta cần chứng minh ( m + np) + ( n + mp) + ( p 2

2

2

2

2

(

2

2

2

2

2

2

+ mn

)

)

2

2

≥

2

2

2

+ mn

)

2

3 hay ta cần chứng minh 4

m 4 + n 4 + p4 + 5 m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2 ≥ 6mnp ( m + n + p )

Dễ thấy m 4 + n 4 + p4 ≥ m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2 ; m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2 ≥ mnp ( m + n + p )

(

) (

)

Nên m 4 + n 4 + p4 + 5 m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2 ≥ 6 m 2 n 2 + n 2 p2 + p2 m 2 ≥ 6mnp ( m + n + p ) .

Như vậy bất đẳng thức

1 2

1

+

2

1

+

(1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z )

2

≥

3 3 hay Q ≥ .

4 4

Bài 2.Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3 thì luôn có:

3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc ≥ 13

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Từ giả thiết của bài toán ta được a + b + c = 3 . Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 0 < a ≤ b ≤ c . Đặt T = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc .

Do a, b, c là ba cạnh của tam giác nên ta có a + b > c , do đó từ giả thiết của bài toán ta được 3 = a + b + c > c + c = 2c ⇔ c < Do vậy ta được 1 ≤ c <

3 và 3 = a + b + c ≤ 3c ⇔ c ≥ 1 2

3 . Đến đây ta biến đổi biểu thức T thì được 2

(

)

T = 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4abc = 3 a 2 + b 2 + 3c 2 + 4abc 2 2 = 3 ( a + b ) − 2ab  + 3c 3 + 4abc = 3 ( a + b ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c )   2

= 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c ) Để ý rằng 3 − 2c > 0 và ab ≤

2 2 1 1 a + b ) = ( 3 − c ) nên ta lại có ( 4 4

2 1 3 − c ) ( 3 − 2c ) ( 2 1 3 27 = 3 c 2 − 6c + 9 + 3c 2 − c 2 − 6c + 9 ( 3 − 2c ) = c 3 − c 2 + 2 2 2 2 2 1 1 = c 3 − 2c 2 + c + c 2 − 2c + 1 + 13 = c ( c − 1) + ( c − 1) + 13 ≥ 13 2 2 2

2

T = 3 ( 3 − c ) + 3c 2 − 2ab ( 3 − 2c ) ≥ 3 ( 3 − c ) + 3c 2 −

(

)

(

(

)

)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = 4c 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a b ab . + + b + 3c a + 3c bc + ca

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019

Lời giải Do a, b, c là các số thực dương nên giả thiết của bài toán được viết lại thành

( a + c )( b + c ) = 4 ⇔  a + 1  b + 1  = 4 c 

c2

Đặt x =

  c

 

a b ; y = ( x > 0; y > 0 ) . Khi đó giả thiết trên trở thành ( x + 1)( y + 1) = 4 . c c

Cũng từ trên ra được a = cx; b = cy , thay vào biểu thức P ta được

P=

cy c 2 xy y xy cx x + + 2 = + + 2 cy + 3c cx + 3c c x + c y y + 3 x + 3 x + y

Đến đây ta xử lí bài toán như sau.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P

Từ ( x + 1)( y + 1) = 4 ta được xy = 3 − ( x + y ) . Đặt t = x + y > 0 và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

2 1 1 x + y ) ≥ xy nên suy ra 3 − t ≤ t 2 hay t 2 + 4t − 12 ≥ 0 nên t ≥ 2 . ( 4 4

Như vậy ta có 2 ≤ t < 3 . Biểu thức P được viết lại thành 2

x2 + y2 + 3 ( x + y ) ( x + y ) + 3 ( x + y ) − 2xy + xy y xy xy x + + = + = P= y+3 x+3 x+y x+y xy + 3 ( x + y ) + 9 ( x + 3)( y + 3) x + y =

t 2 + 3t − 2 ( 3 − t ) 3 − t + 3t + 9

+

3 − t t 2 + 5t − 6 3 − t ( t − 1)( t + 6 ) 3 − t t 3 3 = + = + = + − t 2t + 12 t t 2 t 2 2 ( t + 6)

Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

t 3 3 3 + ≥2 = 6 . Do đó P ≥ 6 − .

2 t 2 2

 x + y = 6 t 3 a + b = c 6 = ⇔t= 6⇔ ⇔ 2 2 t xy = 3 − 6 ab = c 3 − 6

(

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là

)

3 6 − , đạt được tại a + b = c 6; ab = c 2 3 − 6 .

2

(

)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P.

Như trên ta đã có 2 ≤ t < 3 và P =

P=

Do 2 ≤ t < 3 nên ta có

t 3 3 + − . Do đó ta có biến đổi 2 t 2

( t − 2 )( t − 3) + 1 t 3 3 t 2 − 3t + 6 t 2 − 5t + 6 + − = = +1= 2 t 2 2t 2t 2t

( t − 2 )( t − 3 ) ≤ 0 . Do đó suy ra P ≤ 1 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 2t

x + y = 2 x = 1 t=2⇔ ⇔ ⇔a=b=c xy = 1 y = 1 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1, đạt được tại a = b = c .

Bài 4. Với các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab + bc + ca − abc .

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải • Lời giải 1. Trong ba số a, b, c trên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng

cùng nhỏ hơn hoặc bằng

1 , hoặc 2

1 . Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là a và b.

2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a 2 + b 2 ≥ 2ab , do đó a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ≥ c 2 + 2ab + 2abc

Từ đó suy ra 1 ≥ c 2 + 2ab ( 1 + c ) hay ta được 1 − c 2 ≥ 2ab ( 1 + c ) nên 1 − c ≥ 2ab ⇔ 1 ≥ 2ab + c . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có 1 ≥ 2ab + c ≥ 2 2abc nên suy ra abc ≤

1 .

8

Theo giả sử trên ta có ( 2a − 1)( 2b − 1) ≥ 0 ⇔ 4ab + 1 ≥ 2 ( a + b ) hay 4abc + c ≥ 2ac + 2bc .

Kết hợp các kết quả trên ta được

1 5 2ab + 2bc + 2ca − 2abc ≤ 2ab + 4abc + c − 2abc = 2ab + c + 2abc ≤ 1 + 2. = 8 4 5 5 Do đó ta được 2P = 2 ( ab + bc + ca − abc ) ≤ nên P ≤ , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ 4 8 khi a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1  1 1  ⇔a=b=c= a = b; abc = 8 2  1 = 2ab + c Vậy giá trị lớn nhất của P là

5 1 , đạt được tại a = b = c = .

8 2

(

• Lời giải 2. Từ giải thiết ta được 2abc = 1 − a 2 + b 2 + c 2

) 2

Do đó ta có 2P = 2 ( ab + bc + ca ) − 2abc = 2 ( ab + bc + ca ) − 1 + a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 1 . Để ý rằng từ giả thiết của bài toán ta được 1 < a, b, c ≤ 1 nên ta có biến đổi

(

a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 ⇔ c 2 + 2abc = 1 − a 2 + b 2

(

) 2

)

(

)(

⇔ c 2 + 2abc + a 2 b 2 = 1 − a 2 + b 2 + a 2 b 2 ⇔ ( c + ab ) = 1 − a 2 1 − b 2 ⇔ c + ab =

(1 − a )(1 − b ) ⇔ c = (1 − a )(1 − b ) − ab 2

2

2

Do đó c ≤

(

2

) − ab = 2 − ( a

2

+ b2

2

2

(1 − a )(1 − b ) + 2ab ) 2 − ( a + b ) = 2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

2 − a 2 + b2

)

2

)

2

2

Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta được a + b = ( a + b )

(a + b) Do vậy ta có a + b + c ≤

(

2 2 1 − a 2 + 1 − b2 2 − a + b . ≤ = 2 2

2

(a + b) .1 ≤

2

+1

2

.

2

+ 1 2 − (a + b) 3 + = .

2 2 2 2

1 9 5 3 Đến đây thì ta thu được 2P ≤   − 1 = − 1 ⇔ P ≤ . Dấu bằng xẩy ra tại a = b = c = .

4 8 2 2 • Lời giải 3. Do a, b, c là các số thực dương nên ta viết lại giả thiết của bài toán

(

)

a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 ⇔ abc a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = abc

(

2

2

) + 3abc + ( a bc + ab c + abc ) = 2abc + 2 ( a b + b c + c a ) + 2 ( a bc + ab c + abc ) 2 2

2

⇔ 2 a b +b c +c a

2

3

2

2

3

2 2

2

3

2

3

3

3

⇔ abc + a 2 c 2 + a 2 b 2 + a 3 bc + abc + a 2 b 2 + b 2 c 2 + ab 3 c + abc + b 2 c 2 + c 2 a 2 + abc 3

(

= 2 abc + c 2 a 2 + a 2 b 2 + a 3 bc + b 2 c 2 + abc 3 + ab 3 c + a 2 b 2 c 2

(

) (

)

) (

⇔ a bc + c 2a + ab 2 + a 2 bc + b ca + a 2 b + bc 2 + ab 2 c + c ab + b 2 c + ca 2 + abc 2

(

)

(

= 2a bc + c 2 a + ab 2 + a 2 bc + 2bc bc + c 2 a + ab 2 + a 2 bc

)

)

⇔ a ( b + ca )( c + ab ) + b ( c + ab )( a + bc ) + c ( a + bc )( b + ca ) = 2 ( a + bc )( b + ca )( c + ab ) ⇔

a b c + + =2 a + bc b + ca c + ab

Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có 2

(a + b + c ) a b c a2 b2 c2 2= + + = 2 + 2 + 2 ≥ 2 a + bc b + ca c + ab a + abc b + abc c + abc a + b 2 + c 2 + 3abc

(

)

2

Hay ta được 2 a 2 + b 2 + c 2 + 3abc ≥ ( a + b + c ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 6abc ≥ 2 ( ab + bc + ca ) .

Mà ta đã có a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 nên ta có bất đẳng thức

1 + 4abc ≥ 2 ( ab + bc + ca ) ⇔ 2 ( ab + bc + ca − abc ) ≤ 2abc + 1 1 5 . Do đó ta được 2 ( ab + bc + ca − abc ) ≤ .

8 4 5 1 Do đó P ≤ , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 8 2 Chứng minh tương tự như trên ta được abc ≤

5 1 , đạt được tại a = b = c = .

8 2 Bài 5. Cho ba số thực dương thỏa mãn x + y + z + 2 = xyz . Chứng minh rằng: Vậy giá trị lớn nhất của P là

x+y+z+6 ≥ 2

(

xy + yz + zx

)

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Quảng Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Biến đổi giả thiết của bài toán ta được

x + y + z + 2 = xyz ⇔ xy + x + y + 1 + yz + y + z + 1 + zx + z + x + 1 = xyz + xy + yz + zx + x + y + z + 1 ⇔ ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) = ( x + 1)( y + 1)( z + x ) ⇔

Đặt a =

1 1 1 + + =1 x +1 y +1 z+1

1 1 1 khi đó ta được a + b + c = 1 . ;b = ;c = x +1 y+1 z+1

Ta cũng có x =

1−a 1− b 1− c ;y = ;z = . Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành a b c

 1− a 1− b 1− c + + +6 ≥ 2 a b c   Hay

 b+c c+a a+b + + +6 ≥ 2 a b c  

(1 − a )(1 − b ) + (1 − b )(1 − c ) + (1 − c )(1 − a )  ab

 

ca

( b + c )( c + a ) + ( c + a )( a + b ) + ( a + b )( b + c )  ab

bc

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2.

Tương tự ta cũng có 2.

bc

( b + c )( c + a ) ≤ b + c + c + a = 2 + c + c . ab

( c + a )( a + b ) ≤ 2 + a + a bc

c

 

ca

b

và 2.

b

a

b

a

( a + b )( b + c ) ≤ 2 + b + b . ca

a

c

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta thu được

 2  

( b + c )( c + a ) + ( c + a )( a + b ) + ( a + b )( b + c )  ≤ b + c + c + a + a + b + 6 ab

bc

ca

 

a

Do đó bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 hay x = y = z = 2 .

3

b

c

Bài 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y − z + 1 = 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=

x3 y 3

( x + yz )( y + zx )( z + xy )

2

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019 Lời giải Do x, y, z là các số thực dương và kết hợp với giả thiết của bài toán ta có

x y 2 2  yz   zx  2 1+   1 +  = 1 + z  +  + z ≥ 1 + 2z + z = ( z + 1) x  y   y x 2

2

4z + ( z − 1) ( z + 1) z 4z 4z +1≥ + = + = = 1 1 2 2 2 2 xy ( z − 1) ( z − 1) (x + y) ( z − 1) 4 2  ( z + 1) 3   2 ( z + 1)  yz   zx   z  Từ đó ta được  1 + + 1  ≥ ( z + 1) = 1+  4 2 x  y   xy   ( z − 1)  ( z − 1) 

Ta lại có

( z + 1) ( z − 1)

3

2

( z − 1) =

3

2

+ 6 ( z − 1) + 12 ( z − 1) + 8

( z − 1)

2

8

Áp dụng bất đẳng thức MA – GM ta có

Và

( z − 1)

+

2

= ( z − 1) + 6 +

2

12 8 . + z − 1 ( z − 1) 2

z −1 z −1 8 z −1 z −1 3 + ≥ 33 = . .

2 8 8 ( z − 1) 8 8 2

12 3 ( z − 1) 12 3 ( z − 1) + ≥2 . =6. z −1 4 z−1 4

Cộng theo vế các bất đẳng trên ta được ( z − 1) +

2

3

( z + 1) = z − 1 + 6 + 12 + 8 ( ) z − 1 ( z − 1) ( z − 1) 2

12 8 15 + ≥ nên suy ra 2 z − 1 ( z − 1) 2

2

 ( z + 1)3   27  2 27  ≥  hay  ≥ 2  ( z − 1) 2   2   

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 2; z = 5 .

2

2

2

2   27  ( x + yz )( y + zx )( z + xy ) ≥  27  .  yz   zx   z Từ đó ta được  1 + 1 + + 1 ≥     hay   2  x  y   xy x3 y3      2 

Đến đây thì ta thu được P =

x3 y3

( x + yz )( y + zx )( z + xy )

2

≤

4 .

729

Vậy giá trị lớn nhất của P là

4 , đạt được tại x = y = 2; z = 5 .

729

Bài 7. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1 1 1 + + ≤  2+ 2+ 2 2 2 2 6a c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b b c  Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được

1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1  1  = ≤  2+ + ≤  2 +  + +   2 2 bc + ca 2bc  9  2c 4  bc ca  2bc  c ( c + a + 3b ) + c ac + 2c + 3bc 9  2c Để ý rẳng

1 1 1 1 = .2. . ≤ ca 2 a c

1 1 1  1 1 1 1 1 1 1  + 2  và = .2. . ≤ + nên ta lại có  2 2a c  bc 2 b c 2  b 2 c 2 

1  1 1 3  1  1 1  1 1  3  1 1  1  2 1 3  + + ≤  2 +  2 + 2  +  2 + 2  =  2 + 2 + 2    2 18  c 2ac 2bc  18  c 4  a c  4  c b   18  c 4a 4b  Từ đó ta được

1 1  2 1 3  ≤  2+ 2+ 2 2 18  c c ( c + a + 3b ) + c 4a 4b 

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được

1 1  2 1 3  1 1  2 1 3  ≤  2 + 2 + 2 ; ≤  2+ 2+ 2 2 2 18  a 18  b 4c 4a  a ( a + b + 3c ) + a 4b 4c  b ( b + c + 3a ) + b Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên thì ta được

1 1 1 1 1 1 1 + + ≤  2+ 2+ 2 2 2 2 6a c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b b c  Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Bài 8. Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: a b3 + 1 + b c 3 + 1 + c a 3 + 1 ≤ 5

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019 Lời giải Đặt P = a b 3 + 1 + b c 3 + 1 + c a 3 + 1 . Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

2P = 2a b 3 + 1 + 2b c 3 + 1 + 2c a 3 + 1

= 2a

( b + 1) ( b

(

)

2

− b + 1 + 2b

) (

) (

( c + 1) ( c

2

)

− c + 1 + 2c

( a + 1) ( a

2

−a +1

)

)

≤ a b 2 + 2 + b c 2 + 2 + c a 2 + 2 = ab 2 + bc 2 + ca 2 + 6 = Q + 6 Không mất tính tổng quát ta giả sử b ≤ c ≤ a , khi đó ta có đánh giá

b ( a − c )( c − b ) ≥ 0 ⇔ abc + b 2 c ≥ ab 2 + bc 2 ⇔ ab 2 + bc 2 + ca 2 ≤ abc + b 2 c + ca 2 Từ đó ta suy ra được 2

Q ≤ abc + b 2 c + ca 2 ≤ 2abc + b 2 c + ca 2 = c ( a + b ) = 4c.

a+b a+b .

2 2

2

3

4 (a + b + c ) 4  a+b a+b 4.3 3 ≤ c + + = = =4   27  2 2  27 27 Do vậy 2P ≤ 10 hay P ≤ 5 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = 2; b = 0; c = 1 và các hoán vị.

2

 a 2 + b2 + c 2  2 2 2 Bài 9. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn   ≤ 2019a b c . Tìm giá trị 2018  

a b c . + 2 + 2 a + bc b + ca c + ab

lớn nhất của biểu thức P =

2

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Hưng Yên năm học 2018 – 2019 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a 2 + bc ≥ 2a bc . Do vậy ta có

a a 1 1 1 1 1 1 ≤ = .2. ≤  +  . a + bc 2a bc 4 b c 4b c 2

Hoàn toàn tương tự ta được

Đến đây ta thu được P =

b 11 1 c ≤  + ; 2 ≤ b + ca 4  c a  c + ab 2

a b c 1  1 1 1  ab + bc + ca + 2 + 2 ≤  + + = .

2abc a + bc b + ca c + ab 2  a b c  2

Để ý rằng ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 ta lại thu được P ≤ Mặt khác tứ giả thiết suy ra

Do vậy ta được P ≤

11 1 + .

4  a b 

a 2 + b2 + c 2 .

2abc

a 2 + b2 + c 2 ≤ abc 2019 hay a 2 + b 2 + c 2 ≤ 2018abc 2019 .

2018

a 2 + b 2 + c 2 2018abc 2019 ≤ = 1009 2019 .

2abc 2abc

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

3 2018 2019

.

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1009 2019 , đạt được tại a = b = c =

3 2018 2019

.

Bài 10. Cho các số thực phân biệt a, b, c. Chứng minh rằng:

(a

2

 1 1 1  9 + b2 + c 2  + + ≥  ( a − b )2 ( b − c )2 ( c − a )2  2  

)

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016 Lời giải

 a + b  b + c   c + a   a + b  b + c  c + a  + 1  + 1  + 1 =  − 1  − 1  − 1 Ta có   a − b  b − c   c − a   a − b  b − c  c − a  a+ b b+c b+c c+a c+a a+b . + . + . = −1 a − b b−c b−c c−a c −a a − b

Hay ta được 2

2

2

a+ b  b+c  c+a  a+ b b+c b+c c+a c+a a+b Ta có  + + ≥ −2.  . + . + .    =2  a −b   b−c   c−a   a − b b−c b−c c−a c −a a − b 

 a 2 + b2 b2 + c 2 c 2 + a 2 + + Do đó suy ra 2   ( a − b )2 ( b − c ) 2 ( c − a )2  Suy ra

a 2 + b2 2

+

b2 + c2 2

+

c2 + a2

(a + b) ( b + c ) ( c + a )

Mặt khác ta lại có

2

≥

  a + b 2  b + c 2  c + a  2 = + + +3≥ 2+3 = 5   a − b   b − c   c − a  

5 (1) 2

a b b c c a . + . + . = −1 b−c c −a c −a a − b a − b b−c 2

 a b c  Khi đó  + +  ≥ 0 hay ta được  b−c c−a a −b 2

2

2

 a   b   c   a b b c c a   b − c  +  c − a  +  a − b  ≥ −2  b − c . c − a + c − a . a − b + a − b . b − c  = 2 (2)        

Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1) và (2) ta được

(

 1 1 1 + + a 2 + b2 + c 2  2 2  ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )2 

)

 5 ≥ +2= 9  2 2 

 1 1 1  + + Dấu bằng xẩy ra khi ( a + b + c )   = 0. a − b b−c c−a  • Nhận xét. Đây là một bài toán bất đẳng thức khó, lại không thể sử dụng các bất đẳng thức quen

thuộc để đánh giá. Để chứng minh được bất đẳng thức trên ta phải thực hiện được các công việc như

+ Dự đoán điểm rơi để quy bài toán về chứng minh hai bất đẳng thức. a 2 + b2 2

b2 + c 2

+

2

+

c2 + a2

(a − b) ( b − c ) ( c − a )

2

2

≥

2

2

 a   b   c  5 và   +  +  ≥2 2  b−c   c−a   a−b 

+ Để chứng minh được bất đẳng thức thứ nhất ta quy về chứng minh bất đẳng thức 2

2

2

a+ b  b+c  c+a   a −b  + b−c  + c−a  ≥ 2      

+ Để chứng minh được bất đẳng thức thứ hai ta quy về chứng minh 2

2

2

 a   b   c   a b b c c a   b − c  +  c − a  +  a − b  ≥ −2  b − c . c − a + c − a . a − b + a − b . b − c  = 2         Một hướng khác để giải quyết bài toán bất đẳng thức.

1 1 2 8 + 2≥ ≥ với hai số A, B cùng dấu. Để ý ta thấy trong 2 2 AB A B A B + ( )

Chú ý đến bất đẳng thức

ba số a − b; b − c; c − a luôn tồn tại hai số cùng dấu. Không mất tình tổng quát ta giả sử hai số đó là a − b và b − c . Khi đó áp dụng bất đẳng thức trên ta được

1 2

+

1 2

1

+

(a − b) ( b − c ) ( c − a ) 2

2

2

Như vậy ta cần chứng minh được a + b + c

≥

2

8 2

(a − b + b − c ) (a − c )

(a − c ) ≥

2

2

2

2

2

2

2

=

9

(a − c )

2

2

2

Thật vậy, ta có a + b + c ≥ a + c = a + ( −c ) 2

1

+

.

(a − c ) ≥ 2

2

. Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 11. Cho a; b;c là ba số thực dương thoả mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 .

Chứng minh rằng

a 2 + 3ab + b 2 6a 2 + 8ab + 11b 2

b 2 + 3bc + c 2

+

6b 2 + 8bc + 11c 2

+

c 2 + 3ca + a 2 6c 2 + 8ca + 11a 2

≤3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Hải Dương năm học 2016 – 2017 Lời giải Đặt vế trái của M =

a 2 + 3ab + b 2

+

6a 2 + 8ab + 11b 2 2

b 2 + 3bc + c 2

6b 2 + 8bc + 11c 2 2

+

c 2 + 3ca + a 2

6c 2 + 8ca + 11a 2

.

2

Ta có 6a 2 + 8ab + 11b 2 = ( 2a + 3b ) + 2 ( a − b ) ≥ ( 2a + 3b ) , dấu bằng xẩy ra khi a = b .

Suy ra

6a 2 + 8ab + 11b 2 ≥ 2a + 3b > 0 mà a 2 + 3ab + b 2 > 0 với a; b > 0

Do đó ta được

Thật vậy

a 2 + 3ab + b 2 6a 2 + 8ab + 11b 2

≤

a 2 + 3ab + b 2 3a + 2b a 2 + 3ab + b 2 ≤ . Ta đi chứng minh .

2a + 3b 2a + 3b 5

2 a 2 + 3ab + b 2 3a + 2b ≤ ⇔ 5 a 2 + 3ab + b2 ≤ ( 2a + 3b )( 3a + 2b ) ⇔ ( a − b ) ≥ 0 .

2a + 3b 5

(

)

a 2 + 3ab + b 2

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b . Do đó

2

6a + 8ab + 11b

b 2 + 3bc + c 2

Chứng minh tương tự ta có

6b 2 + 8bc + 11c 2

≤

(

≤

3a + 2b 5

3b + 2c c 2 + 3ca + a 2 3c + 2a ; ≤ 2 2 5 5 6c + 8ca + 11a 3a + 2b 3b + 2c 3c + 2a + + =a+b+c 5 5 5

Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được M ≤ 2

2

)

Mặt khác ta lại có ( a + b + c ) ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 = 9 nên a + b + c ≤ 3 .

Vậy ta được M ≤ 3 , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 12. Cho các số dương a, b,c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(

) (

)

P = 2 a 2 b + b 2 c + c 2 a + a 2 + b 2 + c 2 + 4abc .

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017 Lời giải

(

) (

)

Ta có ab + bc + ca = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) = a 2 b + b 2 c + c 2a + ab 2 + bc 2 + ca 2 + 3abc Từ đó ta suy ra được 2

a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca ) = 1 − 2 ( ab + bc + ca ) = 1 − 2  a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 + 3abc   

(

) (

)

Điều này dẫn đến

P = 2 a 2 b + b 2 c + c 2 a + 1 − 2  a 2 b + b 2 c + c 2 a + ab2 + bc 2 + ca 2 + 3abc  + 4abc   2 2 2 = 1 − 2 ab + bc + ca + abc

(

)

( )

(

) (

)

Không mất tính tổng quát có thể giả sử a ≤ b ≤ c .

(

)

Khi đó suy ra a ( a − b )( b − c ) ≥ 0 ⇒ a 2 − ab ( b − c ) ≥ 0 Do đó ta được a 2 b − a 2 c − ab 2 + abc ≥ 0 ⇒ ab 2 + ca 2 ≤ a 2 b + abc

(

)

(

)

Do đó ab 2 + bc 2 + ca 2 + abc = ab 2 + ca 2 + bc 2 + abc ≤ a 2 b + abc + bc 2 + abc = b ( a + c )

2

Với các số dương x, y, z ta luôn có x + y + x − 3 3 xyz =

1 2

(

3

 x+3y+3z  

)( 3

3

2

x−3y

) +(

3

y−3z

2

) +(

3

2  z−3 x ≥0 

)

x+y+z Suy ra x + y + z ≥ 3 xyz ⇒ xyz ≤   . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z .

3   3

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có

3

b (a + c)

2

 a+c a+c  3  b+ 2 + 2  4  a + c  a + c  a+b+c = 4b  ≤ 4 =  = 4     3 3 27  2  2       

(

2

)

Suy ra P = 1 − 2 ab 2 + bc 2 + ca 2 + abc ≥ 1 − 2b ( a + c ) ≥ 1 − 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

4 19 = 27 27

19 1 và P đạt giá trị nhỏ nhất khi a = b = c = .

27 3

Bài 13. Với mọi số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 2 . a) Chứng minh rằng x + y + z ≤ 2 + xy . b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P =

y x z + + .

2 + yz 2 + zx 2 + xy

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Thành Phố Hà Nội năm học 2016 – 2017 Lời giải a) Chứng minh rằng x + y + z ≤ 2 + xy . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

x + y + z = (x + y)

(x + y) .1 + z.1 ≤

2

+ 1 z 2 + 1 x 2 + y 2 + x 2 + 2xy + 2 + = = 2 + xy 2 2 2

x + y = 1  x = z = 1; y = 0  Dấu bằng xẩy ra tại z = 1 . ⇔ y = z = 1; x = 0  x 2 + y 2 + z2 = 2  b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P =

y x z + + .

2 + yz 2 + zx 2 + xy

+ Tìm giá trị lớn nhất của P. Áp dụng kết quả câu a ta có các bất đẳng thức

x + y + z ≤ 2 + xy; x + y + z ≤ 2 + yz; x + y + z ≤ 2 + zx Khi đó ta được P =

y y x z x z + + ≤ + + = 1.

2 + yz 2 + zx 2 + xy x + y + z x + y + z x + y + z

Do đó giá trị lớn nhất của P là 1, dấu bằng xẩy ra tại x = y = 1; z = 0 và các hoán vị. + Tìm giá trị nhỏ nhất của P. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

Ta sẽ chứng minh khi 0 ≤ x ≤ 2 thì

x 2x 2x 2x = ≥ = .

2 2 2 + yz 4 + 2yz 4 + y + z 6 − x2

2x x2 ≥ . Thật vậy, đặt t = x 2 thì ta có 0 ≤ t ≤ 1 .

6 − x2 2 2

Ta cần chứng minh Vậy ta có

2 t 2 t2 ≥ ⇔ t ( 1 − t ) ( 2 + t ) ≥ 0 là một bất đẳng thức đúng.

2 3−t 2

2x x2 ≥ , dấu bằng xẩy ra tại x = 0 hoặc x = 2 .

6 − x2 2 2

Như vậy ta có

x x2 ≥ 2 + yz 2 2

Áp dụng tương tự ta được

y y2 z z2 ≥ ; ≥ . Công theo vế các bất đẳng thức ta 2 + zx 2 2 2 + xy 2 2

được

P=

y x2 + y2 + z2 x z 2 2 + + ≥ = = 2 + yz 2 + zx 2 + xy 2 2 2 2 2

Dấu bằng xẩy ra khi x = 2; y = z = 0 và các hoán vị.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

2 , đạt được tại x = 2; y = z = 0 và các hoán vị.

2

• Nhận xét. Câu a của bài toán chính là gợi ý để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. Ngoài ra ta

có thể tìm giá trị lớn nhất của P độc lập với gợi ý ở câu a như sau

2P =

 1 2y 2x 2z 1 1  + + = x + y + z − xyz  + +  2 + yz 2 + zx 2 + xy  2 + yz 2 + zx 2 + xy 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

1 1 1 9 9 9 + + ≥ ≥ = >1 2 2 2 2 + yz 2 + zx 2 + xy 6 + xy + yz + zx 6 + x + y + z 8 Khi đó ta có 2P ≤ x + y + z − xyz = x ( 1 − yz ) + y + z . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được ta lại có 2 2 2  x ( 1 − yz ) + ( y + z )  ≤  x 2 + ( y + z )  ( 1 − yz ) + 1     2 2 = ( 2 + 2yz ) 2 − 2yz + y z = 4 + 2y 2 z 2 ( yz − 1) ≤ 4

(

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì yz ≤

)

y2 + z2 ≤ 2 . Do đó ta được 4P 2 ≤ 4 ⇒ P ≤ 1 .

2

Với ý thứ hai của câu b ta có thể trình bày cách khác như sau Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được 2

2

( x + y + z) ( x + y + z) y x z P= + + ≥ = 2 + yz 2 + zx 2 + xy x ( 2 + yz ) + y ( 2 + zx ) + z ( 2 + xy ) 2 ( x + y + z ) + 3xyz

(

)

Đặt t = x + y + z , khi đó ta có t 2 ≥ x 2 + y 2 + z 2 = 2 và t 2 ≤ 3 x 2 + y 2 + z 2 = 6 .

Từ đó suy ra

2 ≤ t ≤ 6 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

9xyz ≤ ( x + y + z )( xy + yz + zx ) = t2

Kết hợp với bất đẳng thức trên ta được P ≥

(

t t −2

2t +

Ta có

2

)

=

(

t t2 − 2

)

2

6t . t + 10 2

2

6t 2 ≥ ⇔ 12t ≥ 2 t 2 + 10 ⇔ t − 2 t − 5 2 ≤ 0 .

2 t + 10

) (

(

2

)(

)

2 ≤ t ≤ 6 . Vậy ta được P ≥

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do

2 .

2

Bài 14. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

(a + b + c )

(

2

2

2

(

30 a + b + c

2

)

)

2 2 2 a 3 + b 3 + c 3 131 a + b + c + − 4abc 60 ( ab + bc + ca )

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2016 – 2017 Lời giải

(

)

Dễ dàng chứng minh được a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b + c ) a 2 + b 2 − c 2 − ab − bc − ca .

Do đó biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(

)

2 2 2 a 3 + b 3 + c 3 3 ( a + b + c ) a + b + c − ab − bc − ca = + 4abc 4 4abc 3 1 1 1 1  = +  + +  a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca 4 4  ab bc ca  3 1 9 ≥ + . a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca 4 4 ab + bc + ca 2 2 2 2 2 2 3 9 a +b +c 9 9 a +b +c 3 = + − = − 4 4 ( ab + bc + ca ) 4 4 ( ab + bc + ca ) 2

(

( )

(

Lại có

(a + b + c )

(

2

2

2

30 a + b + c

2

)

=

a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca )

(

2

2

30 a + b + c

2

)

)

)

(

=

)

1 ab + bc + ca + .

30 15 a 2 + b 2 + c 2

(

)

Do đó thu gọn và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta suy ra được

(

)

(

)

2 2 2 9 a2 + b2 + c2 1 ab + bc + ca 3 131 a + b + c P≥ + + − − 30 15 a 2 + b 2 + c 2 4 ( ab + bc + ca ) 2 60 ( ab + bc + ca )

(

)

1 ab + bc + ca a 2 + b2 + c 2 3 = + + − 2 2 2 30 15 a + b + c 15 ( ab + bc + ca ) 2

(

≥

)

1 ab + bc + ca a 2 + b2 + c 2 3 1 2 3 4 + 2. − = + − =− .

2 2 2 30 3 15 a + b + c 15 ( ab + bc + ca ) 2 30 15 2

(

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ a = b = c .

)

4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − , đạt được tại a = b = c .

3

Bài . Cho a, b, c là ba số không âm thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 ≤ 2 ( ab + bc + ca ) và p, q, r là ba số thỏa mãn p + q + r = 0 . Chứng minh rằng: apq + bqr + crp ≤ 0 .

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Bình Định năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có p + q + r = 0 nên suy ra r = − p − q . Khi đó ta có

apq + bqr + crp = apq – ( p + q )( bq + cp ) = −cp2 + ( a − c − b ) pq − bq 2 Do đó ta có apq + bqr + crp ≤ 0 ⇔ cp2 − ( a − c − b ) pq + bq 2 ≥ 0 ( * ) . Ta xét các trường hợp sau.

• Trường hợp 1. Nếu c = 0 thì từ a 2 + b 2 + c 2 ≤ 2 ( ab + bc + ca ) ta được a 2 + b 2 ≤ 2ab . Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được a 2 + b 2 ≥ 2ab . Kết hợp các kết quả ta được a = b ⇒ a = b Khi đó ta có (*) cp2 − ( a − c − b ) pq + bq 2 ≥ 0 ⇔ bq 2 ≥ 0 (Bất đẳng thức luôn đúng với mọi b ≥ 0)

• Trường hợp 2. Nếu c ≠ 0 , khi đó c dương. Từ đó ta có cp2 − ( a − c − b ) pq + bq 2 ≥ 0 ⇔ cp2 − ( a − c − b ) pq + bq 2 ≥ 0 ⇔ cp − ( a − c − b ) 2

(a − c − b) pq +

2

.q

2

(a − c − b) −

2

.q 2 + bq 2 ≥ 0

4c 4c 2 2   a − c − b) a − c − b) 2 4bc − ( a − c − b ) 2 ( ( 2 ⇔ c p − pq + .q  + .q ≥ 0 c 4c   4c 2   2 2 2 2  a − c − b  2 ( ab + bc + ac ) − a + b + c q + .q 2 ≥ 0 ⇔ cp− 2c 4c  

(

Ta có

(

2 ( ab + bc + ac ) − a 2 + b 2 + c 2

4c

) .q

2

)

≥ 0 vì a 2 + b 2 + c 2 ≤ 2 ( ab + bc + ca ) và c dương.

2

 a−c−b  Lại có c  p − q ≥ 0 .

2c  

(

)

2 2 2 2  a − c − b  2 ( ab + bc + ac ) − a + b + c Do đó suy ra c  p − q + .q 2 ≥ 0 (luôn đúng với mọi 2c 4c  

a, b không âm và c dương. Điều này có nghĩa là ta có cp2 − ( a − c − b ) pq + bq 2 ≥ 0

Từ hai trường hợp ta có được apq + bqr + crp ≤ 0 .

Bài 15. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x ≥ z. Chứng minh rằng:

y2 xz x + 2z 5 + + ≥ .

2 y + yz xz + yz x + z 2 Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2017 – 2018 Lời giải

y2 xz x + 2z + + . Khi đó biến đổi biểu thức P ta được 2 y + yz xz + yz x + z

Đặt P =

y2 x y 2z 2z 1 + 1+ 2 y yz y xz x + 2z x = x P= 2 + + = 2 + + + z + xz z y x z y + yz xz + yz x + z y + 1 1+ + 1 1+ +1 +1 yz x y x z yz xz yz

Đặt a 2 =

x 2 y 2 z a2 b2 1 + 2c 2 + 2 + ; b = ; c = ( a, b, c > 0 ) thì ta được P = 2 y z x b + 1 a + 1 1 + c2

Nhận xét rằng a 2 . b 2 =

x 1 = ≥ 1 ( do x ≥ z ) . Nên ta có z c2

(

)

(

)

(

)(

a 2 a 2 + 1 ( ab + 1) + b 2 b 2 + 1 ( ab + 1) − 2aba 2 a 2 + 1 b 2 + 1 a2 b2 2ab + − = b 2 + 1 a 2 + 1 ab + 1 a 2 + 1 b 2 + 1 ( ab + 1)

( )( ) ab ( a − b ) + ( a − b ) ( a − b ) + ( a − b ) = ( a + 1)( b + 1) ( ab + 1) 2

2

2

3

2

3

2

2 a2 b2 2ab 2 Do đó 2 + 2 ≥ = c = 1+ c b + 1 a + 1 ab + 1 1 +1 c

)

2

≥0

(1) . Đẳng thức xảy ra khi a = b .

Đến đây thì ta thu được 2 2  2  2 1 + 2c 2 5 2  2 1 + c + ( 1 + c ) 1 + 2c  − 5 ( 1 + c ) 1 + c + − = 1 + c c2 + 1 2 2 (1 + c ) 1 + c 2

(

)

(

)

(

(

=

(

2 (1 + c ) 1 + c

)

3

(1 − c ) ≥ 0 ( do c ≤ 1) ( 2 ) ) 2 (1 + c ) (1 + c )

1 − 3c + 3c 2 − c 3 2

)

=

2

Từ ( 1) và ( 2 ) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 1 ⇔ x = y = z

 3a − b 3b − c 3c − a  + 2 + 2 Bài 16. Chứng minh rằng ( a + b + c )  2  ≤ 9 với a, b, c là độ dài ba  a + ab b + bc c + ca  cạnh của một tam giác.

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2017 – 2018 Lời giải Giả sử a + b + c = t và đặt a = tx; b = ty; c = tz ⇒ x + y + z = 1.  t ( 3x − y ) t ( 3y − z ) t ( 3z − x ) Ta chứng minh t ( x + y + z )  2 2 + 2 2 + 2 2  t x + xy t y + yz t z + zx 

(

)

(

)

(

)

 ≤9  

⇔

4x − ( x + y ) 4y − ( y + z ) 4z − ( z + x ) 3x − y 3y − z 3z − x + 2 + 2 ≤9⇔ + + ≤9 2 x (x + y) y ( y + z) z (z + x) x + xy y + yz z + zx

⇔

4 1 4 1 4 1 5x − 1 5y − 1 5y − 1 − + − + − ≤9⇔ + + ≤9 1− z x 1− x y 1− y z x − x2 y − y 2 z − z2

 1 Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a + b > c ⇒ x, y, z ∈  0;  . Từ đó ta có  2 2  1 5x − 1 ≤ 18x − 3 ⇔ ( 3x − 1) ( 2x − 1) ≤ 0 đúng ∀x ∈  0;  2 x−x  2 2 5y − 1  1 ≤ 18y − 3 ⇔ ( 3y − 1) ( 2y − 1) ≤ 0 đúng ∀y ∈  0;  2 y−y  2 2  1 5z − 1 ≤ 18z − 3 ⇔ ( 3z − 1) ( 2z − 1) ≤ 0 đúng ∀z ∈  0;  2 z−z  2

Suy ra

5x − 1 5y − 1 5y − 1 5x − 1 5y − 1 5y − 1 + + ≤ 18 ( x + y + z ) − 9 ⇔ + + ≤9.

2 2 2 x−x y−y z−z x − x2 y − y 2 z − z2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 17. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

1 1 1 + + ( 3x + 1)( y + z ) + x ( 3y + 1)( z + x ) + y ( 3z + 1)( x + y ) + z Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018 Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 .

Ta có ( 3x + 1)( y + z ) + x = 3x ( y + z ) + x + y + z ≥ 3x ( y + z ) + 3 . Ko đó kết hợp với xyz = 1 ta có

1 1 1 1 ≤ = = ( 3x + 1)( y + z ) + x 3x ( y + z ) + 3 3 ( xy + xz ) + 3 3  1 + 1  + 3   z y

    1 1 1 1 . Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thì ta thu được P ≤  + + 1 1 1 1 3 1 1   y + z +1 z + x +1 x + y +1   Đặt a 3 =

1 3 1 3 1 ; b = ; c = . Khi đó ta được abc = 1 và bất đẳng thức trên được viết lại thành x y z

 1 1 1 1 P≤  3 + 3 3 + 3 3 3 3  a + b + 1 b + c + 1 c + a + 1  Từ đó dễ thấy a 3 + b 3 + 1 ≥ ab ( a + b ) + abc = ab ( a + b + c ) .

Do đó ta có

1 abc c . Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu được ≤ = 3 a + b + 1 ab ( a + b + c ) a + b + c 3

1 1 1 c b a + 3 3 + 3 ≤ + + =1 3 3 a + b +1 b + c +1 c +a +1 a + b+c a + c + b a + b+c 3

Từ đó suy ra P ≤

1 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

1 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

3

Bài 18. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

y x z + 3 + 3 y + 16 z + 16 x + 16 3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 9 Thành phố Hà Nội năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta sẽ chứng minh P ≥

1 với dấu bằng đạt được tại ( x; y; z ) = ( 0;1; 2 ) cùng các hoán vị.

6

Như vậy ta có

y 16y x z 1 16x 16z 8 + 3 + 3 ≥ ⇔ 3 + 3 + 3 ≥ y + 16 z + 16 x + 16 6 y + 16 z + 16 x + 16 3 3

 16y   16x   16z  8 Hay ta được  x − 3 +y− 3 +z− 3 ≤ x+y+z− 3. y + 16   z + 16   x + 16   Một cách tương đương ta cần phải chứng minh

xy 3 yz 3 zx 3 1 + + ≤ .

3 3 3 y + 16 z + 16 x + 16 3

Do vai trò của các số x, y, z như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử y nằm giữa x và z.

2

Ta có y 3 + 16 = ( y + 4 )( y − 2 ) + 12y ≥ 12y nên ta được

Đến đây ta suy ra được

Từ đó suy ra

y 1 ≤ . y + 16 12 3

xy 3 xy 2 yz 3 yz 2 zx 3 zx 2 ≤ . Đánh giá tương tự ta có . ≤ ; ≤ z 3 + 16 12 x 3 + 16 12 y 3 + 16 12

xy 3 yz 3 xy 2 + yz 2 + zx 2 zx 3 + + ≤ .

12 y 3 + 16 z 3 + 16 x 3 + 16

Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được xy 2 + yz 2 + zx 2 ≤ 4 .

Thật vậy, do y nằm giữa x và z nên ta có ( y − x )( y − z ) ≤ 0 ⇔ y 2 + zx ≤ xy + yz .

Từ đó suy ra xy 2 + x 2 z ≤ x 2 y + xyz . Do vậy ta có đánh giá

(

xy 2 + yz 2 + zx 2 ≤ x 2 y + xyz + yz 2 = y x 2 + zx + z 2 2

)

2

2

≤ y ( x + z ) = y ( 3 − y ) = 4 − ( 4 − y )( y − 1) ≤ 4 Như vậy ta có xy 2 + yz 2 + zx 2 ≤ 4 . Do vậy phép chứng minh kết thúc.

1 , dấu bằng xẩy ra tại ( x; y; z ) = ( 0;1; 2 ) cùng các hoán vị.

6

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Bài 19. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3 . Chứng minh rằng:

a.

b+c c+a a+b 3 + b. 2 + c. 2 ≤ 2 a + bc b + ca c + ab abc

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bắc Giang năm học 2013 – 2014 Lời giải Ta có a.

b+c ab + ac = a. 2 . Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM –GM và chú ý đến giả 2 a + bc a + bc

thiết ab + bc + ca = 3 ta có a 2 + bc + ab 2 c 2 ≥ 3abc ⇒ a 2 + bc ≥ abc ( 3 − bc ) = abc ( ab + ac ) Do đó ta được

ab + ac 1 ab + ac 1 b+c 1 ≤ ⇒ a. 2 ≤ ⇒ a. 2 ≤ 2 a + bc abc a + bc a + bc bc bc

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được b.

Do đó ta được a.

c+a 1 a+b 1 ≤ ; c. 2 ≤ 2 b + ca c + ab ca ab

b+c c+a a+b a+ b+ c + b. 2 + c. 2 ≤ 2 a + bc b + ca c + ab abc

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

a+ b+ c abc

≤

3 ⇔ abc abc

(

)

a+ b+ c ≤3

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng vì 3 = ab + bc + ca ≥ abc

(

a+ b+ c

)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 20. Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn: Chứng minh rằng:

1 1 1 1 + + + =2 3 3 3 1 + a 1 + b 1 + c 1 + d3

1− a 1− b 1− c 1−d + + + ≥0 2 2 2 1 − a + a 1 − b + b 1 − c + c 1 − d + d2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đồng Tháp năm học 2013 – 2014 Lời giải Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh Hay

1 − a 2 1 − b2 1 − c 2 1 − d2 + + + ≥0 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3

1 1 1 1 a2 b2 c2 d2 + + + ≥ + + + 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 + a 3 1 + b 3 1 + c 3 1 + d3

Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1 1 1 1 1 + 2d 3 3d 2 + + = − = ≥ 2 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 + d3 1 + d3 Hay

1 1 1 3d2 + + ≥ . Hoàn toàn tương tự ta được 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 1 1 3a 2 + + ≥ 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 + a 3 1 1 1 3b2 + + ≥ 1 + a 3 1 + c 3 1 + d3 1 + b3 1 1 1 3c 2 + + ≥ 1 + a 3 1 + b3 1 + d3 1 + c 3

Cộng theo vế bốn bất đẳng thức trên ta được

1 1 1 1 a2 b2 c2 d2 + + + ≥ + + + 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 1 + a 3 1 + b3 1 + c 3 1 + d3 Bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1 .

Bài 21. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c ≤

3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

biểu thức:

S = a2 +

1 1 1 + b2 + 2 + c 2 + 2 2 a b c

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Trà Vinh năm học 2014 – 2015 Lời giải • Lời giải 1. Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra ta được

1  17  a 2 + 2  = a  

2

(

1 4 4   1 + 4  a2 + 2  ≥  a +  = a + a a a    2

)

Áp dụng tương tự ta được

Khi đó ta được

1  17  b 2 + 2 b 

4 4   2 1  ≥ b + b ; 17  c + 2  ≥ c + c c   

1 1   17  a 2 + 2  + 17  b 2 + 2 a  b  

Theo một đánh giá quen thuộc ta có Nên ta được a + b + c +

4 4 4   2 1  + 17  c + 2  ≥ a + b + c + a + b + c c   

1 1 1 36 + + ≥ a b c a+b+c

4 4 4 36 + + ≥a+b+c+ a b c a+b+c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và kết hợp với giả thiết ta được

a+b+c+

36 9 135 =a+b+c+ + a+b+c 4 (a + b + c ) 4 (a + b + c ) ≥ 2.

Từ đó ta suy ra

Hay

a2 +

1  17  a 2 + 2 a 

(a + b + c ) . 4

  2 1  + 17  b + 2 b  

9 135 135 51 + = 3+ = 3 6 2 ( a + b + c ) 4.

2

  2 1  51  + 17  c + 2  ≥ 2 c   

1 1 1 3 17 + b2 + 2 + c 2 + 2 ≥ 2 2 a b c

Như vậy giá trị nhỏ nhất của S là

3 17 1 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = .

2 2

• Lời giải 2. Dễ dàng chứng minh được: Với a, b, x, y là các số thực dương ta luôn có: a2 + x2 + b2 + y2 ≥

2

(a + b) + ( x + y )

2

Áp dụng bất đẳng thức trên ta được

1 1 1 S = a + 2 + b2 + 2 + c2 + 2 ≥ a b c 2

≥

(a + b + c ) 2

2

( a + b ) +  a1 + b1  + c 2 + c12   2

2

 1 1 1 + + +  a b c 2

2

 1 1 1  9  81 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có  + +  ≥  =  2 a b c a+b+c (a + b + c ) 2

2  1 1 1 81 Do đó ta được ( a + b + c ) +  + +  ≥ ( a + b + c ) + 2 a b c (a + b + c ) 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và giả thiết ta có

(a + b + c )

2

81

+

16 ( a + b + c )

2

9 9 1215 1215 135 ≥ 2. = ; ≥ = 2 9 4 2 16 ( a + b + c ) 4 16.

4 81

2

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được ( a + b + c ) +

(a + b + c )

2

≥

9 135 153 + = 2 4 4

153 3 17 = .

4 2

Từ các kết quả đó ta được S ≥

Như vậy giá trị nhỏ nhất của S là

3 17 1 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = .

2 2

Bài 22. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

a ( b + c) a + ( b + c) 2

2

+

b(c + a) b + (c + a) 2

2

+

c (a + b) c + (a + b) 2

2

≤

6 5

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thái Bình năm học 2014 – 2015 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a + (b + c) 2

2

2  b + c)  3 ( ( b + c )( 4a + 3b + 3c ) 2 2 2  + (b + c) ≥ a ( b + c) + 3 ( b + c) = = a + 4  4 4 4   

a ( b + c)

Suy ra ta được

a + ( b + c) 2

2

≤

4a ( b + c )

( 4a + 3b + 3c )( b + c )

=

4a 4a + 3b + 3c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được 2

( 9 + 1) ≤ a  92 4a a 1 = . + .

4a + 3b + 3c 25 4a + 3b + 3c 25  3 ( a + b + c ) a  Suy ra ta được

a ( b + c) a + (b + c) 2

≤

27a 1 + 25 ( a + b + c ) 25

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được

b(c + a) b + (c + a) 2

2

≤

c (c + a) 27b 1 27c 1 + ; ≤ + 2 2 25 ( a + b + c ) 25 c + ( c + a ) 25 ( a + b + c ) 25

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

a ( b + c)

(b + c)

2

+ a2

+

b (a + c )

(c + a)

2

+ b2

+

c (a + b)

(a + b)

2

+ c2

≤

27 ( a + b + c ) 25 ( a + b + c )

+

3 6 = 25 5

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.

Bài 23. Cho a, b, c là các số thực không âm sao cho a + b + c = 6 . Chứng minh rằng:

a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab + + ≥ a 2 + b2 + c 2 b c a Trích đề thi chọn HSG cấp THPT Thành Phố Hải Phòng năm học 2014 – 2015 Lời giải Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử b nằm giữa hai số a và c. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

a2 b2 c2 + c + + a + + b ≥ a 2 + b2 + c 2 b c a a 2 − 2ab + b 2 b 2 − 2bc + c 2 c 2 − 2ac + a 2 ⇔ + + ≥ a 2 + b2 + c 2 − 2 ( a + b + c ) b c a 2

2

(a − b) + ( b − c ) + ( c − a ) ⇔ b

c

a

2

≥ a 2 + b2 + c 2 − 2 ( a + b + c )

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2

2

(a − b) + ( b − c ) + ( c − a ) b

c

a

2

(a − b + b − c + c − a ) ≥

2

a+b+c

Phép chứng minh sẽ hoàn tất khi ta chỉ ra được

4 (a − c )

=

4 (a − c )

2

a+b+c

2

a+b+c

≥ a 2 + b 2 + c 2 − ( 2a + b + c ) .

Bất đẳng thức trên tương đương với 2

(

2

)

2

2

2

4 ( a − c ) ≥ 6 a 2 + b2 + c 2 − 2 ( a + b + c ) ⇔ 4 ( a − c ) ≥ 2 ( a − b ) + 2 ( b − c ) + 2 ( c − a ) 2

2

2

2

⇔ 2 ( a − c ) ≥ 2 ( a − b ) + 2 ( b − c ) ⇔ 2 ( a − b )( b − c ) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do b nằm giữa a và b.

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh xong

Bài 24. Tìm hằng số k lớn nhất sao cho với mọia, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 thì bất đẳng thức sau luôn đúng:

a 1 + 9bc + k ( b − c )

2

+

b 1 + 9ca + k ( c − a )

2

+

c 1 + 9ab + k ( a − b )

2

≥

1 2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Thành Phố Hải Phòng năm học 2014 – 2015 Lời giải Cho a = b =

1 ; c = 0 thì ta suy ra được k ≤ 4 . Bài toán quy về chứng minh bất đẳng thức 2

a 1 + 9bc + k ( b − c )

2

+

b 1 + 9ca + k ( c − a )

2

+

c 1 + 9ab + k ( a − b )

2

≥

1 2

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được

a 1 + 9bc + 4 ( b − c )

2

+

b 1 + 9ca + 4 ( c − a )

+

2

c 1 + 9ab + 4 ( a − b )

2

2

(a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) + 27abc + 4a ( b − c ) + 4b ( c − a ) 2

2

+ 4c ( a − b )

2

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 2

2

2

2 ( a + b + c ) ≥ 1 + 27abc + 4a ( b − c ) + 4b ( c − a ) + 4c ( a − b )

2

Hay 1 ≥ 4ab ( a + b ) + 4bc ( b + c ) + 4ca ( c + a ) + 3abc Để ý đến giả thiết ta viết lại được bất đẳng thức trên thành

(a + b + c )

3

≥ 4ab ( a + b ) + 4bc ( b + c ) + 4ca ( c + a ) + 3abc

a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ≥ ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )

Hay

Biến đổi tương đương ta được abc ≥ ( a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức đúng và dễ dàng chứng minh được.

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc

a=b=

1 ; c = 0 và các hoán vị.

2

Bài 25. Cho x, y, z là các số thực không dương. Chứng minh rằng: xy 3 z 3

(x

2

+ yz

2

) (y

yz 3 x 3

+

3

+z

) (y

3

2

+ zx

2

) (z

zx 3 y 3

+

3

+x

3

) (z

2

+ xy

2

) (x

3

+y

3

)

≤

3 8

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Trường ĐHKHTN Hà Nội năm học 2014 – 2015 Lời giải

(

)

( nên ta được ( x + yz )( y

)

( ) ≥ 2xyz ( y

) + z ) . Điều này dẫn đến

Dễ dàng chứng minh được 2 y 3 + z 3 ≥ ( y + z ) y 2 + z 2 ≥ 2 yz y 2 + z 2 Và lại có x 2 + yz ≥ 2x yz

2

xy 3 z 3

(x

2

+ yz

2

) (y

3

+ z3 =

)

≤

3

+ z3

2

2

xy 3 z 3

(

)

(

2 x 2 + yz xyz y 2 + z 2 y2 z2

(

2 x 2 y 2 + x 2 z 2 + y 3 z + yz 3

)

) y2 z2

≤

(

2 x 2 y 2 + x 2 z 2 + 2y 2 z 2

)

Hoàn toàn tương tự ta được xy 3 z 3

(x

2

+ yz

2

) (y

3

+ z3 2

≤

yz

(

yz 3 x 3

+

) (y

2

+ zx

2

) (z

3

+ x3

2

2 x 2 y 2 + x 2 z 2 + 2y 2 z 2

) (z 2

+

zx 3 y 3

+

xz

) 2(x y 2

2

2

+ xy

2

) (x

3

+ y3

) x2 y2

2

+ 2x 2 z 2 + y 2 z 2

+

) 2 ( 2x y 2

2

+ x 2 z 2 + 2y 2 z 2

)

Ta càn chỉ ra được

y2z2 x2 y2 x2 z2 3 + + ≤ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 x y + x z + 2y z x y + 2x z + y z 2x y + x z + 2y z Đặt a = x 2 y 2 ; b = y 2 z 2 ; c = z 2 x 2 . Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành

a b c 3 + + ≤ 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 4 Bất đẳng thức trên tương đương với

b+c a+c a+b 3 + + ≥ 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được 2

( 2a + 2b + 2c ) b+c a+c a+b + + ≥ 2 2 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 2 a + b + c 2 + 6 ( ab + bc + ca )

(

)

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được 2

2 ( 2a + 2b + 2c ) ≥ 3  2 a 2 + b 2 + c 2 + 6 ( ab + bc + ca )   

(

2

)

2

⇔ 4 ( a + b + c ) ≥ 3 ( a + b + c ) + 3 ( ab + ba + ca ) 2

⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z

Bài 26. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=

x2 y y2 z z2 x + + 4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Trường ĐHKHTN Hà Nội năm học 2014 – 2015 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

 x y z  P 2 ≤ ( xy + yz + zx )  + +   4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x  Đặt Q =

y x z 1   5y 5z 5x   + + = 3 −  + +  4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 4   4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x  

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được 2

5 (x + y + z) 5y 5z 5x + + ≥ 4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 4 ( xy + yz + zx ) + 5 x 2 + y 2 + z 2

(

=

5 2

5 ( x + y + z ) − 6 ( xy + yz + zx )

=

)

5 5 − 6 ( xy + yz + zx )

 1 5 3 −  4  5 − 6 ( xy + yz + zx ) 

Do đó ta được Q ≤

Khi đó ta suy ra P 2 ≤

  1 5 xy + yz + zx )  3 −  ( 4 5 − 6 ( xy + yz + zx )  

Đặt a = xy + yz + zx ⇒ 0 < a ≤

Ta sẽ chứng minh

a ( 5 − 9a ) 2 ( 5 − 6a )

1  5  a ( 5 − 9a ) 1 . Khi đó ta được P 2 ≤ a  3 − = 4  5 − 6a  2 ( 5 − 6a ) 3

≤

1 .

9

Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với ( 1 − 3a )( 10 − 27a ) ≥ 0 , đây là một đánh giá đúng do ta đã có 0 < a ≤ Suy ra P ≤

1 . Do đó bất đẳng thức trên được chứng minh.

3

1 1 1 hay giá trị lớn nhất của P là . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = .

3 3 3

Bài 27. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 . Chứng minh rằng:

(a + b + c ) a3 b3 c3 + + ≥ 2 2 2 18 1 + 9b ca 1 + 9c ab 1 + 9a bc

3

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thừa Thiên Huế năm học 2014 – 2015 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được

(

)

2

a2 + b2 + c2 a3 b3 c3 + + ≥ 1 + 9b 2 ca 1 + 9c 2ab 1 + 9a 2 bc a + b + c + 9abc ( ab + bc + ca ) 2

2

Dễ thấy a + b + c

2

(a + b + c ) ≥

2

và để ý đến giả thiết ab + bc + ca = 1 ta được

3

(a

2

+ b2 + c 2

)

2

a + b + c + 9abc ( ab + bc + ca )

≥

(a + b + c )

4

9 ( a + b + c + 9abc ) 4

(a + b + c ) a3 b3 c3 Do đó ta có + + ≥ 2 2 2 1 + 9b ca 1 + 9c ab 1 + 9a bc 9 ( a + b + c + 9abc ) Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(a + b + c )

4

9 ( a + b + c + 9abc )

(a + b + c ) ≥

3

18

Hay a + b + c ≥ 9abc . Để ý đến giả thiết ab + bc + ca = 1 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được a + b + c = ( a + b + c )( ab + bc + ac ) ≥ 3 3 abc.3 3 a 2 b 2 c 2 = 9abc

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 3

.

Bài 28. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:

) (

(

5a 2 + 4bc + 5b 2 + 4ca + 5c 2 + 4ab ≥ 3 a 2 + b 2 + c 2 + 2

ab + bc + ca

)

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Nam năm học 2014 – 2015 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(

5a 2 + 4bc − 2 bc + 5b 2 + 4ca − 2 ca + 5c 2 + 4ab − 2 ab ≥ 3 a 2 + b 2 + c 2

5a 2

Hay

+

2

5a + 4bc + 2 bc Hay

5b 2

1

(

3 a 2 + b2 + c 2

)

+

2

5b + 4ca + 2 ca

5c 2

(

≥ 3 a 2 + b2 + c 2

2

5c + 4ab + 2 ab

)

)

  5a 2 5b 2 5c 2 + +   ≥ 1 2 2 2 5b + 4ca + 2 ca 5c + 4ab + 2 ab   5a + 4bc + 2 bc

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

(

)

2 5a 2 + 4bc 3 a 2 + b 2 + c 2 ≤ 8a 2 + 3b 2 + 3c 2 + 4bc

(

2

2

4 bc 3 a + b + c

2

)=

(

4.3 bc. 3 a 2 + b 2 + c 2 3

) ≤ 2 ( 3a

2

+ 3b 2 + 3c 2 + 9bc

3 = 2 a + b + c + 3bc

(

2

2

2

)

)

Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được

2

(

5a 2 + 4bc + 2 bc

)

(

)

3 a 2 + b2 + c 2 ≤ 10a 2 + 5b2 + 5c 2 + 10bc

10a 2

Suy ra

2

(

5a 2 + 4bc + 2 bc

Lại có 10bc ≤ 5b 2 + 5c 2 nên

)

(

3 a 2 + b2 + c 2

)

≥

10a 2 10a 2 + 5b 2 + 5c 2 + 10bc

10a 2 10a 2 a2 ≥ = 10a 2 + 5b2 + 5c 2 + 10bc 10a 2 + 10b2 + 10c 2 a 2 + b2 + c 2 10a 2

Do đó ta được

2

(

5a 2 + 4bc + 2 bc

)

(

3 a 2 + b2 + c 2

)

≥

a2 a 2 + b2 + c 2

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được

1

(

3 a 2 + b2 + c 2

)

  5a 2 5b 2 5c 2 + +   2 5b 2 + 4ca + 2 ca 5c 2 + 4ab + 2 ab   5a + 4bc + 2 bc ≥

a2 b2 c2 + + =1 a 2 + b2 + c 2 b2 + a 2 + c 2 c 2 + b2 + a 2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

(

) (

)

Bài 29. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 3 x 4 + y 4 + z 4 − 7 x 2 + y 2 + z 2 + 12 = 0 .

Tìm giá trị nỏ nhất của biểu thức: P =

y2 x2 z2 + + y + 2z z + 2x x + 2y

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Yên Bái năm học 2014 – 2015 Lời giải Trước hết ta đơn giản hóa giả thiết của bài toán.

(

Áp dụng một đánh giá quen thuộc ta có x 4 + y 4 + z 4 ≥ 3 x 2 + y 2 + z 2

(

Khi đó ta được 3 x 2 + y 2 + z 2

)

2

(

)

2

)

− 7 x 2 + y 2 + z 2 + 12 ≤ 0 hay x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được

(

)

2

x2 + y2 + z2 y2 x2 z2 P= + + ≥ y + 2z z + 2x x + 2y x 2 y + y 2 z + z 2 x + 2 xy 2 + zx 2 + yz 2

(

)

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

(x

x2 y + y 2 z + z2 x ≤ ≤

(x

2

2

+ y2 + z2

+ y2 + z2

)( x

2

)( x y 2

2

+ y2 z2 + z2 x2

+ y2 + z2

)

3

(

= x2 + y2 + z2

3

(

)

) (

Hoàn toàn tương tự ta được 2 xy 2 + yz 2 + zx 2 ≥ 2 x 2 + y 2 + z 2

(x

Do đó ta được P ≥

2

+ y2 + z2

(

3 x2 + y 2 + z2

)

2

x2 + y 2 + z2 3

)

)

x2 + y 2 + z2 3

x2 + y2 + z2 3

)

x2 + y2 + z2 =1 3

=

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

Bài 30. Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng: 2

(a + b − c ) (a + b) + c 2

2

2

(b + c − a) + (b + c) + a 2

2

2

(c + a − b) + (c + a ) + b 2

≥ 2

3 5

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đăk Lăk năm học 2014 – 2015 Lời giải 2

Để ý là

(a + b − c ) (a + b) + c 2

2

2

( a + b ) + c − 2c ( a + b ) = 1 − 2c ( a + b ) = (a + b) + c (a + b) + c 2

2

2

2

2

Áp dụng tương tự ta quy bài toán về chứng minh

a ( b + c) a2 + ( b + c )

2

+

b (c + a) b2 + ( c + a )

+

2

c (a + b) c2 + (a + b )

≤

2

6 5

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a + (b + c) 2

2

2  b + c)  3 ( ( b + c )( 4a + 3b + 3c ) 2 2 2  + (b + c) ≥ a ( b + c) + 3 ( b + c) = = a + 4  4 4 4   

a ( b + c)

Suy ra ta được

a2 + ( b + c )

2

≤

4a ( b + c )

( 4a + 3b + 3c )( b + c )

=

4a 4a + 3b + 3c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được 2

( 9 + 1) ≤ a  92 4a a 1 = . + .

4a + 3b + 3c 25 4a + 3b + 3c 25  3 ( a + b + c ) a  Suy ra ta được

a ( b + c) a + (b + c) 2

b(c + a) b2 + ( c + a )

2

≤

27a 1 + . Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được 25 ( a + b + c ) 25

≤

c (c + a) 27b 1 27c 1 + ; ≤ + 2 25 ( a + b + c ) 25 c 2 + ( c + a ) 25 ( a + b + c ) 25

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

a ( b + c)

(b + c)

2

+

+a

2

b (a + c )

(c + a)

2

+b

+ 2

c (a + b)

(a + b)

2

+c

≤ 2

27 ( a + b + c ) 25 ( a + b + c )

+

3 6 = 25 5

Vậy bất đẳng thức được chứng minh xong.

Bài 31. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + ab = 2c ( a + b ) . Tìm giá trị

P=

nhỏ nhất của biểu thức:

c2

(a + b − c )

2

+

c2 ab + 2 2 a +b a+b

Trích đề thi chọn HSG lớp 12 Tỉnh Bắc Giang năm học 2014 – 2015 Lời giải Trước hết từ giả thiết ta có biến đổi

a 2 + b 2 + c 2 + 2ab = 2c ( a + b ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + ab = 2ac + 2bc 2

⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab − 2bc − 2ab = ab ⇔ ( a + b − c ) = ab Do đó ta viết lại được biểu thức P thành

P=

c2

(a + b − c ) 2

2

+

c2 ab c 2 c2 ab + = + + 2 2 2 2 a + b a + b ab a + b a + b

Để ý rằng ta có 4ab ≤ ( a + b ) nên ta có

(a + b − c )

2

(a + b) = ab ≤

2

⇔−

4

a+b a+b a+b 3 ≤ a+ b−c ≤ ⇔ ≤ c ≤ (a + b) 2 2 2 2 2

2

( a + b ) + ab . c2 c2 ab ( a + b ) Từ đó ta được P = + 2 + ≥ + 2 ab a + b a + b 4ab a+b 4 a 2 + b2

(

)

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz

(a + b) P≥

2

4ab

≥

(a + b) 8ab

+

(a + b)

(

4 a2 + b2

2

+

(a + b) ≥ 1+ 8ab

2

2

)

2

8ab + 4 a 2 + b 2 2

+

2ab

(a + b)

2

2

(

(a + b + a + b)

(

2

( a + b ) + ab ab ( a + b ) ( a + b ) + = + + a+b 8ab 8ab a+b 4 a 2 + b2

)

2

)

+

≥ 1+ 2

( a + b ) + ab ( a + b ) ab = 1+ 2 a+b 8ab (a + b) (a + b)

2

8ab

.

2ab

(a + b )

2

1 = 1 + 2. = 2 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2, xấy ra tại a = b = c .

Bài 32. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của: M=

y+z x2 1 + + 2 x + yz + x + 1 x + y + z + 1 xyz

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm học 2014 – 2015 Lời giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

x2 x . ≤ 2 x + yz + x + 1 x + y + z + 1

Thật vậy do x ≥ 0 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

x ( x + y + z + 1) ≤ x 2 + yz + x + 1 ⇔ xz + xy ≤ yz + 1 ⇔ 2xz + 2xy ≤ 2yz + 2 2

⇔ 2xz + 2xy ≤ 2yz + x 2 + y 2 + z 2 ⇔ ( x − y − z ) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có M= =

x2 x ≤ . Từ đó ta được 2 x + yz + x + 1 x + y + z + 1

y+z y+z x2 1 x 1 + + ≤ + + 2 x + yz + x + 1 x + y + z + 1 xyz x + y + z + 1 x + y + z + 1 xyz

xyz + 2 − ( x + y + z ) x+y+z 1 1 1 + = 1− + = 1− x + y + z + 1 xyz x + y + z + 1 xyz ( xyz + 3 )( x + y + z + 1)

Ta đi chứng minh bất đẳng thức xyz + 2 ≥ x + y + z .

Có hai cách để chứng minh bất đẳng thức xyz + 2 ≥ x + y + z như sau

• Cách 1. Không mất tỉnh tổng quát ta giả sử z là số lớn nhất trong ba số x, y, z. Khi đó từ giả thiết của bài toán ta có 2 = x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3z 2 ⇒ z ≥

2 .

3

2

Cũng từ giả thiết ta có x 2 + y 2 + z 2 = 2 ⇔ ( x + y ) + z 2 = 2 + 2xy . Đặt a = x + y , khi đó ta có 2xy = a 2 + z 2 − 2 . Như vậy bất đẳng thức cần chứng minh trên trở thành

(

)

2xyz + 4 ≥ 2 ( x + y + z ) ⇔ a 2 + z 2 z + 4 ≥ 2a + 2z ⇔ za 2 − 2a + z 3 − 2z + 4 ≥ 0

(

2

)

(

)

Xét f ( a ) = za 2 − 2a + z 3 − 2z + 4 ta có ∆'z = 1 − z z 3 − 2z + 4 = − ( z − 1) z 2 + 2z − 1 .

Do z ≥

2 2 nên z 2 + 2z − 1 > 0 . Do đó ∆'z = − ( z − 1) z 2 + 2z − 1 ≤ 0 .

3

(

)

Từ đó suy ra z.f ( a ) ≥ 0 mà z > 0 nên f ( a ) ≥ 0 . Vậy ta có xyz + 2 ≥ x + y + z .

• Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 = x 2 + y 2 + z 2 ≥ y 2 + z 2 ≥ 2yz ⇒ yz ≤ 1 . Áp dụng bất đẳng thức Cahuchy – Schwarz ta có 2 2 2 =  x ( 1 − yz ) + ( y + z )  ≤  x 2 + ( y + z )  ( 1 − yz ) + 1    2 2 2 2 2 2 2 2 = x + y + z + 2yz y z − 2yz + 2 = ( 2 + 2yz ) y z − 2yz 2 + 2

( x + y + z − xyz )

2

(

)(

)

(

)

= 4 + 2y z ( 1 − yz ) ≤ 4 2

2

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do yz ≤ 1 . Từ đó ta được

( x + y + z − xyz )

2

≤ 4 ⇒ x + y + z − xyz ≤ 2 ⇔ 2 + xyz ≥ x + y + z

Như vậy với xyz + 2 ≥ x + y + z ta được M ≤ 1 −

xyz + 2 − ( x + y + z )

( xyz + 3 )( x + y + z + 1)

≤ 1.

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = 0; y = z = 1 .

Vậy giá trị lớn nhất của M là 1, xẩy ra tại x = 0; y = z = 1 và các hoán vị.

Bài 33. Cho a, b, c là các số thực không âm, trong đó không có hao số nào đồng thời bằng 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

a (b + c) 2

a + bc

+

b (c + a ) 2

b + ca

+

c (a + b) c 2 + ab

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015 Lời giải • Lời giải 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 , khi đó ta có a ( b + c) 2

a + bc

≥

a (b + c) 2

a + ac

=

b+c a+c

Lại thấy

b+c b ≥ ⇔ a ( b + c ) ≥ b ( a + c ) ⇔ ab + ac ⇔ ab + bc ⇔ ac ≥ bc , bất đẳng thức cuối a+c a a (b + c)

luôn đúng. Do đó ta được

2

a + bc

b (c + a) c (a + b) c (a + b) c b ab ≥ 2 . Lại có 2 ≥ = và 2 a b + ca b + ca c + ab b ( a + b ) b

≥

.

Từ đó ta được P =

a ( b + c)

a 2 + bc

+

b (c + a )

b 2 + ca

+

c (a + b)

c 2 + ab

≥

b ab c b 2 + ca ab + 2 + = + 2 ≥ 2. a b + ac b ab b + ac

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2, xẩy ra khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị.

• Lời giải 2. Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 , khi đó ta có a ( b + c)

+

2

a + bc 2

(a − b) (c =

(a

2

b (c + a) 2

b + ca

2

−2 =

( a − b )( c − a ) + ( a − b )( b − c ) a 2 + bc

− 2ca − 2bc + ab

)(

+ bc b 2 + ca

)

b 2 + ca

2

2

) = (a − b ) ( c + ab ) − 2c ( a + b )( a − b ) (a + bc )( b + ca ) (a + bc )( b + ca ) 2

2

2

2

2

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành 2

(a − b) (c

) − 2c ( a + b )( a − b ) + c ( a + b ) ≥ 0 ( a + bc )( b + ca ) ( a + bc )( b + ca ) c + ab ( a − b ) ( c + ab ) c ( a + b ) 2c ( a + b )( a − b ) ⇔ + ≥ (a + bc )( b + ca ) c + ab ( a + bc )( b + ca ) ( a − b ) ( c + ab ) c ( a + b ) 2 ( a − b ) c ( a + b ) Áp dụng bất đẳn thức AM – GM ta có . + ≥ (a + bc )( b + ca ) c + ab ( a + bc )( b + ca ) 2

2

2

+ ab

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Phép chứng minh sẽ hoàn tất khi ta chỉ ra được

2 (a − b) c (a + b)

(a

2

)(

+ bc b 2 + ca

≥

2c ( a + b )( a − b )

) (a

2

)(

2

2

+ bc b + ca

(

)(

)

⇔

(a

2

)(

)

+ bc b 2 + ca ≥ ( a − b ) c ( a + b ) 2

)

Hay ta cần chứng minh a 2 + bc b 2 + ca ≥ c ( a + b )( a − b ) .

2

Do a ≥ b ≥ c ≥ 0 nên ta có a 2 + bc ≥ a 2 ≥ ( a − b ) và b 2 + ca ≥ bc + ca = c ( a + b ) .

(

)(

2

)

Do đó bất đẳng thức a 2 + bc b 2 + ca ≥ c ( a + b )( a − b ) luôn đúng.

Vậy phép chứng minh hoàn tất.

Bài 35. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(

)

P = 7 a 4 + b4 + c 4 +

ab + bc + ca a b + b 2 c + c 2a 2

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm học 2014 – 2015 Lời giải Không mất tính tổng quát ta giả sử b nằm giữa a và c, khi đó ta có c ( a − b )( b − c ) ≥ 0 . Hay ta được

(

)

a 2 b + b 2 c + c 2 a ≤ b a 2 + ca + c 2

(

)

(

)

Từ đó ta được a 2 b + b 2 c + c 2 a ( ab + bc + ca ) ≤ b a 2 + ca + c 2 ( ab + bc + ca ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta được

(

2

b a + ca + c

2

)

( 3b + a ( ab + bc + ca ) ≤

2

+ ca + c 2 + ab + bc + ca

)

3

34 3

2 Lại có 3b + a 2 + ca + c 2 + ab + bc + ca = ( a + c ) + 3b + b ( a + c )  .  

Từ giả thiết a + b + c = 3 ta suy ra được a + c = 3 − b nên ta có 3

2 3b + a 2 + ca + c 2 + ab + bc + ca = ( 3 − b ) + 3b + b ( 3 − b )  = 9  

(

)

Do vậy ta có a 2 b + b 2 c + c 2 a ( ab + bc + ca ) ≤ 9 .

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có a 4 + b4 + c 4

(a ≥

2

+ b2 + c 2

)

2

3

.

Sử dụng các kết quả trên kết hợp với bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2

( ab + bc + ca ) ab + bc + ca P =7 a +b +c + 2 = 7 a 4 + b4 + c 4 + 2 2 2 a b+b c+c a a b + b 2 c + c 2a ( ab + bc + ca )

(

≥ ≥

4

4

4

(

7 a 2 + b2 + c 2 3 41 ( a + b + c )

18.9

)

(

2

) + ( ab + bc + ca ) 9

4

(a +

2

2

=

)

(

41 a 2 + b 2 + c 2 18

( ) + (a 2

+ b 2 + c 2 + ab + bc + ca + ab + bc + ca

)

18.3

2

+ b2

) +c ) 2

2

+ 2 ( ab + bc + ca )

2

18

2

=

22 ( a + b + c )

81

4

= 22

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 22, xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 36. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b ta có bất đẳng thức sau:

(

)

a 2 b 2 a 2 + b 2 − 2 ≥ ( a + b )( ab − 1) .

Trích đề thi chọn HSG cấp THPT Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2014 – 2015 Lời giải Đặt a + b = x; ab = y khi đó với x, y dương ta có x 2 ≥ 4y .

(

)

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại dưới dạng y 2 x 2 − 2y − 2 ≥ x ( y − 1) . Đến đây ta xét các trường hợp sau.

• Trường hợp 1. Nếu y > 1 thì ta có x > 2 . Khi đó xy 2 − y + 1 > 2y 2 − y + 1 > 0 . Do vậy

(

)

(

)

y 2 x 2 − 2y − 2 − x ( y − 1) = x xy 2 − y + 1 − 2y 3 − 2y 2

(

)

≥ 2 y 2 y.y 2 − y + 1 − 2y 3 − 2y 2 = 2 y

(

2

y −1

)(

)(

)

y +1 y + y +1 ≥ 0

Điều này có nghĩa là bất đẳng thức cần chứng minh đúng.

• Trường hợp 2. Nếu y ≤ 1 thì ta có

(

)

x ( y − 1) − y 2 x 2 − 2y − 2 ≤ x ( y − 1) − y 2 ( 4y − 2y − 2 ) = x ( y − 1) − 2y 2 ( y − 1)

(

) ( y − 1) ≤ ( 2

) ( y − 1) y ( y − 1) ( y + 1)( y − y + 1) ≤ 0

= x − 2y 2

y − 2y 2

2

= −2

Điều này có nghĩa là bất đẳng thức cần chứng minh đúng.

Vậy bài toán được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .

Bài 37. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) = 10 . Chứng minh rằng:

(a

2

+ b2

)( b

2

+ c2

)( c

)

2

+ a 2 + 12a 2 b 2 c 2 ≥ 30

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bình Dương năm học 2015 – 2016 Lời giải Từ giả thiết ta có ( a + b )( b + c )( c + a ) = 10 ⇔ a 2 b + ab 2 + b 2 c + bc 2 + c 2 a + ca 2 + 2abc = 0 .

Lại có

( a + b )( b + c )( c + a ) = a b + a b + b c + b c + c a + c a = (a b + b c + c a + a b c + ) + (a b + b c + c a + a b c ) = ( a b + b c + c a − abc ) + ( ab + bc + ca − abc ) 2

4

2

2

2

2

2

4 2

4

2

2

2

2

2

4

2 2

2

2

2

2

2

2

4

4 2

4

2

2 4

2 4

2

4

4

2

2

2

4

+ 2a 2 b 2 c 2

2 2

2

2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2

2

( a b + b c + c a − abc ) + ( ab + bc + ca − abc ) 1 ≥ ( a b + b c + c a − abc + ab + bc + ca 2 2

2

2

2

=

(

Từ đó ta được a 2 + b 2

(a =

2

)( b

+ b2

2

)( b

2

2

2

2

2

2

2

− abc

)

2

2 2 1 1 ( a + b )( b + c )( c + a ) − 4abc  = ( 10 − 4abc ) 2 2

+ c2 2

2

)( c

2

)

+ a2 ≥

)(

)

2 1 10 − 4abc ) . Từ đó ta được ( 2

+ c 2 c 2 + a 2 + 12a 2 b 2 c 2 ≥

2 1 10 − 4abc ) + 12a 2 b2 c 2 ( 2

1 100 − 80abc + 16a 2 b2 c 2 + 12a 2 b2 c 2 = 20a 2 b2 c 2 − 40abc + 50 2

(

)

(

)

2

= 20 a 2 b2 c 2 − 2abc + 1 + 30 = 20 ( abc − 1) + 30 ≥ 30

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

abc = 1  Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ( a + b )( b + c )( c + a ) = 10 .  2 2 2 2 2 2 a b + b c + c a − abc = ab + bc + ca − abc Bài 38. Cho x, y, z là các số thực dương bất kỳ. Chứng minh rằng: xy 3 z 3

(x

2

+ yz

2

) (y

yz 3 x 3

+

3

+ z3

) (z

2

+ xy

2

) (x

zx 3 y 3

+

3

+ y3

) (z

2

+ xy

2

) (x

3

+ y3

≤

)

3 8

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Trường ĐHKHTN Hà Nội năm học 2015 – 2016 Lời giải

(

)

(

)

Trước hết ta thấy y 3 + z 3 ≥ yz ( y + z ) ⇔ 2 y 3 + z 3 ≥ ( y + z ) y 2 + z 2 .

(

)

(

)

(

)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 y 3 + z 3 ≥ ( y + z ) y 2 + z 2 ≥ 2 yz y 2 + z 2 .

Lại có x 2 + yz ≥ 2x yz . Do đó ta được 2

( x + yz ) ( y + z ) = ( x + yz )( x + yz )( y + z ) ≥ 2xyz ( y + z )( x + yz ) Để ý rằng ( y + z )( x + yz ) = x y + x z + yz ( y + z ) ≥ x y + x z + 2y z .

2

2

3

2

2

2

(

Từ đó suy ra x 2 + yz Từ đó suy ra

3

2

2

) (y

3

2

+ yz

2

) (y

3

2

2

)

3

2

2

3

2

2

2

(

2

2

2

2

2

2

2

)

+ z 3 ≥ 2xyz x 2 y 2 + x 2 z 2 + 2y 2 z 2 .

xy 3 z 3

(x

2

+ z3

)

≤

y2z2 . Áp dụng tương tự ta có bất đẳng x 2 y 2 + x 2 z 2 + 2y 2 z 2

thức xy 3 z 3

(x

2

+ yz

2

) (y

yz 3 x 3

+

3

≤

+ z3

) (z

2

+ xy

2

) (x

zx 3 y 3

+

3

+ y3

) (z

2

+ xy

2

) (x

3

+ y3

)

 y2 z2 x2 y 2 1 z2 x2 + +  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  2  x y + x z + 2y z x y + y z + 2z x y z + z x + 2x y 

Phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta chỉ ra được

y 2 z2 x2 y2 z2 x2 3 + + ≤ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 x y + x z + 2y z x y + y z + 2z x y z + z x + 2x y Đặt a = x 2 y 2 ; b = y 2 z2 ; c = z 2 x 2 ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành

a b c 3 + + ≤ b + c + 2a c + a + 2b a + b + 2c 4 Bất đẳng thức trên tương đương với

b+c c+a a+b 3 + + ≥ . b + c + 2a c + a + 2b a + b + 2c 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

b+c c+a a+b + + b + c + 2a c + a + 2b a + b + 2c 2

2

2

(b + c) (c + a ) (a + b) = + + ( b + c )( b + c + 2a ) ( c + a )( c + a + 2b ) ( a + b )( a + b + 2c ) (a + b + b + c + c + a ) ≥ ( b + c )( b + c + 2a ) + ( c + a )( c + a + 2b ) + ( a + b )( a + b + 2c ) 4 (a + b + c ) = 2 ( a + b + c ) + 6 ( ab + bc + ca ) 2

2

2

2

2

2

(

2

)

Mà ta lại có 4 ( a + b + c ) ≥ 3 a 2 + b 2 + c 2 + 9 ( ab + bc + ca ) ⇔ ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) .

Từ đó suy ra

Như vậy ta có

4 (a + b + c )

(

)

2

2 a 2 + b 2 + c 2 + 6 ( ab + bc + ca )

≥

3 .

2

b+c c+a a+b 3 + + ≥ . b + c + 2a c + a + 2b a + b + 2c 2

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z .

Bài 39. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P=

x2 y y2 z z2 x + + 4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Trường ĐHKHTN Hà Nội năm học 2015 – 2016 Lời giải Ta có

x2 y y2 z y z2 x x z + + = xy. + yz. + zx. .

4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có xy.

y x z + yz. + zx.

4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x  x y z  ≤ ( xy + yz + zx )  + +   4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 

 x y z  1 Ta sẽ chứng minh P ≤ ( xy + yz + zx )  + + ≤ .  4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x  9 Để ý rằng x + y + z = 1 ta suy ra được xy + yz + zx ≤ Ta có

1 .

3

 5y 4y 4x 4z 5z 5x  + + = 3− + +  4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x  4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và để ý đến x + y + z = 1 ta có 2

5(x + y + z) 5y 5z 5x 5 + + ≥ = 2 2 2 4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 4 ( xy + yz + zx ) + 5 x + y + z 5 − 6 ( xy + yz + zx )

(

Từ đó suy ra

)

4y 4x 4z 5 + + ≤ 3− 4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x 5 − 6 ( xy + yz + zx )

Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc nếu ta chỉ ra được 

( xy + yz + zx ) 3 − 5 − 6 

 4 5 ≤ ( xy + yz + zx )  9

1 Đặt a = xy + yz + zx ta có a ≤ . Bất đẳng thức trên được viết lại thành 3

a ( 10 − 18a ) 4  5  1 a3 − ≤ ⇔ ≤ ⇔ 90a − 162a 2 ≤ 20 − 24a  − − 5 6a 9 5 6a 9   2 ⇔ 162a − 114a + 20 ≥ 0 ⇔ ( 3a − 1)( 27a − 10 ) ≥ 0 1 Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng đúng do a ≤ .

3

 x y z  1 + + Như vậy ta có P ≤ ( xy + yz + zx )  ≤ .  4x + 5y 4y + 5z 4z + 5x  9 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1 1 , xẩy ra tại x = y = z = .

9 3

Bài 40. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = xy + yz + zx 15 x 2 + y 2 + z2 − 7 ( x + y − z )  + 1 .  

(

)

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2015 – 2016 Lời giải Đặt a = −z thì xya = −1 và P = xy + ya + ax 15 x 2 + y 2 + a 2 − 7 ( x + y + a )  + 1 .  

(

)

Đến đây ta xét hai trường hợp sau.

• Trường hợp 1. Nếu cả ba số x, y,a đều âm. Khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được xy + ya + ax ≥ 3 3 x 2 y 2 a 2 = 3

Do vậy ta được 15 x 2 + y 2 + a 2 − 7 ( x + y + a ) ≥ 15 3 3 x 2 y 2 a 2 + 7.3 3 −xya = 15 3 + 21 > 16 .

Do đó suy ra P > 48 + 1 = 49 .

• Trường hợp 2. Nếu trong ba số x, y, a có một số âm, hai số dương. Không mất tổng quát ta giả sử x và y âm và a dương. Đặt x1 = − x > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được

3 x12 + y 2 + a 2 ≥ 2y + 2a + x1  1 1 1 Do đó ta có P ≥  + +   5 ( 2y + 2a + x1 ) − 7 ( y + a − x1 )  + 1 . Khi đó  x1 y a  2

 1   1 1 1 1 1 P ≥ 3  + +  ( 4x1 + y + a ) + 1 ≥ 3  .2 x1 + . y+ . a  + 1 = 49  x  y a  x1 y a   1 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = a = 2x1 > 0 và x1 ya = 1 hay y = a = 3 2 và 3

x=−

2 .

2

Vậy Pmin = 49 . Đẳng thức xẩy ra chẳng hạn khi

3 3 3 2 x; y; z = ( )  2; 2; 2  .  

Bài 41. Cho ba số thực dương thay đổi a, b,c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 ≥ ( a + b + c ) ab + bc + ca .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a ( a − 2b + 2 ) + b ( b − 2c + 2 ) + c ( c − 2a + 2 ) +

1 . abc

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT tỉnh Nghệ An năm học 2015 – 2016 Lời giải Biến đổi tương đương giải thiết của bài toán ta được 2

(a + b + c ) ≥ (a + b + c )

(

ab + bc + ca − 2 ( ab + bc + ca )

)(

)

⇔ a + b + c + ab + bc + ca a + b + c − 2 ab + bc + ca ≥ 0 ⇔ a + b + c ≥ 2 ab + bc + ca ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) 2

⇔ ( b + c − a ) ≥ 4bc ( 1) Vì vai trò a, b, c như nhau nên giả sử a = min {a, b,c} . Khi đó từ (1) ta có b + c − a ≥ 2 bc. Đến đây kết hợp với bất đẳng thức AM – GM ta có P = a 2 + b 2 + c 2 − 2 ( ab + bc + ca ) + 2 ( a + b + c ) +

1 abc

1 1 = 2 ( b + c − a ) + 4a + abc abc 1 1 ≥ 2 bc + 2 bc + 4a + ≥ 4. 4 2 bc.2 bc.4a. =8 abc abc

≥ 2 (a + b + c ) +

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a = b =

1 ;c = 2 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a = b =

Bài 42. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =

3 3 2

1 ;c = 2.

2

. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức: M=

1 1 1 + 2 2 + 2 2 a + b + 3 b + c + 3 c + a2 + 3 2

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Long An năm học 2015 – 2016 Lời giải Dự đoán giá trị lớn nhất của M là Ta sẽ chứng minh M =

3 1 khi a = b = c = .

2 2

1 1 1 1 + 2 2 + 2 ≤ .

2 2 a + b +3 b +c +3 c +a +3 2 2

Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành

1 1 1 1  1  1  1 3− 2 + 3 − 2 2 + 3 − 2 ≥ 2 2 a +b +3  b +c +3  c +a +3 2  a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2 3 ⇔ 2 + 2 2 + 2 ≥ 2 2 a + b +3 b +c +3 c +a +3 2 Đặt P =

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + . a 2 + b2 + 3 b2 + c 2 + 3 c 2 + a 2 + 3

Do vại trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c .

2

2

(a + b) + (a − b) . a 2 + b2 = Để ý đến phép biến đổi 2 a + b2 + 3 2 a 2 + b2 + 3 2 a 2 + b2 + 3

(

) (

)

Áp dụng tương tự đồng thời áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có 2

(a + b + b + c + c + a ) + (a − b + b − c + a − c ) P≥

(

)

(

4 a 2 + b2 + c 2 + 18 2

⇔P≥

4 (a + b + c ) + 4 (a − c )

(

)

4 a 2 + b2 + c 2 + 18

2

)

4 a 2 + b2 + c 2 + 18

2

2

⇔P≥

2 (a + b + c ) + 2 (a − c )

(

2

)

2 a 2 + b2 + c 2 + 9 2

Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được Biến đổi bất đẳng thức trên ta được

2 (a + b + c ) + 2 (a − c )

(

2

2

2

)

2 a +b +c +9

2

≥

3 .

2

2

2 (a + b + c ) + 2 (a − c )

(

2

2

2

2

≥

)

2 a +b +c +9 2

2

2

2

2 2 3 ⇔ 4 ( a + b + c ) + 4 ( a − c ) ≥ 6 a 2 + b 2 + c 2 + 27 2

(

( ⇔ 2 (a + b + c ) + 2 (a − c ) ≥ 3 (a

) ) + (a + b + c )

⇔ 4 ( a + b + c ) + 4 ( a − c ) ≥ 6 a 2 + b2 + c 2 + 2 ( a + b + c ) 2

+ b2 + c 2

)

2

2

⇔ − b 2 + ab + bc − ca ≥ 0 ⇔ ( a − b )( b − c ) ≥ 0 Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do a ≥ b ≥ c . Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bài 43. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

y+2 x+2 z+2 + 3 + 3 x ( y + z) y (z + x) z (x + y) 3

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Cần Thơ năm học 2015 – 2016 Lời giải Đặt a =

P=

1 1 1 ; b = ; z = , khi đó ta được abc = 1 . Biểu thức P được viết lại thành x y c

a 2 bc ( 1 + 2a ) b+c

+

b2 ca ( 1 + 2b ) c+a

+

c 2ab ( 1 + 2c ) a+b

=

a ( 1 + 2a ) b+c

+

b ( 1 + 2b ) c+a

2

Ta viết biểu thức P thành P = Dễ dàng chứng minh được

2

+

c ( 1 + 2c ) a+b

2

a b c 2a 2b 2c + + + + + b+c c+a a+ b b+c c+a a+ b

a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được 2

( a + b + c ) = a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 a2 b2 c2 + + ≥ b + c c + a a + b 2 (a + b + c ) 2 2 2 DO đó ta được P ≥

3 3 9 9 + 2. = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là .

2 2 2 2

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1 .

Bài 44. Cho a, b, c là các số thực không âm trong đó không có hai số nào cùng bằng 0.

Chứng minh rằng:

1 1 1 3 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 ab + bc + ca a − ab + b b − bc + c c − ca + a 2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2015 – 2016 Lời giải

Vì vai trò của các biến như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử c là số nhỏ nhất trong ba số a, b, c. Khi đó ta được

b 2 − bc + c 2 = b 2 − c ( b − c ) ≤ b 2 a 2 − ac + c 2 = a 2 − c ( a − c ) ≤ a 2 ab + bc + ca = ab + c ( a + b ) ≥ ab Từ đó ta có Và lại có

1 1 1 3 1 1 + 2 + 2 ≥ 2 + 2+ 2 2 2 2 2 a − ab + b b − bc + c c − ca + a a − ab + b a b 2

3 1 ≤ ab + bc + ca ab

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

1 1 1 3 + 2+ 2 ≥ 2 2 ab a b a − ab + b

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

1 1 1 1 1 1 − + 2− + 2 − ≥0 2 2 a ab b ab a − ab + b ab 4

(a − b) ab − a 2 ab − b2 2ab − a 2 − b2 ⇔ + + ≥0⇔ 2 2 2 ≥0 3 3 2 2 ab ab a − ab + b ab a b a − ab + b2

(

)

(

)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bài toán được chứng minh xong.

Bài 45. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: 4 4 4 1 1 1 + + ≤ + + +9 a+ b b+c c+a a b c

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Thành Phố Hà Nội năm học 2015 – 2016 Lời giải • Lời giải 1. Để ý đến giả thiết lại viết lại được bất đẳng thức trên thành 4 (a + b + c )

4 (a + b + c )

4 (a + b + c )

a+b+c a+b+c a+b+c + + +9 a+b b+c c+a a b c 4c 4a 4b b+c a+c a+b ⇔ + + + 12 ≤ + + + 12 a+ b b+c c+a a b c 4c 4a 4b b+c a+c a+b ⇔ + + ≤ + + a+ b b+c c+a a b c

+

+

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM dạng

≤

1 1 4 , ta được + ≥ x y x+y

a+ b b+c c+a 4b 4c 1 1  1 1   1 1  4a + + = a  +  + b +  + c +  ≥ + + c a b c b a c a b b+c c+a a+b Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

• Lời giải 2. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 4 4 4 1 1 1 + + ≤ + + +9 1− c 1− a 1− b a b c

4 1 − ≤ 18c − 3 . Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với 1− c c

Ta sẽ chứng minh

2

5c − 1 ≤ c ( 1 − c )( 18c − 3 ) ⇔ 5c − 1 ≤ 21c 2 − 3c − 18c 3 ⇔ ( 3c − 1) ( 2c − 1) ≤ 0

Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác và a + b + c = 1 nên

2c − 1 = 2c − ( a + b + c ) = c − ( a + b ) < 0 Do đó bất đẳng thức trên đúng. Vậy bài toán được chứng minh xong.

Bài 46. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c =

a b c + + . Tìm giá trị lớn nhất b c a

của biểu thức: P=

a+ b+1 b+c+1 c+a+1 + 3 3 + 3 3 3 a + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Trường Đại học Vinh năm học 2015 – 2016 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho giả thiết ta được a + b + c =

a b c + + ≥3 b c a

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức cho giả thiết ta được 2

a b c (a + b + c ) a+b+c = + + ≥ ⇒ ab + bc + ca ≥ a + b + c b c a ab + bc + ca Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2

(a Do đó ta được

3

)

(

+ b + 1 ( a + b + 1) ≥ a + b + 1 3

2

2

)

2

( a + b + 1) ( a ≥

2

+ b2 + 1

)

3

a + b+1 3 ≤ 2 3 3 a + b + 1 a + b2 + 1

Hoàn toàn tương tự ta thu được P ≤ Ta sẽ chứng minh

3 3 3 + 2 2 + 2 2 a + b + 1 b + c + 1 c + a2 + 1 2

1 1 1 + 2 2 + 2 ≤1 2 a + b + 1 b + c + 1 c + a2 + 1 2

Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + ≥2 a 2 + b2 + 1 b2 + c 2 + 1 c 2 + a 2 + 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được 2

2

2

2

2

2

a +b b +c c +a + 2 2 + 2 2 a + b + 1 b + c + 1 c + a2 + 1 2

( ≥

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2

(

)

2 a 2 + b2 + c 2 + 3

)

2

( ⇔

a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2

(a

2

+ b2

)( b

) (b

2

+ c2 +

2

2

) ≥ 4 (a + b + c ) + 6 2

)(

2

2

) (c

+ c2 c2 + a2 +

(a

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

2

)(

2

)

+ a 2 c 2 + a 2 ≥ a 2 + b2 + c 2 + 3

+ b2

)( b

)

2

+ c 2 ≥ b 2 + ac . Hoàn toàn

tương tự ta thì được bất đẳng thức

(a

2

+ b2

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

)(

) (c

+ c2 c2 + a2 +

2

+ a2

)( c

2

)

+ a 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca

Mà từ giả thiết ta được ab + bc + ca ≥ 3 . Do vậy ta được

(a

2

+ b2

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

)(

) (c

+ c2 c2 + a2 +

2

+ a2

)( c

2

)

+ a 2 ≥ a 2 + b2 + c 2 + 3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Suy ra giá trị nhỏ nhất của P là 3. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 47. Cho a, b, c là các số thực không âm. Chứng minh rằng: 2

2

( a + bc ) + ( b + ca ) + ( c + ab )

2

≥ 2 ( a + b )( b + c )( c + a )

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đăk Lăk năm học 2015 – 2016 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được 2

( a + bc ) + ( b + ca )

2

( a + bc + b + ca ) ≥

2

2

2

2

2

Khi đó ta được ( a + bc ) + ( b + ca ) + ( c + ab )

2

2

( a + b ) ( c + 1) =

( a + b ) ( c + 1) ≥ 2

2

2

2

+ ( c + ab )

2

Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2

( a + b ) ( c + 1) 2

2 2

+ ( c + ab ) ≥ 2

( a + b )( c + 1)( c + ab ) = 2

2 ( a + b )( c + 1)( c + ab )

Bài toán quy về chứng minh

2 ( a + b )( c + 1)( c + ab ) ≥ 2 ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ ( c + 1)( c + ab ) ≥ ( b + c )( c + a ) ⇔ c + abc = bc + ca ⇔ c ( a − 1)( b − 1) ≥ 0 Theo nguyên lí Dirrichlet thì trong ba số a, b, c luôn tìm được hai số cùng phía với nhau so với 1. Vì vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử hai số đó là a và b. Khi đó bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.

Vậy bài toán được chứng minh xong.

Bài 48. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng:

x 3 − 2x 2 + x x (y + z)

+

y 3 − 2y 2 + y y ( z + x)

+

z 3 − 2z 2 + z z (x + y)

≤

2 3 3

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Kiên Giang năm học 2015 – 2016 Lời giải Áp dụng giả thiết x + y + z = 1 ta được

x 3 − 2x 2 + x x ( y + z)

=

x (1 − x)

2

x (1 − x)

= x (1 − x ) = x − x x

Áp dụng tương tự ta được x 3 − 2x 2 + x x (y + z)

Ta cần chứng minh

+

y 3 − 2y 2 + y y (z + x)

z 3 − 2z 2 + z

+

z (x + y)

(

= x + y + z − x x +x y +x z

(

)

x + y + z − x x +x y +x z ≤

)

2 3 3

Từ x + y + z = 1 ⇒ x + y + z ≤ 3 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(

) (

)(

Do đó ta được x x + y y + z z ≥

)

x + y + z x x + y y + z z ≥ (x + y + z)

3 x x +y y +z z ≥

1 3

2

. Từ đó ta có

(

)

x + y + z − x x +x y +x z ≤ 3−

1 3

=

2 3 3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1 .

3

Bài 49. Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1; 9  và x ≥ y; x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

y 1 y z  +  +  10y − x 2  y + z z + x 

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 12 Tỉnh Quảng Ngãi năm học 2016 – 2017 Lời giải Trước hết ta chứng minh bài toán phụ: Với a, b dương thỏa mãn ab ≥ 1 ta có bất đẳng thức

1 1 2 + ≥ .

1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, do a, b là các số thực dương nên biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được

1 1 2 + ≥ ⇔ 1 + ab ( a + b + 2 ) ≥ 2 ( a + 1)( b + 1) 1 + a 1 + b 1 + ab

(

)

⇔ a + b + ab ( a + b ) + 2 + 2 ab ≥ 2ab + 2a + 2b + 2

(

)

⇔ ab ( a + b ) − 2ab − a + b − 2 ab ≥ 0

(

) (

)

⇔ ab a + b − 2 ab − a + b − 2 ab ≥ 0 ⇔

(

2

a− b

)(

)

ab − 1 ≥ 0

Dễ thấy với ab ≥ 1 thì bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.

Vậy bài toán phụ được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc ab = 1 .

Trở lại bài toán. Áp dụng bất đẳng thức trong bài toán phụ trên thì ta được

y z + = y+z z+x

1 z 1+ y

+

1 x 1+ z

2

≥

x 1+ y

.

   1 1 1 1  1 1 Từ đó ta suy ra được P = +  + ≥ + x 2 z x x x 10 − 1+ 1 +  10 − 1+  y y z y y   Đặt t =

x . Do x, y, z thuộc đoạn 1; 9  và x ≥ y; x ≥ z nên ta có t ∈ 1; 3  . y

Ta sẽ chứng minh

1 1 1 + ≥ trên đoạn 1; 3  .

2 10 − t 1 + t 2

Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được 1 1 1 + ≥ ⇔ 2 t + 1 + 10 − t 2 ≥ ( t + 1) 10 − t 2 2 10 − t 1 + t 2

(

)

(

) 2

⇔ 2t + 22 − 2t 2 ≥ −t 3 − t 2 + 10t + 10 ⇔ t 3 − t 2 − 8t + 12 ≥ 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t + 3 ) ≥ 0 Dễ thấy với t ∈ 1; 3  thì bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng.

Do vậy ta có

1 1 1 1 + ≥ nên suy ra P ≥ .

2 2 10 − t 1 + t 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

1 khi và chỉ khi x = 4y = 2z .

2

(

)

Bài 50. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn y + z = x y 2 + z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất

P=

của biểu thức:

1 2

+

1 2

+

1

( x + 1) ( y + 1) ( z + 1)

2

+

4 . ( x + 1)( y + 1)( z + 1)

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 12 Tỉnh Bắc Giang năm học 2016 – 2017 Lời giải

(

)

Theo giả thiết ta có y + z = x y 2 + z 2 ≥

2 1 2 x ( y + z ) nên ta được y + z ≤ .

2 x

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1 2

1

+

( y + 1 ) ( z + 1)

≥

2

2

8

≥

( y + 1)( z + 1) ( y + z + 2 )

2

1 4 ≥ ≥ ( x + 1)( y + 1)( z + 1) ( x + 1)( y + z + 2 )2

Do đó suy ra P ≥

1 2

2x 2

+

2

4x 2

+

(1 + x ) (1 + x ) (1 + x )

Xét biểu thức M =

2x 3 + 6x 2 + x + 1

(1 + x )

=

8 2   x + 2   4

( 1 + x )  x2 + 2    3 2 2x + 6x + x + 1 (1 + x )

2

2

(1 + x )

3

≥

=

=

2x 2

( x + 1)

2

x2

( x + 1)

3

3

với x > 0 . Ta sẽ chứng minh M ≥

3

2x 3 + 6x 2 + x + 1

Hay ta cần chứng minh

3

≥

91 .

108

91 với x > 0 .

108

Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức trên ta thu được

2x 3 + 6x 2 + x + 1

(1 + x )

3

≥

3 91 ⇔ 108 2x 3 + 6x 2 + x + 1 ≥ 91 ( x + 1) 108

(

)

⇔ 216x 3 + 648x 2 + 108x + 108 ≥ 91x 3 + 273x 2 + 273x + 91 2

⇔ 125x 3 + 375x 2 − 165x + 17 ≥ 0 ⇔ ( 5x − 1) ( 5x + 17 ) ≥ 0 Dễ thấy rằng bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với mọi x > 0 .

Do vậy ta có

2x 3 + 6x 2 + x + 1

(1 + x )

3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

≥

91 91 91 . Từ đó suy ra M ≥ nên P ≥ .

108 108 108

91 1 đạt được khi x = ; y = z = 5 .

108 5

Bài 51. Cho các số thực dương M=

3x 4 + 4y 3 + 16z 3 + 1

(x + y + z)

3

x, y, z . Tìm

giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 12 Tỉnh Hòa Bình năm học 2016 – 2017 Lời giải Với mọi giá trị của x ta luôn có 3x 4 + 1 = 2x 4 + x 4 + 1 ≥ 2x 4 + 2x 2 ≥ 4 x 3 ≥ 4x 3 .

Từ đó ta có M =

3x 4 + 4y 3 + 16z 3 + 1

( x + y + z)

3

≥

(

)

4 x 3 + y 3 + 16z 3

( x + y + z)

Mặt khác với x, y là các số dương thì ta luôn có

3

≥

4(x 3 + y 3 ) + 16z 3 (x + y + z)3

(x − y)

2

(

)

(

)

⇔ 3 x 2 + y 2 − 2xy ≥ 0 ⇔ 4 x 2 − xy + y 2 ≥ x 2 + 2xy + y 2

x3 + y3  x + y  1 1 ⇔ ( x + y ) x 2 − xy + y 2 ≥ ( x + y ) x 2 + 2xy + y 2 ⇔ ≥  2 8 2  2 

(

(

)

(

3

)

3

)

Hay ta được 4 x 3 + y 3 ≥ ( x + y ) . Do vậy ta lại có 3

( x + y ) + 16z M≥ ( x + y + z)

3

3

3

Đặt t =

3

3

 x+y     x+y   x+y  z =  + 16   =  + 16  1 −  x+y+z x+y+z x+y+z  x+y+z

x+y . Khi đó do x, y, z dương nên ta suy ra được 0 < t < 1 . x+y+z 3

3

Như vậy ta có M ≥ t 3 + 16 ( 1 − t ) . Ta sẽ chứng minh t 3 + 16 ( 1 − t ) ≥

16 .

25

Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh trên ta được 3 16 ⇔ 25t 3 + 400 ( 1 − t ) ≥ 16 25 ⇔ 25t 3 + 400 − 1200t + 1200t 2 − 400t 3 ≥ 16 ⇔ 375t 3 − 1200t 2 + 1200t − 384 ≤ 0 3

t 3 + 16 ( 1 − t ) ≥

(

2

)

⇔ ( 5t − 4 ) 75t 2 − 180t + 96 ≤ 0 ⇔ ( 5t − 4 ) ( 3t − 24 ) ≤ 0 3

Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng do 0 < t < 1 . Vậy ta được t 3 + 16 ( 1 − t ) ≥ Do vậy ta được M ≥

16 .

25

16 1 dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = 1; z = 25 2 16 1 khi và chỉ khi x = y = 1; z = 25 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là

Bài 52. Cho ba số thực a, b, c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 33

c 2 − 3a 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca −2 6 3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán 11 Tỉnh Nghệ An năm học 2016 – 2017 Lời giải 1 1 3 2 Để ý ta có các đánh giá quen thuộc 2a 2 + b 2 ≥ 2ab; 3a 2 + c 2 ≥ 2ac; b 2 + c 2 ≥ 2bc .

2 3 2 3 1 1 3 2 Từ đó ta suy ra được 2a 2 + b 2 + 3a 2 + c 2 + b 2 + c 2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca .

2 3 2 3 Hay ta được 5a 2 + 2b 2 + c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) .

(

)

Điều này dẫn đến c 2 − 3a 2 ≤ 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca .

Do vậy

3

c 2 − 3a 2 3 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ≤ . Từ đó ta có 6 3

P ≤ 33

Đặt t =

a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca −2 3 3

a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca > 0 . Khi đó ta có P ≤ 3t 2 − 2t 3 .

3

3

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có t 3 + t 3 + 1 ≥ 3t 2 , do đó 3t 2 − 2t 3 ≤ 1 hay P ≤ 1 .

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = 1; b = 2; c = 3 hoặc a = −1; b = −2; c = −3

Bài 53. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn ab + bc + ca + 2abc = 1 . Chứng minh rằng:

a ( a + 1) 2

+

b ( b + 1) 2

c ( c + 1)

+

( 2a + 1) ( 2b + 1) ( 2c + 1)

2

≤

9 16

Trích đề thi Olympic chuyên Toán Trường THPT chuyên KHTN Hà Nội năm học 2016 – 2017 • Lời giải 1. Từ giả thiết ta có đánh giá 1 = ab + bc + ca + 2abc ≤

2 3 1 2 a + b + c ) + (a + b + c ) . ( 3 27

Đặt t = a + b + c > 0 . Khi đó từ bất đẳng thức trên ta được

(

2

)

2t 3 + 9t 2 ≥ 27 ⇔ 2t 3 + 9t 2 − 27 ≥ 0 ⇔ ( 2t − 3 ) t 2 + 6t + 9 ≥ 0 ⇔ ( 2t − 3 )( t + 3 ) ≥ 0 Do t là số dương nên từ bất đẳng thức trên ta được 2t − 3 ≥ 0 ⇔ t ≥

3 3 ⇒a+b+c ≥ .

2 2

Cũng từ giả thiết ta có 1 = ab + bc + ca + 2abc ≥ 3 3 a 2 b 2 c 2 + 2abc . Đặt u = 3 abc , khi đó ta được

(

)

2

1 ≥ 3u 2 + 2u 3 ⇔ 2u 3 + 3u 2 − 1 ≤ 0 ⇔ ( 2u − 1) u 2 + 2u + 1 ≤ 0 ⇔ ( 2u − 1)( u + 1) ≤ 0 Do u là số dương nên ta được 2u − 1 ≤ 0 ⇔ u ≤

Ta có

a ( a + 1)

( 2a + 1)

2

1 1 ⇒ abc ≤ .

2 8

 1  1  4a 2 + 4a  1  4a 2 + 4a + 1 1 1    = = − = 1− 2 2 4  ( 2a + 1)2  4  ( 2a + 1)2 4   ( 2a + 1)   ( 2a + 1)    

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được

b ( b + 1)

( 2b + 1)

2

=

 c ( c + 1) 1   1  1 1 ; 1 −  1− = 4  ( 2b + 1)2  ( 2c + 1)2 4  ( 2c + 1)2     

Do vậy ta có

a ( a + 1) 2

+

b ( b + 1) 2

+

c ( c + 1)

( 2a + 1) ( 2b + 1) ( 2c + 1)

2

 3 1  1 1 1 . = − + + 4 4  ( 2a + 1)2 ( 2b + 1)2 ( 2c + 1)2   

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

1 2

1

+

2

1

+

( 2a + 1) ( 2b + 1) ( 2c + 1)

2

1 1 1 1  ≥  + + 3  2a + 1 2b + 1 2c + 1 

Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được

2

1 1 1 3 + + ≥ . Biến 2a + 1 2b + 1 2c + 1 2

đổi bất đẳng thức trên ta được

2 ( 2a + 1)( 2b + 1) + ( 2b + 1)( 2c + 1) + ( 2c + 1)( 2a + 1)  ≥ 3 ( 2a + 1)( 2b + 1)( 2c + 1) ⇔ 2  4 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) + 3  ≥ 3  8abc + 4 ( ab + bc + ca ) + 2 ( a + b + c ) + 1 ⇔ 24abc + 4 ( ab + bc + ca ) − 2 ( a + b + c ) − 3 ≤ 0 ⇔ 16abc + 4 ( ab + bc + ca + 2abc ) − 2 ( a + b + c ) − 3 ≤ 0 Do abc ≤

1 3 và a + b + c ≥ , kết hợp với ab + bc + ca + 2abc = 1 thì ta được 8 2 1 3 16abc + 4 ( ab + bc + ca + 2abc ) − 2 ( a + b + c ) − 3 ≤ 16. + 4.1 − 2. − 3 = 0 8 2

Như vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a=b=c=

1 .

2

• Lời giải 2. Ta có với x, y, z là các số thực dương thì ta có

( x + y )( y + z )( z + x ) = x y + xy + y z + yz + z x + zx ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) xy ( x + y ) + yz ( y + z ) + zx ( z + x ) + 2xyz = ( x + y )( y + z )( z + x ) 2

2

2

2

2

2

1=

=

Đặt a =

+ 2xyz

xy yz 2xyz zx + + + ( y + z )( z + x ) ( x + y )( z + x ) ( x + y )( y + z ) ( x + y )( y + z )( z + x )

y x z , khi đó ta được ab + bc + ca + 2abc = 1 . Điều này có nghĩa ;b = ;c = y+z z+x x+y

là với ab + bc + ca + 2abc = 1 ta luôn tìm được x, y, z dương để a =

y x z ;b = ;c = . y+z z+x x+y

Biết đổi bất đẳng thức cần chứng minh lại thành

 x  x . + 1 y+z  y+z  2

⇔

 2x  + 1   y+z  x ( x + y + z)

( 2x + y + z )

2

+

y  y  . + 1 z+x z+x  2

+

 z  z . + 1 x+y x+y 

 2y   2z  + 1  z + x + 1    x+y  y ( x + y + z) z ( x + y + z) 9 + + ≤ 2 2 ( x + 2y + z ) ( x + y + 2z ) 16 2

Áp dụng bất đẳng thức dạng ( a + b ) ≥ 4ab ta được

2

≤

9 16



x

( x + y + z ) 

2

y

+

2

+

  2 ( x + y + 2z )  z

 ( 2x + y + z ) ( x + 2y + z )   y x z ≤ (x + y + z)  + +   4 ( x + y )( z + x ) 4 ( x + y )( y + z ) 4 ( z + x )( y + z )  ( x + y + z ) x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y )  ( x + y + z )( xy + yz + zx ) = = 4 ( x + y )( y + z )( z + x ) 2 ( x + y )( y + z )( z + x )

( x + y + z )( xy + yz + zx ) ≤ 9 .

16 2 ( x + y )( y + z )( z + x ) Bất đẳng thức trên tương đương với 9 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) .

Phép chứng minh hoàn tất khi ta chỉ ra được

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số dương ta có

x 2 y + y 2 z + z 2 x ≥ 3xyz; xy 2 + yz 2 + zx 2 ≥ 3xyz Do vậy ta có x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 ≥ 6xyz

(

⇔ 9 x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 + 2xyz

(

≥ 8 x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 + 3xyz

)

)

⇔ 9 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) Vậy bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 .

2

Bài 54. Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn 2x + y và 2y + x khác 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( 2x P=

2

)(

+ y 4x + y 2

( 2x + y − 2 )

2

) + ( 2y

2

)(

+ x 4y + x 2

( 2y + x − 2 )

2

) − 3(x + y)

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Trường THPT chuyên KHTN Hà Nội năm học 2016 – 2017 Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với a và b là các số thực dương thỏa mãn a + b ≠ 1 . Khi đó ta có

(

)(

2 a 2 + b a + b2

( a + b − 1)

2

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

) ≥ 4a + 4b − 1 2

( ⇔ 4 (a

)(

)

4 a 2 + b a + b 2 ≥ ( 4a + 4b − 1)( a + b − 1) 3

2

2 + b 3 + a 2 b 2 + ab ≥  4 ( a + b ) − 1 ( a + b ) − 2 ( a + b ) + 1  

)

3 3 2 ⇔ 4 ( a + b ) − 3ab ( a + b ) + a 2 b 2 + ab  ≥ 4 ( a + b ) − 9 ( a + b ) + 6 ( a + b ) − 1   2

⇔ 9 ( a + b ) − 3ab ( a + b ) + a 2 b 2 + ab − 6 ( a + b ) + 1 ≥ 0 2

2

2

⇔ 9 ( a + b ) − 6 ( a + b )( 2ab + 1) + ( 2ab + 1) ≥ 0 ⇔  3 ( a + b ) − ( 2ab + 1)  ≥ 0 Do bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức trên với a = x; b =  y  y2  2  x2 +   x +  2  4  

y    x + 2 − 1  

2

(

 x   y + 2 − 1  

2

)(

)

)(

)

2x 2 + y 4x + y 2 4x + 2y − 1 4x + 2y − 1 ≥ ⇔ ≥ 2 2 2 ( 2x + y − 2 )

Áp dụng bất đẳng thức trên với a =

 x  x2  2  y2 +   y +  2  4  

y ta được 2

x ; b = y ta được 2

(

2y 2 + x 4y + x 2 4y + 2x − 1 4y + 2x − 1 ≥ ⇔ ≥ 2 2 2 ( 2y + x − 2 )

Do vậy ta được

( 2x P=

2

)(

+ y 4x + y 2

( 2x + y − 2 )

≥

2

) + ( 2y

2

)(

+ x 4y + x 2

( 2y + x − 2 )

2

) − 3(x + y)

4x + 2y − 1 4y + 2x − 1 + − 3 ( x + y ) = −1 2 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −1 , dấu bằng xẩy ra chẳng hạn tại x = y =

9 + 65 .

4

Bài 55. Cho a, b, c là các số thực thuộc đoạn  0; 1 . Chứng minh rằng: a b c + + + ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) ≤ 1 b+c +1 c +a +1 a + b+1 Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đăk Lăk năm học 2016 – 2017 Lời giải Do vai trò của ba số a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ 0 . Khi đó ta có

b b c c ≤ ; ≤ . Do vậy ta có c +a +1 b+c +1 a + b+1 b+c +1

a b c a b c + + ≤ + + b+c +1 c +a +1 a + b+1 b+c +1 b+c +1 b+c +1 a+b+c a −1 = = +1 b+ c +1 b+c +1 Từ đó ta suy ra được

a b c a −1 + + + ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) ≤ + 1 + ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) b+c +1 c +a +1 a + b+1 b+c+1 Phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được

a −1 1−a + 1 + ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) ≤ 1 ⇔ ( 1 − a )( 1 − b )( 1 − c ) ≤ b+c +1 b+c+1 Do a, b, c là các số thực thuộc đoạn  0; 1 nên 1 − a ≥ 0 , do đó bất đẳng thức trên trử thành

( b + c + 1)( 1 − b )(1 − c ) ≤ 1 3

b + c + 1+ 1− b +1− c  Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có ( b + c + 1)( 1 − b )( 1 − c ) ≤   =1 3  

.

Vậy bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = 1; b = c = 0 và các hoán vị.

Bài 56. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng:

1 2

1

+

2

+

1

( 2x + y + z ) ( x + 2y + z ) ( x + y + 2z )

2

≤

3 16

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm học 2016 – 2017 Lời giải Trước hết ta phát biểu và chứng minh bất đẳng thức phụ: Với x, y, z là các số thực dương.

Khi đó ta luôn có 9 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số dương ta có

x 2 y + y 2 z + z 2 x ≥ 3xyz; xy 2 + yz 2 + zx 2 ≥ 3xyz Do vậy ta có x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 ≥ 6xyz

(

⇔ 9 x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 + 2xyz

)

(

≥ 8 x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 + 3xyz

)

⇔ 9 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) Vậy bất đẳng thức phụ được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z .

Trở lại bài toán: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

1 2

1

=

2

≤

1 4 ( x + y )( z + x )

( x + y ) + ( z + x )  Áp dụng hoàn toàn tương tự thì ta thu được 1 1 1 1 ≤ ; ≤ 2 2 ( x + 2y + z ) 4 ( x + y )( y + z ) ( x + y + 2z ) 4 ( y + z )( z + x )

( 2x + y + z )

Do vậy ta được P ≤ Hay ta được P ≤

1 1 1 + + 4 ( x + y )( z + x ) 4 ( x + y )( y + z ) 4 ( y + z )( z + x )

x+y+z . Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra 2 ( x + y )( y + z )( z + x )

được

x+y+z 3 ≤ ⇔ 8 ( x + y + z ) ≤ 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) 2 ( x + y )( y + z )( z + x ) 16 Từ giả thiết xyz = 1 ta suy ra được xy + yz + zx ≥ 3 . Do vậy áp dụng bất đẳng thức phụ trên ta được

9 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ 8 ( x + y + z )( xy + yz + zx ) ≥ 3.8 ( x + y + z ) Từ đó suy ra 8 ( x + y + z ) ≤ 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) .

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

Bài 57. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Chứng minh rằng: 

1

( x y + y z + z x )  2

2

2

2  x +1

+

1 y2 + 1

+

 3 ≤ z 2 + 1  2

1

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm học 2016 – 2017 Lời giải • Lời giải 1. Để ý đến x 2 + y 2 + z 2 = 1 ta có

( ) + (y

) + yz ) + ( z

x + y + z = ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 = x 3 + y 3 + z 3 + x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2

(

= x 3 + xy 2 2

2

3

2

2

)

+ zx 2 + x 2 y + y 2 z + z 2 x

(

≥ 2x y + 2y z + 2z x + x y + y z + z 2 x = 3 x 2 y + y 2 z + z 2 x Do vậy ta được x 2 y + y 2 z + z 2 x ≤

2

3

2

)

x+y+z . Theo một đánh giá quen thuộc thì ta có 3 2

 1  1 1 1  1 1    ≤ 3 2 + + + 2 + 2   x2 + 1 y2 + 1 z 2 + 1   x +1 y +1 z +1  Do vậy la có đánh giác  1  1 1 1  x + y + z 1 1  x2 y + y2 z + z2 x  + + ≤ 3 2 + 2 + 2  2 2 2  x +1  3 x +1 y +1 z +1 y + 1 z + 1   

(

)

 1 x+y+z 1 1  3 + 2 + 2 3 2 ≤ .

3  x +1 y +1 z +1 2 1 1 1 27 Như vậy ta đi chứng minh bất đẳng thức 2 + 2 + 2 ≤ . x + 1 y + 1 z + 1 4 ( x + y + z )2 Phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

27 4 (x + y + z)

2

+

y2 x2 z2 + + ≥ 3. x2 + 1 y 2 + 1 z2 + 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có 2

(x + y + z) = (x + y + z) y2 x2 z2 + + ≥ 2 2 2 2 4 x + 1 y + 1 z + 1 x + y2 + z2 + 3 Như vậy ta có

2

2

(x + y + z) . y2 x2 z2 27 + 2 + 2 + 2 ≥ + 4 x + 1 y + 1 z + 1 4 ( x + y + z )2

27 4 (x + y + z)

2

2

(

)

Áp dụng bất đằng thức AM – GM và để ý rằng ( x + y + z ) ≥ 3 x 2 + y 2 + z 2 = 3 ta lại có 27 4 (x + y + z) Do vậy ta có

2

+

(x + y + z)

2

4

27 4 (x + y + z)

+

2

=

9 4 (x + y + z)

2

+

18 4 (x + y + z)

2

+

(x + y + z)

2

≥

4

3 18 + =3 4 3.4

y2 x2 z2 + + ≥ 3. x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1

Phép chứng minh kết thúc. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1 3

.

x+y+z .

3 x+y+z x+y+z x+y+z 9 Do đó ta đi chứng minh + + ≤ x2 + 1 y2 + 1 z2 + 1 2 • Lời giải 2. Hoàn toàn tương tự ta có x 2 y + y 2 z + z 2 x ≤

Để ý rằng ta có xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Do đó ta có đánh giá

1 2

1

≤

x +1

=

2

x + xy + yz + zx

1 1 1  ≤  +  ( x + y )( z + x ) 2  x + y z + x  1

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta có đánh giác

x x2 + 1

+

y y2 + 1

z

+

z2 + 1

≤

y y x x z z 3 + + + + + = x+y z+x y+z x+y z+x y+z 2

Như vậy phép chứng minh kết thúc khi ta chỉ ra được

y+z 2

x +1

+

z+x 2

y +1

Để ý đến giả thiết ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh trên thành

y+z 2

2

2x + y + z

2

z+x

+

2

2

x + 2y + z

Theo một đánh giá quen thuộc thì ta có

2

+

x+y 2

x + y 2 + 2z 2

≤3

+

x+y z2 + 1

≤3.

 y+z z+x  + + 2 2 2 2  2x + y + z x + 2y 2 + z 2   y+z ≤ 3   2x 2 + y 2 + z 2   x+y Mặt khác ta lại có  2 2 2   x + y + 2z  y+z   2x 2 + y 2 + z 2 

  2 2 2  x + y + 2z  2

  z+x  + 2 2   2   x + 2y + z

y+z 2

2

2x + y + z

2

+

   

2

   

2

2

  z+x  +   x 2 + 2y 2 + z 2  

z+x 2

2

  x+y  + 2 2   2   x + y + 2z

 y2 x2  ≤ 2 . Áp dụng tương tự thì ta có +  x + y 2 z2 + x2  2

  x+y  +   x 2 + y 2 + 2z 2  

 y+z x+y z+x Do vậy  + +  2x 2 + y 2 + z 2 x 2 + 2y 2 + z 2 x 2 + y 2 + 2z 2  Hay ta được

2

x+y

2

x + 2y + z

2

+

2

  ≤9.  

x+y 2

2

  ≤3  

x + y 2 + 2z 2

≤ 3.

Vậy bài toán được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1 3

.

Bài 58. Cho a, b, c là các số thực dương a + b + c = 9 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: T=

ab bc ca 1 + + − 3a + 4b + 4c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b ab ( a + 2c )( a + 2c )

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bắc Ninh năm học 2016 – 2017 Lời giải Đặt M =

ab bc ca 1 + + và N = .

3a + 4b + 4c 3b + 4c + 5a 3c + 4a + 5b ab ( a + 2c )( a + 2c )

Ta có biến đổi

ab 2ab 2ab = = .

3a + 4b + 4c 2 ( 3a + 4b + 5c ) 5 ( a + b + 2c ) + ( a + 3b )

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có 2

( 5 + 1) 36 25 1 = ≤ + 5 ( a + b + 2c ) + ( a + 3b ) 5 ( a + b + 2c ) + ( a + 3b ) 5 ( a + b + 2c ) a + 3b 2ab 2  5ab ab  ≤ + . Áp dụng hoàn toàn  5 ( a + b + 2c ) + ( a + 3b ) 36  a + b + 2c a + 3b  tương tự thì ta thu được 1  5ab 5bc 5ca ab bc ca  M≤  + + + + + 18  a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b a + 3b b + 3c c + 3a 

Từ đó ta suy ra được

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có ab bc ca ab bc ca + + = + + a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b a + c + b + c a + b + c + a b + c + a + b 1  ab ab bc bc ca ca  1 9 ≤  + + + + + = (a + b + c ) =  4 a + c b + c a + b c + a b + c a + b  4 4 Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có ab bc ca 1  16ab 16bc 16  + + = + +  a + 3b b + 3c c + 3a 16  a + 3b b + 3c c + 3a 

≤

1  ab 9ab bc 9bc ca 9ca  1 9 + + + + + = ( 4a + 4b + 4c ) =   16  a 3b b 3c c 3a  16 4

Đến đây thì ta suy ra được M ≤

1  9 9 3 = .

5. + 18  4 4  4 2

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM – GM và đánh giá ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) ta lại có

N= ≥

1 ab ( a + 2c )( b + 2c )

=

1

( ab + 2bc )( ab + 2ca )

2 3 3 3 1 = ≥ = = 2 81 27 2 ( ab + bc + ca ) 3 ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )

Kết hợp các kết quả trên ta suy ra được T = M − N ≤ Vậy giá trị lớn nhất của T là

3 1 77 . − = 4 27 108

77 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 .

108

Bài 59. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

1344 3

−

a + ab + abc

2016 a+b+c

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bến Tre năm học 2016 – 2017 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

ab = 2

a a .b ≤ + b .

4 4

 a 1a .b.4c ≤  + b + 4c  .

4 34  a 1a  4 Do vậy ta được a + ab + 3 abc ≤ a + + b +  + b + 4c  = ( a + b + c ) . Từ đó ta có 4 34  3 Cũng áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có

P≥

3

abc =

3

1344 2016 1008 2016 − = − 4 (a + b + c ) a + b + c a + b + c a + b + c 3 2

  1008 2.1008 1008 = − + 1008 − 1008 =  − 1008  − 1008 ≥ −1008  a+b+c  a+b+c a+b+c  

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = 4c a = 4b = 16c 16 4 1  4 ⇔ ⇔ a = ; b = ;c =  21 21 21 a + b + c = 1  1008 − 1008 = 0  a + b + c 16 4 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là −1008 , xẩy ra khi và chỉ khi a = ; b = ; c = .

21 21 21

Bài 60. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng: a b c 3 3 + + ≥ 3 b+c c+a a+b a + b3 + c 3 + 3

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đồng Nai năm học 2016 – 2017 Lời giải Để ý đến giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức thì ta có

a b c a b c + + = + + b+c c+a a+b abc ( b + c ) abc ( c + a ) abc ( a + b ) =

1

bc ( b + c )

+

1

ca ( c + a )

+

1

ab ( a + b )

≥

9

bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + ab ( a + b )

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất khi ta chỉ ra được 9 bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + ab ( a + b )

≥

3 3 3

a + b3 + c 3 + 3

dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng thì ta lại có

bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + ab ( a + b ) ≤ 3  bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + ab ( a + b )  9 9 Từ đó ta có ≥ . bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + ab ( a + b ) 3  bc ( b + c ) + ca ( c + a ) + ab ( a + b )  Như vậy bài toán quy về chứng minh a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ≥ bc ( a + b ) + ca ( c + a ) + ab ( a + b ) .

Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh như sau

a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ≥ a 2 b + ab 2 + b 2 c + bc 2 + c 2a + ca 2 ⇔ a 3 + b 3 + c 3 + 3abc − a 2 b − ab 2 − b 2 c − bc 2 − c 2a − ca 2 ≥ 0

( ⇔ (a ⇔ (a

) (

)

⇔ a 3 + b 3 + 2ab − a 2 b − ab 2 − b 2 c − ca 2 + abc − ac 2 − bc 2 + c 3 ≥ 0

)

(

2

− ab + b 2 − ab ( a + b − c ) + abc − ac 2 − bc 2 + c 3

2

− 2ab + b 2 ( a + b − c ) + c ab − ac − bc + c 2 ≥ 0

)

2

(

⇔ ( a − b ) ( a + b − c ) + c ( a − c )( b − c ) ≥ 0

)

)

Không mất tính tổng quát ta giả sử c là số bé nhất trong ba số a, b, c. Khi đó bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do vậy bài toán được chứng minh hoàn tất. Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 1.

Bài 61. Cho a, b, c là các số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a b c + + b+c c+a a+b

P=

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Hà Nam năm học 2016 – 2017 Lời giải Do các tổng a + b; b + c; c + a khác không nên từ giả thiết của bài toán ta suy ra trong ba số a, b, c có duy nhất một số có thể bằng không. Khi đó ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1. Trong ba số a, b, c có một số bằng 0. Không mất tính tổng ta giả sử c = 0 , khi đó ta viết lại biểu thức P và áp dụng bất đẳng thức AM – GM thì được

a b a b + ≥2 . =2 b a b a

P= Dấu bằng xẩy ra kh và chỉ khi a = b .

• Trường hợp 2. Xét trường hợp các số a, b, c đều dương.

Khi đó vì a là số thực dương nên ta có

a a = b+c a ( b + c)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được

a a (b + c)

≥

2a a+b+c

b 2b ≥ ; c+a a+b+c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

c 2c ≥ a+b a+b+c

a b c + + ≥2 b+c c+a a+b

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 0 , điều này trái với giả thiết a, b, c là các số thực dương. Do vậy đẳng thức không xẩy ra. Tức là ta được

a b c + + > 2. b+c c+a a+b

Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra được giá trị nhỏ nhất của P là 2.

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 và các hoán vị.

Bài 62. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

1 1 1 + + − 2 (a + b + c ) a b c

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Thành Phố Hà Nội năm học 2016 – 2017 Lời giải

Dự đoán giá trị nhỏ nhất của P là 3 xẩy ra tại a = b = c =

1 . Do vậy ta đi chứng minh bất 2

đẳng thức

P= Đặt a =

1 1 1 + + − 2 (a + b + c ) ≥ 3 a b c

y x z , khi đó ta được ab + bc + ca + 2abc = 1 . Điều này có nghĩa ;b = ;c = y+z z+x x+y

là với ab + bc + ca + 2abc = 1 ta luôn tìm được x, y, z dương để a = Khi đó ta viết lại được biểu thức P thành P =

 x y+z z+x x+y y z  + + − 2 + + . x y z  y+z z+x x+y

 x y+z z+x x+y y z  + + − 2 + + ≥3. x y z  y+z z+x x+y

Như vậy ta cần chứng minh P =

Hay

y x z . ;b = ;c = y+z z+x x+y

 x y+z z+x x+y y z  + + ≥ 2 + +  + 3 . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta x y z  y+z z+x x+y

có

 1 1 y+z z+x x+y 4y 4x 4z 1 1 1 1 + + = x +  + y +  + z +  ≥ + + x y z x z  x y y+z z+x x+y y z

y x z 3 + + ≥ . y+z z+x x+y 2

Như vậy bài toán sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được

Ta thấy rằng bất đẳng thức trên chính là bất đẳng thức Neibitz quen thuộc.

Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bài 62. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng:

(a + b )

2

a 2 − ab + b 2

+

(b + c )

2

b 2 − bc + c 2

+

(c + a )

2

c 2 − ca + a 2

≤ 12

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Nam Định năm học 2016 – 2017 Lời giải 2

(

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có a + b

(

) (

) (

) =(

a. a + 1. b

)

2

)

2

2

≤ ( a + 1)( a + b ) .

2

Lại có 4 a 2 − ab + b 2 = a 2 + 2ab + b 2 + 3a 2 − 6ab + 3b 3 = ( a + b ) + 3 ( a − b ) ≥ ( a + b ) .

Từ đó ta được

(a + b )

2

a 2 − ab + b 2

(

2 a+ b

=

(

2

)

2

4 a − ab + b

2

)

≥

2 ( a + b )( a + 1) a+b

= 2 ( a + 1) .

(b + c )

Áp dụng tương tự ta có

2

b 2 − bc + c 2

(c + a )

≤ 2 ( b + 1) ;

2

c 2 − ca + a 2

≤ 2 ( c + 1) .

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên và chú ý đến a + b + c = 3 thì ta thu được

(a + b )

2

a 2 − ab + b 2

+

(b + c )

2

b 2 − bc + c 2

+

(c + a )

2

c 2 − ca + a 2

≤ 2 ( a + b + c + 3 ) = 12

Vậy bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 64. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng:

1

+

x+ y

1

+

y+ z

 1 1 1  ≥ 4 + +  z+ x  x+7 y+7 z+7  1

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Ninh Bình năm học 2016 – 2017 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM và để ý đến x + y + z = 3 ta có đánh giá x + 7 = x + ( x + y + z ) + 4 = 2 ( x + 1 ) + ( y + 1) + ( z + 1) ≥4 x +2 y +2 z =2 Từ đó áp dụng bất đẳng thức dạng 4 ≤ x+7 2

) (

x + y +2

z+ z

)

4 1 1 ≤ + thì ta thu được a+b a b 4

(

(

) (

x + y +2

z+ x

)

≤

 1 1 1   + 2 x+ y z + x  

Áp dụng hoàn toàn tương tự thì ta cũng có

 4  4 1 1 1 1 1 1 ;  ≤  + ≤  + y+7 2 x + y y + z  z + 7 2  z + x y + z   Cộng theo vế các bất đẳng thức trên thì ta thu được

1 x+ y

+

1 y+ z

+

 1 1 1  ≥ 4 + +  z+ x  x+7 y+7 z+7  1

Vậy phép chứng minh kết thúc. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 .

Bài 65. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 a+1 b+1 c+1 8 8 8 + + + + + ≥6≥ 2 + 2 2 + 2 2 2 2 2 a b c 1+ b 1+ c 1+ a a + b + 2 b + c + 2 c + a2 + 2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Ngãi năm học 2016 – 2017 Lời giải • Chứng minh

1 1 1 a +1 b+1 c +1 + + + + + ≥ 6. a b c 1 + b2 1 + c 2 1 + a 2

Trước hết ta chứng minh bổ đề quen thuộc: Với a, b, c là các số thực dương thì ta luôn có  1  1  1  1   1+ a 1 + b 1+ c  ≥ 1+ 3 abc      

3

Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành

(1 + a )(1 + b )(1 + c ) ≥ (1 +

3

abc

)

3

⇔ 1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc = 1 + 3 3 abc + 3 3 a 2 b 2 c 2 + abc ⇔ a + b + c + ab + bc + cac = 3 3 abc + 3 3 a 2 b 2 c 2 Theo bất đẳng thức AM – GM ta luôn có a + b + c ≥ 3 3 abc; ab + bc + ca ≥ 3 3 a 2 b 2 c 2 nên bất đẳng thức cuối cùng trên luôn đúng. Vậy bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta được

1 1 1 1 1 1 a b c a +1 b+1 c+1 a+b+c + + + + + + + + + + + ≥6+ 2 2 2 2a 2b 2c 2a 2b 2c 2 2 2 1 + b 1 + c 1 + a 2 2 2 2 1 1 1 a +1 b +1 c +1 a +1 b+1 c +1 a+b+c ⇔ + + + + + + + + ≥6+ 2 2 2 2a 2b 2c 2a 2b 2c 2 1+ b 1+ c 1+ a Áp dụng hai lần bất đẳng thức AM – GM ta có a 2 + 1 b2 + 1 c 2 + 1 a + 1 b + 1 c + 1 + + + + + ≥6 2a 2b 2c 1 + b2 1 + c 2 1 + a 2 Bài toàn quy về chứng minh

1 1 1 + + +6 2a 2b 2c

3

Do đó

3

Đến đây ta thu được Vậy

8abc

8abc

2

1 1 1 9 9 3 + + ≥ = = .

2a 2b 2c 2 ( a + b + c ) 6 2

( a + 1)( b + 1)( c + 1) =  1 + 1   1 + 1   1 + 1  ≥  1 +

( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≥ 8abc

( a + 1)( b + 1)( c + 1)

( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≥ 15 .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

Áp dụng bổ đề trên ta được

3

8abc

 

a  

b  

 c  

3

  .

3 abc  1

1 1  1 3  1 1+ = ( 1 + 1) = 1 . 1+ 3 ≥   2 2 a+b+c 2 abc 

1 1 1 + + +6 2a 2b 2c

3

( a + 1)( b + 1)( c + 1) ≥ 3 + 6 = 15 .

8abc

2

2

1 1 1 a +1 b+1 c +1 + + + + + ≥ 6 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . a b c 1 + b2 1 + c 2 1 + a 2

• Chứng minh

8 8 8 + 2 2 + 2 ≤ 6.

2 a + b + 2 b + c + 2 c + a2 + 2 2

Bất đẳng thức cần chứng minh trên được viết lại thành

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2 3 + + ≥ .

2 2 2 2 2 2 a +b +2 b +c +2 c +a +2 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có 2

2

2

2

2

2

a +b b +c c +a + 2 + 2 2 2 a + b + 2 b + c + 2 c + a2 + 2 2

( ≥

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2

(

2 a 2 + b2 + c 2 + 3

(

)

)

a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2

(

2

2

2

2

2 a +b +c +3

)

)

2

≥

3 .

2

Bât đẳng thức trên được viết lại thành

2 

(a

2

+ b2

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

)(

) (c

+ c2 c2 + a2 +

2

+ a 2 a 2 + b2  ≥ a 2 + b2 + c 2 + 9 

)(

)

2

Để ý rằng a + b + c = 3 nên ( a + b + c ) = 9 . Do đó bất đẳng thức trên trở thành

(a

2

+ b2

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

+ c2

)( c

2

) (c

+ a2 +

2

)(

)

+ a 2 a 2 + b 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có 2

( b + a )( b + c ) ≥ ( b + ab ) = b + ab ( c + b )( c + a ) ≥ ( ab + c ) = c + ab ( a + c )( a + b ) ≥ ( ab + a ) = a + bc 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Cộng theo vế các bất đảng thức trên ta thu được bất đẳng thức trên.

Vậy

8 8 8 + 2 2 + 2 ≤ 6 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

2 a + b + 2 b + c + 2 c + a2 + 2 2

Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.

Bài 66. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a 2 − ab + b 2

P=

b 2 − bc + c 2

+

ab + 1

+

bc + 1

c 2 − ca + a 2 ca + 1

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Ninh năm học 2016 – 2017 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có phép biến đổi a 2 − ab + b 2 = Như vậy ta thu được thu được

(a

2

)

− ab + b 2 ( a + b )

a+b a 2 − ab + b 2 ab + 1

≥

2

(a

=

3

)

+ b3 ( a + b )

a+b

a 2 + b2

(

)

ab + 1 ( a + b )

≥

(a

2

+ b2

a+b

)

2

=

a 2 + b2 a+b

. Áp dụng hoàn toàn tương tự thì ta

P≥

a 2 + b2

(

)

ab + 1 ( a + b )

+

b2 + c 2

(

)

bc + 1 ( b + c )

+

c2 + a2

(

)

ca + 1 ( c + a )

Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có phép biến đổi a 2 + b2

(

)

ab + 1 ( a + b )

+

b2 + c 2

(

)

bc + 1 ( b + c )

≥

Ta sẽ chứng minh

(

+

(

c2 + a2

(

)

ca + 1 ( c + a )

)

a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2

2

2 ( a + b + c ) + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )

a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2

)

2

2 ( a + b + c ) + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )

≥ 1.

Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành

(

a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2

⇔ 2 a 2 + b2 + c 2 + 2  

(

)

(a

2

+ b2

2

) ≥ 2 (a + b + c ) +

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a )

)(

) (c

+ c2 c2 + a2 +

2

+ a 2 a 2 + b2  

)(

)

≥ 2 ( a + b + c ) + ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) Để ý rằng

ab ( a + b ) ≤

2 1 1 a + b )( a + b ) = ( a + b ) . Do vậy ta thu được ( 2 2

ab ( a + b ) + bc ( b + c ) + ca ( c + a ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất khi ta chỉ ra được

a2 + b2 + c2 + 2  

(a

2

+ b2

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

)(

) (c

+ c2 c2 + a2 +

2

+ a 2 a 2 + b2  

)(

)

≥ 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca Mà ta lại có a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca . Như vậy ta chỉ cần chứng minh được

(a

2

+ b2

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

+ c2

)( c

2

) (c

+ a2 +

2

)(

)

+ a 2 a 2 + b2 ≥ a + b + c

3

 2 (a + b + c )  3 Ta có 1 = ( a + b )( b + c )( c + a ) ≤   ⇒a+b+c ≥ .

3 2   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ra có

(a

2

+ b2

)( b

2

+ c2 ≥

)

(b

)(

)

2

+ ca

Hoàn toàn tương tự ta thu được

(a

2

+ b2

)( b

2

) (b

+ c2 +

2

)(

) (c

+ c2 c2 + a2 +

2

+ a 2 a 2 + b2

2 2 2 1  a + b + b + c + c + a ( ) ( ) ( )  2  2 2 1 2 2 3 ≥  2 ( a + b + c )  = ( a + b + c ) ≥ . ( a + b + c ) = a + b + c 6 3 3 2

≥ a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca =

)

2

= b 2 + ca .

Đến đây phép chứng minh được hoàn tất.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1, đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 .

2

Bài 67. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

1 3

1

+

3

+

1

(1 + a ) (1 + b ) (1 + c )

3

+

3 21 ab + bc + ca ) ≥ ( 32 32

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thái Nguyên năm học 2016 – 2017 Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với x, y là các số thực dương ta có

1 2

1

+

(1 + x ) (1 + y )

≥

2

1 xy + 1

Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh trên tương đương với

( xy + 1) ( x 3

2

) (

)(

+ y 2 + 2x + 2y + 2 ≥ x 2 + 2x + 1 y 2 + 2y + 1

3

2

2

2

)

2

⇔ x y + xy + 2x y + 2xy + 2xy + x + y + 2x + 2y + 2

≥ x 2 y 2 + 2x 2 y + 2xy 2 + x 2 + y 2 + 2xy + 2x + 2y + 1

(

)

⇔ x 3 y + xy 3 + 1 − x 2 y 2 − 2xy ≥ 0 ⇔ xy x 2 − 2xy + y 2 + x 2 y 2 − 2xy + 1 ≥ 0 2

2

⇔ ( xy − 1) + xy ( x − y ) ≥ 0 Dễ thấy rằng bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với x, y là các số thực dương.

Vậy bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương ta có 1

2 (1 + a )

3

+

1

2 (1 + a )

3

+

1 1 1 1 3 1 . . ≥ 33 = .

3 3 2 16 2 ( 1 + a ) 2 ( 1 + a ) 16 4 ( 1 + a )

Hoàn toàn tương tự thì ta thu được

1 3

+

1 3

+

1

(1 + a ) (1 + b ) (1 + c )

3

+

3 ( ab + bc + ca ) 32

3  1 1 1  3 3 ≥ + + + ( ab + bc + ca ) − 2 2 2 4  ( 1 + a ) ( 1 + b ) ( 1 + c )  32 16   Áp dụng bổ để trên ta lại có 1 2

+

1

(1 + a ) ( 1 + b )

Như vậy ta lại có

2

+

1  1 1 1 1 1 1  + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 (1 + c ) 2  (1 + a ) (1 + b ) (1 + b ) (1 + c ) (1 + c ) (1 + a )  1 1 1 1  ≥  + +  2  1 + ab 1 + bc 1 + ca  1

=

1 3

1

+

3

1

+

(1 + a ) (1 + b ) (1 + c )

3

+

3 ( ab + bc + ca ) 32

3 1 1 1  3 3 ≥  + + + ( ab + bc + ca ) −  8  1 + ab 1 + bc 1 + ca  32 16 Phép chứng minh hoàn tất khi ta chỉ ra được

3 1 1 1  3 27 + + + ( ab + bc + ca ) ≥ .   8  1 + ab 1 + bc 1 + ca  32 32 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có 3 1 1 1  3 3 9 3 + + + ( ab + bc + ca ) ≥ . + ( ab + bc + ca )   8  1 + ab 1 + bc 1 + ca  32 8 3 + ab + bc + ca 32 3 9 3 9 27 3 9 27 . = . + ( ab + bc + ca + 3 ) − ≥ 2. − = 8 3 + ab + bc + ca 32 32 8 32 32 32 Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 68. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z =

1 2

1

+

2

1 1 1 + + . Chứng minh rằng: x y z

1

+

( 2xy + yz + zx ) ( xy + 2yz + zx ) ( xy + yz + 2zx )

2

≤

1 16x y 2 z 2 2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Thanh Hóa năm học 2016 – 2017 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

1

( 2xy + yz + zx )

2

=

1

( xy + yz + xy + zx )

2

≤

1 1 = 4 ( xy + yz )( xy + zx ) 4xy ( z + x )( y + z )

Áp dụng hoàn toàn tương tự thì ta thu được

1 2

+

1 2

+

1

( 2xy + yz + zx ) ( xy + 2yz + zx ) ( xy + yz + 2zx ) ≤

2

1 1 1 + + 4xy ( z + x )( y + z ) 4yz ( x + y )( z + x ) 4zx ( y + z )( x + y )

Như vậy phép chứng minh sẽ kết thúc khi ta chỉ ra được

1 1 1 1 + + ≤ 2 2 2 4xy ( z + x )( y + z ) 4yz ( x + y )( z + x ) 4zx ( y + z )( x + y ) 16x y z Hay ta cần chứng minh

z

x

+

y

+

≤

3 4xyz

( z + x )( y + z ) ( x + y )( z + x ) ( y + z )( x + y ) 2 ( xy + yz + zx ) 3 ⇔ ≤ ⇔ 8xyz ( xy + yz + zx ) ≤ 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) ( x + y )( y + z )( z + x ) 4xyz 8 ( xy + yz + zx ) 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) 1 1 1  1 1  1 1   1 1  ≤ ⇔8 + + ≤3 + + + Đặt a =

 x

x2 y 2 z2

xyz

y

 z

 x

 y  y

 z  z

 x

1 1 1 1 1 1 ; b = ; c = . Khi đó giả thiết trở thành a + b + c = + + . x y z a b c

Ta viết lại bất đẳng thức trên thành 8 ( a + b + c ) ≤ 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) .

Hay ta cần chứng minh 8 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ 3 ( a + b )( b + c )( c + a )( ab + bc + ca ) .

Từ giả thiết ta có a + b + c =

2 1 1 1 1 + + ⇔ ab + bc + ca = abc ( a + b + c ) ≤ ( ab + bc + ca ) . a b c 3

Do vậy ta suy ra được ab + bc + ca ≥ 3 .

Lại theo một bất đẳng thức quen thuộc thì 8 ( ab + bc + ca )( a + b + c ) ≤ 9 ( a + b )( b + c )( c + a ) .

Nhân theo vế hai bất đẳng thức cùng chiều trên thì ta thu được

8 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ 3 ( a + b )( b + c )( c + a )( ab + bc + ca ) Vậy phép chứng minh kết thúc. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 69. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 3

2a 2b 2c +3 +3 <2 4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Quảng Bình năm học 2017 – 2018 Lời giải Đặt P =

3

2a 2b 2c +3 +3 . Khi đó ta có 4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c 3P. 3

9 9a 9b 9c = 3. 3 + 3. 3 + 3. 3 2 4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

3. 3

9a 9a 9a 9a = 3. 3 .1.1 ≤ +1+1 = +2 4a + 4b + c 4a + 4b + c 4a + 4b + c 4a + 4b + c

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta được 3P. 3 Ta sẽ chứng minh

9 9a 9b 9c ≤ + + +6.

2 4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c

9a 9b 9c + + ≤ 3.

4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c

Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh trên tương đương với

3a ( a + b + c )

4a + 4b + c Để ý rằng

+

3b ( a + b + c )

a + 4b + 4c

+

3c ( a + b + c )

4a + b + 4c

≤a+b+c

3a ( a + b + c )

3 a ( 4a + 4b + c ) + 3ac 1  9ac  = . = a + .

4a + 4b + c 4 4a + 4b + 4c 4 4a + 4b + 4c 

Áp dụng hoàn toàn tương tự thì ta được

3 (a + b + c ) +

9ac 9ab 9bc + + ≤ 4 (a + b + c ) 4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c

Như vậy ta cần chứng minh

9ac 9ab 9bc + + ≤a+b+c.

4a + 4b + c a + 4b + 4c 4a + b + 4c

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức thì ta có

9 9 1 1 1 2 1 = ≤ + + = + 4a + 4b + c 2a + b + 2a + b + 2b + c 2a + b 2a + b 2b + c 2a + b 2a + b Do vậy ta được

9ac 2ac ac ≤ + . Áp dụng hoàn toàn tương tự thì ta được 4a + 4b + c 2a + b 2b + c

9ac 9ab 9bc + + 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b 2ac ac 2ab ab 2bc bc ≤ + + + + + 2a + b 2b + c 2b + c 2c + a 2c + a 2a + b 2ac bc ac 2ab ab 2bc = + + + + + = (a + b + c ) 2a + b 2a + b 2b + c 2b + c 2c + a 2c + a Như vậy ta được 3P. 3

9 ≤ 3 + 6 = 9 ⇒ P ≤ 6 6 < 2 hay bất đẳng thức đã cho được chứng 2

minh.

Bài 70. Cho x, y, z là các số thực phân biệt và không âm. Chứng minh rằng:

x+y 2

+

y+z 2

+

z+x

(x − y) ( y − z) (z − x)

2

≥

9 x+y+z

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Quảng Bình năm học 2017 – 2018 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

 x+y y+z z + x   x + y + z + + ≥ 9. ( ) 2 2 2  x − y y − z z − x ) ( ) ( ) ( Từ giả thiết không mất tính tổng quát ra giả sử x > y > z ≥ 0 .

Khi đó ta có các bất đẳng thức x + y + z ≥ x + y .

2

Lại có z ( 3y − z ) ≥ 0 ⇒ y ( y + z ) ≥ ( y − z ) ⇒

y+z

(y − z)

2

≥

1 . y

Hoàn toàn tương tự ta có

z+x

(z − x)

2

≥

 x+y y+z z + x  1 . Đặt T = ( x + y + z )  + + . x  ( x − y )2 ( y − z )2 ( z − x )2   

 x+y 1 1  + + Khi đó ta có T ≥ ( x + y )  . Biến đổi và áp dụng bất đẳng thức Cauchy –  ( x − y )2 y x    Schwarz dạng phân thức ta có

x+y

(x − y)

2

+

 x+y x+y 1 1 1 1  + = 2 + = (x + y)  2 +  2 2 y x x + y − 2xy xy  x + y − 2xy xy 

 1 1 1  9 9 = (x + y)  + + ≥ (x + y). = 2 2  ( x + y ) − 4xy 2xy 2xy  ( x + y ) − 4xy + 2xy + 2xy x + y  

 x+y 1 1  9 Từ đó dẫn đến ( x + y )  + + ≥ (x + y). = 9 nên suy ra T ≥ 9 .

2 x+y (x − y) y x   

(

)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xẩy ra khi x = 2 ± 3 y; z = 0 và các hoán vị.

Bài 71. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x > y > z > 0 và x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

1 2

1

+

( x − y) ( y − z)

2

+

8 2 + 3 xz y

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Hòa Bình năm học 2017 – 2018 Lời giải 2

(

)

Dễ thấy với a, b là các số dương thì ( a + b ) ≥ 4ab > 0 và a 2 + b 2 ≥ 2ab > 0 2

(

)

Từ đó ta có ( a + b ) a 2 + b 2 ≥ 8a 2 b 2 nên suy ra

1 1 8 . + 2 ≥ 2 2 a b (a + b)

Do x, y, z là các số thực thỏa mãn x > y > z > 0 nên dễ thấy x − y > 0; y − z > 0 .

Do đó theo bất đẳng thức trên ta có

Từ đó ta suy ra được P =

1

+

2

1 2

+

1

(x − y) ( y − z) 1

(x − y) ( y − z)

2

+

2

≥

8

( x − z)

2

.

8 2 8 8 2 + 3≥ + + 3.

2 xz y ( x − z ) xz y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có 2

1

(x − z)

2

(1 + 2 ) = 9 4 + ≥ 4xz ( x − z )2 + 4xz ( x + z )2

 1 4  2 72 2 72 2 Vì vậy ta lại có P ≥ 8  + + 3≥ + 3 = + 3.

2 2 2  ( x − z ) 4xz  y ( x + z ) y (1 − y ) y   Ta sẽ chứng minh

72

(1 − y )

2

2 ≥ 216 với 0 < y < 1 . y3

+

Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành 2

2

72y 3 + 2 ( 1 − y ) ≥ 216y 3 ( 1 − y ) ⇔ 72y 3 + 2 − 4y + 2y 2 ≥ 216y 3 − 432y 4 + 216y 5

⇔ 216y 5 − 432y 4 − 144y 3 − 2y 2 + 4y − 2 ≤ 0 ⇔ 108y 5 − 216y 4 − 72y 3 − y 2 + 2y − 1 ≤ 0

(

2

)

(

)

⇔ ( 3y − 1) 36y 4 − 60y 3 − 44y 2 − 15y + 1 ≤ 0 ⇔ ( 3y − 1) 12y 3 − 16y 2 − 20y − 1 ≤ 0 Dễ thấy rằng với 0 < y < 1 thì 12y 3 < 16y 2 nên suy ra 12y 3 − 16y 2 − 20y − 1 < 0 .

2

Mà lại có ( 3y − 1) ≥ 0 nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do vậy ta có

72

(1 − y )

2

+

2 ≥ 216 . y3

Vậy P ≥ 216 , đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi y =

2 1 2 ; x + z = ; ( x − z ) = 2xz 3 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 216, đẳng thức xẩy ra khi x =

(

1 1 1 1 1 + ;y = ;z = − .

3 3 3 3 3 3 3

)

Bài 72. Cho a, b là hai số thực dương thoả mãn 2 a 2 + b 2 + ab = ( a + b )( ab + 2 ) . Tìm giá trị

 a 3 b3   a 2 b2  T = 4 3 + 3  − 9 2 + 2  b a  b a 

nhỏ nhất của biểu thức:

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 – 2018 Lời giải Do a, b là các số dương nên ta biến đổi giả thiết của bài toán như sau

( 2 (a ⇔

) + b ) + ab a b + ab =

(

)

2 a 2 + b 2 + ab = ( a + b )( ab + 2 ) ⇔ 2 a 2 + b 2 + ab = a 2 b + ab 2 + 2 ( a + b ) 2

2

ab

2

2

+ 2 (a + b)

ab

a b 1 1 ⇔ 2  +  + 1 = (a + b) + 2  +  b a a b

Đến đây áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

( a + b ) + 2  a1 + b1  ≥ 2 ( a + b ) .2  a1 + b1  = 2 







b a  2 + + 2 a b 

a b b a  a b 5 a b Do vậy ta được 2  +  + 1 ≥ 2 2  + + 2  nên + ≥ do + > 0 . b a 2 b a b a a b 

2  a b  3  a 3 b3   a 2 b2   a b  a b Ta có T = 4  3 + 3  − 9  2 + 2  = 4  +  − 3  +   − 9  +  + 18  b a   b a   b a b a  b a 

a b 5 + ≥ . Khi đó ta viết lại biểu thức T thành T = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 . b a 2

Đặt t =

Ta sẽ chứng minh 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 ≥ −

23 . Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức 4

ta được

4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 ≥ − Dễ thấy với t =

23 ⇔ 16t 3 − 36t 2 − 48t + 95 ≥ 0 ⇔ ( 2t − 5 ) 8t 2 + 2t + 19 ≥ 0 4

(

)

a b 5 + ≥ thì 2t − 5 ≥ 0 và 8t 2 + 2t + 19 > 0 nên bất đẳng thức cuối cùng trên b a 2

luôn đúng. Vậy ta được 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 ≥ − Do đó giá trị nhỏ nhất của T là −

23 23 nên suy ra T ≥ − .

4 4

23 , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi ( a; b ) = ( 1; 2 ) , ( 2; 1) 4

Bài 73. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2017 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M=

a b 4c + + a+1 b+1 c+1

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Long An năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có M =

a + 1 − 1 b + 1 − 1 4 ( c + 1) − 4  1 1 2 2  + + = 6 − + + +  a +1 b+1 c+1  a +1 b+1 c +1 c +1

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho bốn số dương x, y, z, t ta có x + y + z + t ≥ 4 4 xyzt Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho bốn số dương

1 1 1 1 , , , ta có x y z t

1 1 1 1 1 + + + ≥ 44 x y z t xyzt

 1 1 1 1 Từ đó ta suy ra được ( x + y + z + t )  + + +  ≥ 16 . x y z t Áp dụng bất đẳng thức trên thì ta có ta có 1 2 2   c +1 c +1 1 + + + +  a + 1+b + 1 +   ≥ 16 2 2  a +1 b + 1 c + 1 c + 1  16 4  1 1 4  1 1 4 ⇔ 2020  + + ≥ 16 ⇔ + + ≥ =  a + 1 b + 1 c + 1 2020 505  a +1 b +1 c +1

a + b + c = 2017 a = b = 504 4 3026  Vậy ta được M ≤ 6 − . Dấu bằng xảy ra khi  = c+1 ⇔  505 505 c = 1009 a + 1 = b + 1 = 2  Do đó giá trị lớn nhất của M là

3026 , xẩy ra tại a = b = 504; c = 1009 .

505

Bài 74. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1

M=

1 + 8a 3

1

+

+

1 + 8b 3

1 1 + 8c 3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Long An năm học 2017 – 2018 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

(1 + 2a ) (1 − 2a + 4a ) ≤ 12 (1 + 2a ) + (1 − 2a + 4a )  = 1 + 2a

1 + 8a 3 = Điều này dẫn đến

2

1 1 + 8a

3

≥

2

1 .

1 + 2a 2

Hoàn toàn tương tự thì ta cũng có

1 1 + 8b

Do vậy ta có M ≥

2

3

≥

1 1 1 ; ≥ .

2 3 1 + 2b 1 + 2c 2 1 + 8c

1 1 1 + + . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2 2 1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c 2

1 1 1 1 1 1 + + ≥ 3. 3 . .

2 2 2 2 2 1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c 1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c 2

(1 + 2a ) + (1 + 2b ) + (1 + 2c ) ≥ 3. (1 + 2a )(1 + 2b )(1 + 2c ) 2

2

 1 1 1 + + Suy ra  2 2 2  1 + 2a 1 + 2b 1 + 2c Điều này dẫn đến M ≥

2

2

2

  2 2 2  .  3 + 2 a + b + c  ≥ 9 

(

9

(

2

3

2

3 + 2 a + b2 + c 2

)

)

= 1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 1, xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 75. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Q=

a3 b3 c3 + + b2 + 3 c2 + 3 a2 + 3

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Ninh Bình năm học 2017 – 2018 Lời giải

Do ab + bc + ca = 3 nên

a3 a3 a3 = = . b 2 + 3 b 2 + ab + bc + ca ( a + b )( b + c ) a3 b3 c3 + + ( a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b )

Áp dụng tương tự ta có Q =

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a3

( b + c )( b + a ) Do đó ta được

+

a3

( b + c )( b + a )

b+c b+a a3 b+c b+a 3 . . + ≥ 3. 3 = a 8 8 ( b + c )( b + a) ) 8 8 4

≥

3 b+c b+a a− − . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng 4 8 8

có

b3 3 c+a c+ b c3 3 a+b a+c ≥ b− − ; ≥ c− − 8 8 ( a + b )( a + c ) 4 8 8 ( c + a )( c + b ) 4 Từ đó suy ra Q =

a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 4 ( a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b ) 2

Mặt khác ta có ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab + bc + ca ) = 9 nên suy ra a + b + c ≥ 3 Hay

a3 b3 c3 3 + + ≥ . Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 1 . ( a + b )( b + c ) ( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b ) 4

Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là

3 khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

4

1  Bài 76. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x, y ∈  ; 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2  P = x 5 y + xy 5 +

6 − 3 (x + y) x + y2 2

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Thừa Thiên Huế năm học 2017 – 2018 Lời giải Do x; y ≤ 1 nên ta có ( 1 − x )( 1 − y ) ≥ 0 ⇔ xy − x − y + 1 ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y − 1 .

2

2

2

Do đó ta có x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2xy ≤ ( x + y ) − 2 ( x + y − 1) = ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 2 .

(

)

Mặt khác x 5 y + xy 5 = xy x 4 + y 4 ≥

1 xy x 2 + y 2 2

Kết hợp các đánh giá trên ta thu được

(

)

2

≥

4 4 1 1 xy ( x + y ) ≥ ( x + y − 1)( x + y ) .

8 8

P≥ =

4 1 6 x + y − 1)( x + y ) + − 3 (x + y) ( 2 8 (x + y) − 2 (x + y) + 2 5 4 1 1 6 x + y) − (x + y) + − 3 (x + y) ( 2 8 8 (x + y) − 2 (x + y) + 2

1  Đặt t = x + y , khi đó do x, y ∈  ; 1 nên ta suy ra được 1 ≤ t ≤ 2 . 2  Đến đây thì ta được P ≥ Ta sẽ chứng minh

1 5 1 4 6 t − t + 2 − 3t .

8 8 t − 2t + 2

1 5 1 4 6 t − t + 2 − 3t ≥ −1 với mọi 1 ≤ t ≤ 2 .

8 8 t − 2t + 2

Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta có

(t

5

− t4

7

)( t

2

)

(

)

(

− 2t + 2 + 48 − 24t t 2 − 2t + 2 ≥ −8 t 2 − 2t + 2

6

5

4

3

)

2

⇔ t − 3t + 4t − 2t − 24t + 56t − 64t + 64 ≥ 0

(

)

⇔ ( t − 2 ) t 6 − t 5 + 2t 4 + 2t 3 − 20t 2 + 16t − 32 ≥ 0 2

(

)

⇔ ( t − 2 ) t 5 + t 4 + 4t 3 + 10t 2 + 16 ≥ 0 Dễ thấy rằng với 1 ≤ t ≤ 2 thì t 5 + t 4 + 4t 3 + 10t 2 + 16 > 0 nên suy ra bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Do đó ta có bất đẳng thức

1 5 1 4 6 t − t + 2 − 3t ≥ −1 , suy ra ta được P ≥ −1 .

8 8 t − 2t + 2

x + y = 2 ⇔ x = y = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −1 , đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi  x = y Bài 77. Với các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

1

8

−

2a + b + 8bc

2

2b 2 + 2 ( a + c ) + 5

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Hải Dương năm học 2017 – 2018 Lời giải 8bc = 2 b.2c ≤ b + 2c .

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

Khi đó ta có 2a + b + 8bc ≤ 2 ( a + b + c ) nên

1

≥

2a + b + 8bc

1 .

2 (a + b + c)

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi b = 2c .

(

2

)

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức dạng 2 x 2 + y 2 ≥ ( x + y ) ta lại có 2

2b 2 + 2 ( a + c ) ≥ Do đó ta được

8 2

2b 2 + 2 ( a + c ) + 5

≤

(a + b + c )

2

=a+b+c

8 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi b = a + c . a+b+c+5

Từ kết quả trên ta thu được P ≥

1 8 . − 2 (a + b + c ) a + b + c + 5

Đặt t = a + b + c > 0 thì ta thu được P ≥

1 8 1 8 9 − ≥− . − . Ta sẽ chứng minh 2t t + 5 2t t + 5 10

Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành 2

5 ( t + 5 ) − 80t ≥ −9t ( t + 5 ) ⇔ 9t 2 − 30t + 25 ≥ 0 ⇔ ( 3t − 5 ) ≥ 0

Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng trên luôn đúng. Do đó ta được Đến đây ta suy ra được P ≥ −

1 8 9 − ≥− .

2t t + 5 10

9 .

10

 5 5 5 a + b + c = Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi  ⇔ a = c = ;b = .

3 12 6 a + c = b; b = 2c  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

−9 5 5 5 , xẩy ra tại a = ; b = ; c = .

10 12 6 12

Bài 78. Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn  0; 2  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

(

)

P = a 2 c + c 2 b − b2 c − c 2a − a 2 b ( a + b + c )

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018 Lời giải Do a, b, c thuộc đoạn  0; 2  do đó ta được

a 2 c + c 2 b − b 2 c − c 2a − a 2 b ≤ a 2 c + c 2 b + b 2 a − b 2 c − c 2 a − a 2 b = ( a − b )( b − c )( c − a ) Do vậy ta được P ≤ ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c ) . Đặt Q = ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c ) . Ta sẽ chứng minh Q ≤

32 3 .

9

Thật vậy, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a ≥ b; a ≥ c . Khi đó ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1. Với a ≥ b ≥ c , khi đó Q = ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c ) < 0 <

32 3 .

9

• Trường hợp 2. Với a ≥ c ≥ b , khi đó áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho các số không âm ta có

4 ( a − c )( c − b )( a + b + c ) =

 ≤  

(

)

(

3 + 1 (a − c ) + 2 (c − b) + 3

)

3 + 1 ( a − c ) .2 ( c − b ) .

(

3

(

)

3 − 1 (a + b + c )

3 − 1 ( a + b + c )   2 3a + 3 − 3 b   =     3   

)

(

)

3

Do đó ta được Q ≤

( a − b )  2

3a +

(

108

3

3 − 3 b   . Để ý rằng b ≥ 0 và a ≤ 2 nên ta có

)

3

( a − b ) 2 3a − 3 − 3 b  24 3a 4 96 3 32 3 Q≤ ≤ ≤ = 108 108 108 9

(

Đẳng thức xẩy ra tại a = 2; b = 0; c =

)

2 3 .

3

32 3 2 3 , xẩy ra tại a = 2; b = 0; c = .

9 3

Vậy giá trị lớn nhất của P là

(

)

Bài 79. Cho hai số thực x, y thỏa mãn 2 x 4 + y 4 = x 4 y 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

y2 x2 1 + + 2 2 y +1 x +1 x4 + y4 + 1

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Quảng Ninh năm học 2017 – 2018 Lời giải

(

) (

Biến đổi giả thiết ta có x 4 y 4 = 2 x 4 + y 4 ≥ x 2 + y 2

)

2

nên suy ra x 2 y 2 ≥ x 2 + y 2 .

2

2

 x2 + y 2   x2 + y2  2 2 2 2 Mà ta lại có x y ≤  .

Do đó x y + ≤    ⇔ x +y  2   2  2

(

2

)

2

(

≥ 4 x2 + y 2

)

Đến đây ta suy ra được x 2 + y 2 = 0 hoặc x 2 + y 2 ≥ 4 .

• Trường hợp 1. Với x 2 + y 2 = 0 , khi đó ta được x = y = 0 . Từ đó suy ra P = 1 .

• Trường hợp 2. Với x 2 + y 2 ≥ 4 . Khi đó để ý rằng x 2 y 2 ≥ x 2 + y 2 ta có

(x

2

)

2

+ y 2 − 1 = x 4 + y 4 + 1 + 2x 2 y 2 − 2x 2 − 2y 2

(

)

≥ x 4 + y 4 + 1 + 2 x 2 + y 2 − 2x 2 − 2y 2 = x 4 + y 4 + 1 Do vậy ta được

P+2 =

x 4 + y 4 + 1 ≤ x 2 + y 2 − 1 . Đến đây ta có biến đổi sau

y2 x2 + y2 + 1 x2 + y 2 + 1 x2 1 1 + 1 + + 1 + = + + 2 2 2 2 4 4 4 y +1 x +1 y +1 x +1 x + y +1 x + y4 + 1

 1 1  1 4 1 ≥ x2 + y 2 + 1  2 + 2 ≥ x2 + y 2 + 1 2 + 2 + 2 2 2 x + y + 2 x + y2 − 1  y +1 x +1 x + y −1

(

)

(

)

Đặt t = x 2 + y 2 ≥ 4 , khi đó ta viết lại bất đẳng thức trên thành P ≥ Ta sẽ chứng minh P ≥

4t + 4 1 5 + − 2 ≥ với mọi t ≥ 4 . t + 2 t −1 3

Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức trên ta thu được

4t + 4 1 + −2. t + 2 t −1

2 4t + 4 1 11 + ≥ ⇔ 12t 2 + 3t − 6 ≥ 11t 2 + 11t − 22 ⇔ t 2 − 8t + 16 ≥ 0 ⇔ ( t − 4 ) ≥ 0 t + 2 t −1 3

Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng trên luôn đúng. Do đó ta được P ≥

4t + 4 1 5 + −2 ≥ . t + 2 t −1 3

x 2 + y 2 = 4 t = 4 Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi  ⇔ ⇔x=y=± 2. x = y x = y Kết hợp các kết quả trên ta được giá trị nhỏ nhất của P là

5 , xẩy ra tại x = y = ± 2 .

3

Bài 80. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

a (b + c) 2

+

2

b + bc + c

b (c + a) 2

c + ca + a

+

2

c (a + b) 2

a + ab + b 2

≥2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đồng Tháp năm học 2017 – 2018 Lời giải • Lời giải 1. Do a, b, c là các số thực dương nên để ý đến phép biến đổi a (b + c) 2

b + bc + c

Do đó ta được

a ( b + c) b 2 + bc + c 2

Hoàn toàn tương tự ta có

=

=

2

a (b + c)

(b + c)

a2 ( b + c ) 2

a ( b + c ) − abc

b (c + a) c 2 + ca + a 2

2

=

− bc

a

( b + c ) − bbc+ c

a2

=

a ( b + c) − b2

=

b (c + a) −

;

abc b+c c (a + b)

abc a 2 + ab + b 2 c+a

c2

=

c (a + b) −

abc a+b

Khi đó theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta được

a ( b + c) b 2 + bc + c 2

+

b (c + a) c 2 + ca + a 2

+

c (a + b) a 2 + ab + b 2

2

(a + b + c ) ≥  abc abc abc  2 ( ab + bc + ca ) −  + + a+ b b+c c+a  

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(a + b + c )

2

≥2  1 1 1  2 ( ab + bc + ca ) − abc  + +  a+b b+c c+a  2 1 1   1 ⇔ ( a + b + c ) ≥ 4 ( ab + bc + ca ) − 2abc  + +  a+b b+c c+a  1 1 1  ⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2abc  + +  ≥ 2 ( ab + bc + ca ) a+ b b+c c+a  Theo bất đẳng thức dạng

1 1 1 9 + + ≥ ta được x y z x+y+z



1 1  9abc  1 a 2 + b 2 + c 2 + 2abc  + + ≥ a 2 + b2 + c 2 +  a+b+c a+b b+c c+a  Ta cần chỉ ra được a 2 + b 2 + c 2 +

9abc ≥ 2 ( ab + bc + ca ) , bất đẳng thức này tương a+b+c

đương với a 3 + b 3 + c 3 + 3abc ≥ a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) .

Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c . Khi đó ta có 2

( a − b ) ( a + b − c ) + c ( a − c )( b − c ) ≥ 0 ⇔ a + b + c + 3abc ≥ a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) 3

3

3

Như vậy bất đẳng thức trên được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi a = b = c .

• Lời giải 2. Để ý ta nhận thấy b 2 + bc + c 2 + ab + ca + ca = ( b + c )( a + b + c ) .

2

Khi đó áp dụng bất đẳng thức dạng 4xy ≤ ( x + y ) thì ta có đánh giá

a (b + c) 2

b + bc + c

2

=

a ( b + c )( ab + bc + ca )

(b

2

)

+ bc + c 2 ( ab + bc + ca ) =

≥

4a ( b + c )( ab + bc + ca )

(b

2

+ bc + c 2 + ab + bc + ca

)

2

4a ( ab + bc + ca )

( b + c )(a + b + c )

2

Hoàn toàn tương tự ta được

a ( b + c) 2

b + bc + c

2

+

b (c + a) 2

2

c (a + b)

+

2

c + ca + a a + ab + b 2 4a ( ab + bc + ca ) 4b ( ab + bc + ca ) 4c ( ab + bc + ca ) ≥ + + 2 2 2 ( b + c )( a + b + c ) ( c + a )( a + b + c ) ( a + b )( a + b + c )

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

4a ( ab + bc + ca ) 2

+

4b ( ab + bc + ca ) 2

+

4c ( ab + bc + ca )

( b + c )( a + b + c ) ( c + a )( a + b + c ) ( a + b )( a + b + c )

2

≥2

Để ý ta viết lại bất đẳng thức trên thành 2

(a + b + c) a b c + + ≥ b + c c + a a + b 2 ( ab + bc + ca ) Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức.

Do vậy bất bất đẳng thức được chứng minh.

Bài 81. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc . Chứng minh rằng:

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2 + + +3≤ 2 a+b b+c c+a

(

a+b + b+c + c+a

)

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Bắc Giang năm học 2017 – 2018

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

(

2

)

a 2 + b 2 + 2ab ≤ 2 a 2 + b 2 + 2ab = 2 ( a + b ) = 2 ( a + b ) Từ đó ta suy ra được

a 2 + b2 2ab . − 2 (a + b) ≤ − a+b a+b

a 2 + b 2 − 2 ( a + b ) ≤ − 2ab nên

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu được bất đẳng thức

a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 + + − 2 a+b b+c c+a

(

a+ b + b+c + c+a

)

 ab bc ca  ≤ − + +   a+b b+c c + a   2ab

Như vậy phép chứng minh hoàn tất khi ta chỉ ra được

1

Hay ta viết lại bất đẳng thức trên thành

Từ ab + bc + ca = 3abc ta được

1 1 + a b

a+b

1

+

2bc

+

b+c 1

+

1 1 + b c

+

≥

1 1 + c a

2ca c+a

3 2

≥3.

.

1 1 1 + + = 3 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta a b c

có

1

1

+

1 1 + a b

1

+

1 1 + b c

9

≥

1 1 + c a

1 1 1 1 1 1 + + + + + a b b c c a

Cũng theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta lại có

1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1  1 1 1 + + + + + ≤ 3  + + + + +  = 6  + +  = 18 = 3 2 a b b c c a a b b c c a a b c Điều này dẫn đến

9 1 1 1 1 1 1 + + + + + a b b c c a 1

Như vậy ta suy ra được

9

≥

1

+

1 1 + a b

+

1 1 + b c

=

3

3 2 1

2

≥

3

1 1 + c a

2

.

.

Đến đây bài toán được chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 82. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 = a 2 b 2 c 2 . Chứng minh rằng:

a 2 b2 3

(

2

c a +b

2

)

+

b2c 2 3

(

2

a b +c

2

)

+

c 2a 2 3

(

2

b c +a

2

)

≥

3 2

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Kon Tum năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ a 2 b 2 c 2 ⇔

1 1 1 + 2 + 2 ≥ 1.

2 a b c

1 1 1 Đặt x = ; y = ; z = , khi đó giả thiết được viết lại thành x 2 + y 2 + z 2 ≥ 1 . a b c Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

y3 z3 x3 3 . + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 x +y z +x y +z

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

(

)

) (

) (

x2 + y 2 + z2 y3 z3 x3 + + ≥ x2 + y2 z 2 + x 2 y 2 + z 2 x y2 + z2 + y z 2 + x2 + z x 2 + y2

(

)

Như vậy phép chứng minh kết thúc khi ta chỉ ra được

(x (

2

2

2

+ y2 + z2

) (

2

2

)

) (

2

x y +z +y z +x +z x +y

2

)

3 .

2

≥

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

(

)

x y2 + z2 =

1 2

(

2x 2 y 2 + z 2

)( y

2

1

)

+ z2 ≤

(

8 x2 + y 2 + z2

)

3

27

2

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu được bất đẳng thức

(

) (

) (

)

x y 2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y2 ≤

Từ đó ta có

(x (

2

2

2

+ y2 + z2

) (

2

2

)

2 3

(x

2

+ y2 + z2

)

3

2

) (

2

x y +z +y z +x +z x +y

2

)

≥

3 3 x2 + y2 + z2 ≥ 2 2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 .

Bài 83. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ a ( a + 1) + ab ( ab + 1) b ( b + 1) + bc ( bc + 1) c ( c + 1) + ca ( ca + 1) 4

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Bình năm học 2017 – 2018 Lời giải Do abc = 1 nên tồn tại các số thực dương x, y, z thỏa mãn a =

y z x ;b = ;c = x y z

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

y2 x2 z2 3 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 2 y + z + xy + zx z + x + yz + xy x + y + zx + yz 4

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

y2 x2 z2 + + y 2 + z 2 + xy + zx z 2 + x 2 + yz + xy x 2 + y 2 + zx + yz x4

=

(

y4

+

2

2

2

(

2 x2 y 2 + y2 z2

z4

) y ( z + x + yz + xy ) z ( x + y (x + y + z ) +z x )+x y+x z+y z+y x+z x+z y

x 2 y 2 + z 2 + xy + zx

≥

+

2

2

2

2

2

2

+ zx + yz

)

2

2

3

2

3

3

3

3

3

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất khi ta chỉ ra được 2

(

2 x2 y2 + y 2 z2

2

(x + y + z ) 3 ≥ +z x )+x y+x z+ y z+ y x+z x+z y 4 2

2

2

2

3

3

3

3

3

3

Hay ta cần chứng minh bất đẳng thức

( ⇔ 4(x

2

) ≥ 6 (x y + y z + z x ) + 3 (x y + x z + y z + y x + z x + z y) + y + z ) + 2 (x y + y z + z x ) ≥ 3(x y + x z + y z + y x + z x + z y) ⇔ ( x − y ) ( 2x + 2y + xy ) + ( y − z ) ( 2y + 2z + yz ) + ( z − x ) ( 2z + 2x + zx ) ≥ 0 4 x2 + y2 + z2 4

4

2

2

4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

3

3

2

3

3

3

3

3

2

2

3

3

3

2

3

2

Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng với mọi x, y, z dương.

Vậy phép chứng minh kết thúc. Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 .

Bài 84. Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

1 3

−

a + ab + abc

6 a+b+c

Trích đề thi chọn HSG môn Toán THPT Tỉnh Hải dương năm học 2018 – 2019 Lời giải Vì a,b,c là các số dương nên ta có a + 4b ≥ 2 a.4b ⇔ a + 4b ≥ 4 ab ⇔ ab ≤

a + 4b .

4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4b .

Vì a, b, c là các số dương nên ta có a + 4b + 16c ≥ 3 3 a.4b.16c ⇔ a + 4b + 16c ≥ 12 3 abc Từ đó ta được

3

abc ≤

a + 4b + 16c . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4b = 16c .

12

Từ các kết quả trên ta được

a + 4b a + 4b + 16c + 4 12 .

4 1 3 ⇔ a + ab + 3 abc ≤ ( a + b + c ) ⇔ ≥ 3 a + ab + 3 abc 4 ( a + b + c ) a + ab + 3 abc ≤ a +

Điều này dẫn đến P ≥

3 6 − . Đặt t = a + b + c > 0 .

4 (a + b + c ) a+b+c

Khi đó ta có P ≥

3 6 3 6 − . Ta sẽ chứng minh P ≥ 2 − ≥ −12 với mọi t dương.

2 t t 4t 4t

Thật vậy, bất đẳng thức trên được viết lại thành 2

3 − 24t ≥ −48t 2 ⇔ 16t 2 − 8t + 1 ≥ 0 ⇔ ( 4t − 1) ≥ 0 .

Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có P ≥

3 6 − ≥ −12 .

4t 2 t

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −12 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 a = 4b = 16c 1 1 1  . ;c =  1 ⇔ a = ;b = 21 84 336  a+b+c =  4

Bài 85. Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng: a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab + + + a (b + c) b (c + a ) c (a + b)

8abc ≥4 ( a + b )( b + c )( c + a )

Trích đề thi Olympic chuyên Toán Trường THPT chuyên KHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

a 2 + bc = a (b + c)

a 2 + bc

( ab + ac ) ( a

2

+ bc

)

≥

(

2 a 2 + bc

)

2

ab + ca + a + bc

(

=

(

2 a 2 + bc

)

( a + b )( c + a )

)

(

)

(

)

2 b 2 + ca 2 c 2 + ab b 2 + ca c 2 + ab ≥ ; ≥ . b ( c + a ) ( a + b )( b + c ) c ( a + b ) ( c + a )( b + c )

Áp dụng hoàn toàn tương tự ta có

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

(

)

(

)

2 a 2 + bc 2 b 2 + ca 2 c 2 + ab a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab + + ≥ + + a (b + c) b (c + a) c ( a + b ) ( a + b )( c + a ) ( a + b )( b + c ) ( c + a )( b + c ) 2  a 2 + bc ( b + c ) + b 2 + ca ( c + a ) + c 2 + ab ( a + b )   =  ( a + b )( b + c )( c + a )

(

=

)

(

(

)

4 a 2 b + ab 2 + b 2 c + bc 2 + c 2a + ca 2

( a + b )( b + c )( c + a )

(

)

) = 4 ( a + b )( b + c )( c + a ) − 8abc ( a + b )( b + c )( c + a )

Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất khi ta chỉ ra được

4−

Đặt t =

8abc + ( a + b )( b + c )( c + a )

8abc ≥4 ( a + b )( b + c )( c + a )

8abc > 0 . Dễ thấy ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc nên suy ra 0 < t ≤ 1 . ( a + b )( b + c )( c + a )

Khi đó bất đẳng thức trên trở thành 4 − t 2 + t ≥ 4 ⇔ t ≥ t 2 , bất đẳng thức đúng với 0 < t ≤ 1 .

Vậy bài toán được chứng minh xong. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

Bài 86. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng:

a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 + + ≥9 a 3 ( b + c ) b3 ( c + a ) c 3 ( a + b ) Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Ngãi năm học 2018 – 2019 Lời giải Để ý đến giả thiết abc = 1 ta có

a3 + 5 a3 5a 2 b 2 c 2 1 5b 2 c 2 = + = + . a3 ( b + c ) a3 ( b + c ) a3 ( b + c ) b + c a ( b + c)

Áp dụng hoàn toàn tương tự thì ta thu được

a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 1 1 1 5b 2 c 2 5c 2 a 2 5a 2 b 2 + + ≥ + + + + + a3 ( b + c ) b3 ( c + a ) c3 (a + b ) b + c c + a a + b a ( b + c ) b ( c + a ) c (a + b ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có

1 1 1 9 + + ≥ a + b b + c c + a 2 (a + b + c ) 2

( ab + bc + ca ) = ab + bc + ca b2c 2 c 2a 2 a 2 b2 + + ≥ 2 a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) 2 ( ab + bc + ca ) Do vậy ta thu được

5 ( ab + bc + ca ) a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 9 . + + ≥ + 3 3 3 2 a ( b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 (a + b + c ) 2

Để ý đến abc = 1 ta có 3 ( a + b + c ) = 3abc ( a + b + c ) ≤ ( ab + bc + ca ) .

Lại để ý ta được ab + bc + ca ≥ 3 3 a 2 b 2 c 2 = 3 . Do vậy ta thu được

5 ( ab + bc + ca ) 5 ( ab + bc + ca ) 9 27 + = + 2 2 2 (a + b + c ) 2.3abc ( a + b + c ) ≥

27 2 ( ab + bc + ca )

≥ 3. 3

Vậy ta có

2

+

ab + bc + ca ab + bc + ca 3 ( ab + bc + ca ) + + 2 2 2

27 2 ( ab + bc + ca )

2

.

ab + bc + ca ab + bc + ca 9 . + =9 2 2 2

a3 + 5 b3 + 5 c3 + 5 + + ≥ 9 . Dấu bằng xẩy ra khi a = b = c = 1 a 3 ( b + c ) b3 ( c + a ) c 3 ( a + b )

Bài 87. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

T=

x2 y2 + 1 y

+

y 2 z2 + 1 z

+

z2 x2 + 1 x

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Sóc Trăng năm học 2018 – 2019 Lời giải Do x, y, z là các số dương nên ta dễ dàng viết lại biểu thức T thành T=

x2 y2 + 1 y

+

y2z2 + 1 z

Dư đoán T ≥ 82 khi x = y = z =

+

z2 x2 + 1 1 1 1 = x2 + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 x y z x

1 .

3

Ta đi chứng minh bất đẳng thức

x2 +

1 1 1 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 . Đến đây ta có các 2 y z x

cách chứng minh bất đẳng thức trên như sau.

• Cách 1. Để loại bỏ các căn bậc hai trong trường hợp biểu thức dưới dấu căn được viết dạng tổng, ta thường dùng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ra ta được

 1  82  x 2 + 2  = y   Áp dụng tương tự ta được

Khi đó ta được

Hay ta có

x2 +

2

(

  1  9 9 1 + 9  x2 + 2  ≥  x +  = x + y y y    2

)

1  9 1  9   82  y 2 + 2  ≥ y + ; 82  z 2 + 2  ≥ z + z x z  x   

 1  1  1  9 9 9   82  x 2 + 2  + 82  y 2 + 2  + 82  z 2 + 2  ≥ x + y + z + + + x y z y  z  x    

1 1 1 1  9 9 9 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥ x+ y + z+ + +  2 x y z y z x 82 

Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

9 9 9 1  9 9 9  x + y + z + + +  ≥ 82 hay x + y + z + + + ≥ 82 x y z x y z 82  Chú ý đến giả thiết x + y + z ≤ 1 và kết hợp với một đánh giá quen thuộc ta có Khi đó ta có x + y + z + Ta có x + y + z +

9 9 9 81 + + ≥ x+y+z+ . x y z x+y+z

1 80 + ≥ 2 + 80 = 82 . Như vậy đánh giá cuối cùng đúng. x+y+z x+y+z

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là

82 khi và chỉ khi x = y = z =

1 3

• Cách 2. Để đưa toàn bộ các biểu thức vào trong cùng một dấu căn ta chú ý đến bất đẳng thức phụ: Với a, b, x, y là các số thực dương ta luôn có:

2

(a + b) + ( x + y )

a2 + x2 + b2 + y2 ≥

2

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ Thật vậy, bình phương hai vế ta được 2

a 2 + x 2 + b 2 + y 2 + 2. a 2 + x 2 . b 2 + y 2 ≥ ( a + b ) + ( x + y ) ⇔

(a

2

)( b

+ x2

2

)

(

+ y 2 ≥ ab + xy ⇔ a 2 + x 2

)( b

2

2

)

+ y 2 ≥ ( ab + xy )

2

Bất đẳng thức cuối cùng là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, do đó bất đẳng thức trên đúng. Áp dụng bất đẳng thức trên ta được

1 1 1 x + 2 + y2 + 2 + z2 + 2 ≥ y z x 2

  ( x + y + z ) +  x1 + y1 + z1   

2

2

2

1 1 1 2 Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được ( x + y + z ) +  + +  ≥ 82 x y z 2

Thật vậy, từ giả thiết x + y + z ≤ 1 suy ra ( x + y + z ) ≤ 1 và theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2

2

1 1 1   9 81  + +  ≥  = 2  x y z   x + y + z  ( x + y + z) 2

Do đó ( x + y + z ) +

81

1

2

( x + y + z)

2

= (x + y + z) +

(x + y + z)

2

+

80

( x + y + z)

2

≥ 2 + 80 = 82

Vậy bài toán được hoàn tất chứng minh.

Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh đánh giá trên theo cách sau. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2

  ( x + y + z ) +  x1 + y1 + z1  ≥ 3 3 xyz  

(

2

 = 9  

(

3

xyz

)

2

)

2

 1  +  33  xyz   

2

2 2  1 1  80  1    3 + 3 +  9 xyz  81  xyz       

Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có.

2

(

3

xyz

)

2

2

2

Do đó ta suy ra

2

2 1  1  2 80  1  80  1  80  1 80 3   + 3 ≥ ; = ≥   =  9 xyz  9 81  xyz   3  9 3. xyz 9 x+y+z 9      

   = 82 ( x + y + z ) +  x1 + y1 + z1  ≥ 9  92 + 80 9     2

Đến đây bài toán được chứng minh.

Bài 88. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng 2

a b c 1 1 1  b + c + a  ≥ (a + b + c )  a + b + c  .    

Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Lạng Sơn năm học 2018 – 2019 Lời giải • Lời giải 1. Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành 2

2

a b c b c a a b c  1 1 1  a b c   b + c + a  ≥ (a + b + c )  a + b + c  ⇔  b + c + a  ≥ 3 + b + c + a + a + b + c       Đặt x =

a b c ; y = ; z = , khi đó ta có xyz = 1 . Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại b c a

thành

(x + y + z)

2

≥ 3+x+y+z+

1 1 1 + + x y z

2

Bất đẳng thức trên tương đường với ( x + y + z ) ≥ 3 + x + y + z + xy + yz + zx Hay ta cần chứng minh x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx ≥ 3 + x + y + z . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2 z 2 = 3 . Để ý rằng do xyz = 1 ta suy ra được x + y + z ≥ 3 . Do đó theo một đánh giá quen thuộc thì

x2 + y 2 + z2 ≥

2 1 1 x + y + z ) = ( x + y + z )( x + y + z ) ≥ x + y + z ( 3 3

Kết hợp hai kết quả trên ta được x 2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx ≥ 3 + x + y + z .

Vậy phép chứng minh kết thúc. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c .

• Lời giải 2. Trước hết ta bắt đầu với bất đẳng thức AM – GM, tuy nhiên ta không thể sử dụng trực tiếp để đánh giá vế trái hay vế phải vì sẽ tạo ra một đánh giá sai, do đó ta biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh trước 2

a 2 b2 c 2 a b c a b c  1 1 1 + + ≥ + + + + ⇔ a b c )  a b c  b2 + c 2 + a 2 + c + a + b ≥ 3 + ab + bc + ac b c a (     Đến đây ta quan sát thấy bên vế trái có

a b c a b c + + và bên vế phải có số 3 nên + + ≥ 3 c a b c a b

Mặt khác ta lại thấy vế trái có

a 2 b2 c 2 a b c + 2 + 2 và vế phải lại có + + nên cũng theo bất 2 b c a b c a

đẳng thức AM – GM ta được

a2 2a b 2 2b c 2 2c + 1 ≥ ; + 1 ≥ ; 2 +1≥ 2 2 b c c a a b

a 2 b2 c 2 a b c Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được 2 + 2 + 2 + 3 ≥ 2  + +  b c a b c a

Theo bất đẳng thức AM – GM ta lại thấy Do đó ta có

a b c + + ≥3 b c a

a 2 b2 c 2 a b c a 2 b2 c 2 a b c + + + 3 ≥ + + + 3 + + ≥ + + hay b c a b2 c 2 a 2 b2 c 2 a 2 b c a a 2 b2 c 2 a b c a b c a b c + + ≥ 3 ta được 2 + 2 + 2 + + + ≥ 3 + + + c a b b c a c a b b c a

Kết hợp với bất đẳng thức

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .

• Lời giải 3. Cũng như trên ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2

 a 2 c + b2a + c 2a   ab + bc + ca    ≥ (a + b + c )   abc abc     2

( a c + b a + c b ) ≥ abc ( a + b + c )( ab + bc + ca ) Đến đấy từ ( a c + b a + c b ) đánh giá về ( a + b + c ) ; ( ab + bc + ca ) thì ta sử dụng bất đẳng 2

Hay

2

2

2

2

2

thức Cauchy – Schwarz , khi đó ta có

( a c + b a + c b ) ( c + b + a ) ≥ ( ab + bc + ca ) ( a c + b a + c b )  1c + a1 + b1  ≥ ( a + b + c ) 2

2

2

2

2

2

2

2

Nhân vế với vế hai bất đẳng thức này ta được

( a c + b a + c a ) ( a + b + c )  1c + a1 + b1  ≥ ( ab + bc + ca ) ( a + b + c ) 2

Hay Hay

2

2

2

2

bc + ca  ( a c + b a + c a ) . (a + b + c )  ab +abc  ≥ ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )  2

2

(a c + b a + c a ) 2

2

2

2

2

2

2

2

2

≥ abc ( ab + bc + ca )( a + b + c )

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c .