TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Trong kì thi học sinh giỏi mơn Tốn cấp, nội dung bất đẳng thức giá trị lớn – giá trị nhỏ xuất cách đặn đề thi với toán ngày hay khó Trong chủ đề này, tuyển chọn giới thiệu số toán bất đẳng thức giá trị lớn nhất, nhỏ trích đề thi học sinh giỏi mơn tốn cấp tỉnh cấp học năm gần Bài Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 4  a   b   c  P=  +  +  a+ b  b+c   c+a  Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019 Lời giải Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 1 + (1 + x ) (1 + y ) 2  với x, y số xy + thực dương Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức ta có + (1 + x ) (1 + y ) 2  ( ) ( )(  ( xy + 1) x + y + 2x + 2y +  x + 2x + y + 2y + xy +  − 2xy − x y = x y + xy  ( xy − 1) + xy ( x − y )  2 Do bất đẳng thức cuối ln nên ta có điều cần chứng minh Trở lại toán Do a, b, c số nguyên dương nên biểu thức P viết lại thành 4             P=  +  +   + b   + c   + a  a  b  c  Đặt x = b c a ; y = ; z = , ta x, y, z dương thỏa mãn xyz = Ta viết lại biểu a b c thức P áp dụng đánh giá quen thuộc 4        1  P= + +  + +      2  + x   + y   + z   ( + x ) ( + y ) ( + z )  ) Đặt Q = Q= 1 + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) + 1 + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) Ta chứng minh 2  ta có xyz = Áp dụng bổ đề ta 1 + = + xy (1 + z )2 1+ + z (1 + z ) = z + z + ( z + 1) z +  Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta z + ( z + 1) z ( z + 1) + z +     z + z +  x + 2z + 2 z + ( z + 1) 4 ( z + 1) ( ) ( )  4z + 4z +  3z + 6z +  z − 2z +   ( z − 1)  z +  , dấu xẩy z + ( z + 1) Bất đẳng thức cuối Do ta có z = Từ ta Q  , dấu xẩy x = y = z = Suy 1 , dấu xẩy a = b = c P  Q2  = 3 16 16 Vậy giá trị nhỏ P , xẩy a = b = c 16 Nhận xét Ta chứng minh 1 + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2 theo cách khác sau  np mp mn ; y = ; z = Khi 2 m n p Do xyz = nên tồn số dương m, n, p thỏa mãn x = bất đẳng thức viết lại thành (m m4 + np ) (n n4 + + mp ) (p p4 + + mn )  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức (m + n + p ) + +  ( m + np) ( n + mp) ( p + mn ) ( m + np) + ( n + mp) + ( p m4 2 p4 n4 2 2 (m + n + p ) Và ta cần chứng minh ( m + np) + ( n + mp) + ( p 2 2 2 2 2 2 + mn )  2 + mn ) hay ta cần chứng minh ( ) m + n + p4 + m n + n p2 + p2 m  6mnp ( m + n + p ) Dễ thấy m + n + p4  m n + n p2 + p2 m ; m n + n p2 + p2 m  mnp ( m + n + p ) Nên ( ) ( ) m + n + p4 + m n + n p2 + p2 m  m n + n p2 + p2 m  6mnp ( m + n + p ) Như bất đẳng thức + + (1 + x ) (1 + y ) (1 + z ) 2  3 hay Q  4 Bài Chứng minh a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi ln có: 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc  13 Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Thái Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Từ giả thiết toán ta a + b + c = Do vai trò a, b, c nên khơng tính tổng quát ta giả sử  a  b  c Đặt T = 3a2 + 3b2 + 3c2 + 4abc Do a, b, c ba cạnh tam giác nên ta có a + b  c , từ giả thiết toán ta = a + b + c  c + c = 2c  c  Do ta  c  = a + b + c  3c  c  Đến ta biến đổi biểu thức T ( ) T = 3a + 3b + 3c + 4abc = a + b + 3c + 4abc = ( a + b ) − 2ab  + 3c + 4abc = ( a + b ) + 3c − 2ab ( − 2c )   = ( − c ) + 3c − 2ab ( − 2c ) Để ý − 2c  ab  2 1 a + b ) = ( − c ) nên ta lại có ( 4 T = ( − c ) + 3c − 2ab ( − 2c )  ( − c ) + 3c − − c ) ( − 2c ) ( 27 = c − 6c + + 3c − c − 6c + ( − 2c ) = c − c + 2 2 1 = c − 2c + c + c − 2c + + 13 = c ( c − 1) + ( c − 1) + 13  13 2 ( ) ( ( ) ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xẩy a = b =c =1 Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = 4c Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = a b ab + + b + 3c a + 3c bc + ca Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Bắc Ninh năm học 2018 – 2019 Lời giải Do a, b, c số thực dương nên giả thiết toán viết lại thành (a + c )( b + c ) =   a + 1 b + 1 = c  c2  c    a b Đặt x = ; y = ( x  0; y  ) Khi giả thiết trở thành ( x + 1)( y + 1) = c c Cũng từ a = cx; b = cy , thay vào biểu thức P ta P= cy c xy y xy cx x + + = + + cy + 3c cx + 3c c x + c y y + x + x + y Đến ta xử lí tốn sau Tìm giá trị nhỏ biểu thức P Từ ( x + 1)( y + 1) = ta xy = − ( x + y ) Đặt t = x + y  áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 1 x + y )  xy nên suy − t  t hay t + 4t − 12  nên ( 4 t  Như ta có  t  Biểu thức P viết lại thành x2 + y2 + ( x + y ) ( x + y ) + ( x + y ) − 2xy + xy y xy xy x P= + + = + = y+3 x+3 x+y x+y xy + ( x + y ) + ( x + )( y + ) x + y = t + 3t − ( − t ) − t + 3t + + − t t + 5t − − t ( t − 1)( t + ) − t t 3 = + = + = + − t 2t + 12 t t t 2 (t + 6) Lại áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có Dấu xẩy t 3 + 2 = Do P  − t 2 a + b = c x + y = t  = t= 6  t ab = c − xy = −  ( ) Vậy giá trị nhỏ biểu thức P ( − , đạt ) a + b = c 6;ab = c2 − Tìm giá trị lớn biểu thức P Như ta có  t  P = P= t 3 + − Do ta có biến đổi t ( t − )( t − 3) + t 3 t − 3t + t − 5t + + − = = +1= t 2t 2t 2t Do  t  nên ta có ( t − )( t − 3)  Do suy P  Dấu xẩy 2t x + y = x = t=2  a=b=c xy = y =   Vậy giá trị lớn biểu thức P 1, đạt a = b = c Bài Với số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 + 2abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P = ab + bc + ca − abc Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải • Lời giải Trong ba số a, b, c tồn hai số lớn hoặc nhỏ , Không tính tổng qt ta giả sử hai số a b Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a2 + b2  2ab , a2 + b2 + c2 + 2abc  c2 + 2ab + 2abc Từ suy  c + 2ab ( + c ) hay ta − c  2ab ( + c ) nên − c  2ab   2ab + c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta lại có  2ab + c  2abc nên suy abc  Theo giả sử ta có ( 2a − 1)( 2b − 1)   4ab +  ( a + b ) hay 4abc + c  2ac + 2bc Kết hợp kết ta 2ab + 2bc + 2ca − 2abc  2ab + 4abc + c − 2abc = 2ab + c + 2abc  + = 5 Do ta 2P = ( ab + bc + ca − abc )  nên P  , dấu đẳng thức xẩy a + b2 + c + 2abc =  1  a=b=c= a = b; abc =  1 = 2ab + c Vậy giá trị lớn P , đạt a = b = c = ( • Lời giải Từ giải thiết ta 2abc = − a + b2 + c ) Do ta có 2P = ( ab + bc + ca ) − 2abc = ( ab + bc + ca ) − + a + b2 + c = ( a + b + c ) − Để ý từ giả thiết toán ta  a, b,c  nên ta có biến đổi ( a + b2 + c + 2abc =  c + 2abc = − a + b2 ( ) ) ( )(  c + 2abc + a b2 = − a + b2 + a b2  ( c + ab ) = − a − b  c + ab = ) (1 − a )(1 − b )  c = (1 − a )(1 − b ) − ab 2 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta 2 − a + − b2 − a + b 2 1−a 1− b  = 2 ( )( Do c  ( ) ( − a + b2 ) − ab = − (a ) + b2 + 2ab ) = − (a + b) Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta a + b = ( a + b ) (a + b) Do ta có a + b + c  + − (a + b) + = 2 2 (a + b)  2 +1 2 3 Đến ta thu 2P    − = −  P  Dấu xẩy 2 a=b=c= • Lời giải Do a, b, c số thực dương nên ta viết lại giả thiết toán ( ) a + b + c + 2abc =  abc a + b + c + 2abc = abc ( ) = 2abc + ( a b (  a b + b c + c 2a + 3abc + a bc + ab 3c + abc 2 +b c +c a 2 2 ) ) + (a bc + ab c + abc ) 3  abc + a c + a b + a bc + abc + a b + b c + ab 3c + abc + b 2c + c 2a + abc ( = abc + c 2a + a b + a bc + b c + abc + ab c + a b c ( ) ( ) ( )  a bc + c 2a + ab + a bc + b ca + a b + bc + ab 2c + c ab + b 2c + ca + abc ( ) ( = 2a bc + c 2a + ab + a bc + 2bc bc + c 2a + ab + a bc ) )  a ( b + ca )( c + ab ) + b ( c + ab )( a + bc ) + c ( a + bc )( b + ca ) = ( a + bc )( b + ca )( c + ab )  a b c + + =2 a + bc b + ca c + ab Khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có (a + b + c ) a b c a2 b2 c2 2= + + = + +  a + bc b + ca c + ab a + abc b + abc c + abc a + b2 + c + 3abc ( ) Hay ta a + b + c + 3abc  ( a + b + c )  a + b + c + 6abc  ( ab + bc + ca ) Mà ta có a2 + b2 + c2 + 2abc = nên ta có bất đẳng thức + 4abc  ( ab + bc + ca )  ( ab + bc + ca − abc )  2abc + Chứng minh tương tự ta abc  ( ab + bc + ca − abc )  Do ta , dấu đẳng thức xẩy a = b = c = Vậy giá trị lớn P , đạt a = b = c = Bài Cho ba số thực dương thỏa mãn x + y + z + = xyz Chứng minh rằng: Do P  x+y+z+6  ( xy + yz + zx ) Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Quảng Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Biến đổi giả thiết toán ta x + y + z + = xyz  xy + x + y + + yz + y + z + + zx + z + x + = xyz + xy + yz + zx + x + y + z +  ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) = ( x + 1)( y + 1)( z + x )  1 + + =1 x+1 y+1 z+1 Đặt a = 1 ta a + b + c = ;b = ;c = x +1 y +1 z+1 Ta có x = 1−a 1− b 1−c Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại ;y = ;z = a b c thành (1 − a )(1 − b ) + (1 − b )(1 − c ) + (1 − c )(1 − a )   1−a 1− b 1− c + + +6  2 a b c   Hay ab bc   ca ( b + c )( c + a ) + ( c + a )(a + b ) + (a + b )( b + c )   b+c c+a a+ b + + +6  2 a b c   ab bc   ca Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta ( b + c )( c + a )  b + c + c + a = + c + c ab b Tương tự ta có a b a ( c + a )( a + b )  + a + a bc c b ( a + b )( b + c )  + b + b ca a c Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta thu  2   ( b + c )( c + a ) + ( c + a )(a + b ) + (a + b )( b + c )   b + c + c + a + a + b + ab bc ca   a b c Do bất đẳng thức cho chứng minh Dấu đẳng thức xẩy a = b = c = hay x = y = z = Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y − z + = Tìm giá trị lớn biểu thức P= x3 y3 ( x + yz )( y + zx )( z + xy ) Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019 Lời giải Do x, y, z số thực dương kết hợp với giả thiết tốn ta có x y 2  yz   zx  1+   +  = + z  +  + z  + 2z + z = ( z + 1) x  y   y x 4z + ( z − 1) ( z + 1) z 4z 4z +1 + = + = = 2 2 xy (x + y) ( z − 1) ( z − 1) ( z − 1) 2  ( z + 1)   ( z + 1)  yz   zx  z  Từ ta  + +   ( z + 1) =   +  x  y  xy    z − z − ( )  ( )  Ta lại có ( z + 1) ( z − 1) ( z − 1) = + ( z − 1) + 12 ( z − 1) + ( z − 1) = ( z − 1) + + 12 + z − ( z − 1) Áp dụng bất đẳng thức MA – GM ta có ( z − 1) Và + z −1 z −1 z −1 z −1 +  33 = 8 ( z − 1) 8 12 ( z − 1) 12 ( z − 1) + 2 =6 z −1 z −1 Cộng theo vế bất đẳng ta ( z − 1) + ( z + 1) = z − + + 12 + ( ) z − ( z − 1) ( z − 1) 12 15 +  nên suy z − ( z − 1) 2  ( z + 1)3   27 2 27     hay   ( z − 1)2      Dấu xẩy x = y = 2; z = 2   27   yz   zx  z Từ ta  + +     hay   +  x  y  xy     ( x + yz )( y + zx )( z + xy ) x3 y3 2  27      Đến ta thu P = Vậy giá trị lớn P x3 y3 ( x + yz )( y + zx )( z + xy )  729 , đạt x = y = 2; z = 729 Bài Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 1 1 1  + +   2+ 2+ 2 2 6a b c  c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta 1 1 1  1 1 1   =   2+ +   +  + +   2 bc + ca 2bc   2c  bc ca  2bc  c ( c + a + 3b ) + c ac + 2c + 3bc  2c Để ý rẳng 1 1 1 1  1 1 1 1  nên ta lại có =   +  =  + ca a c  a c  bc b c  b2 c  11   1  1   1    + +   +  +  +  +  =  + +    18  c 2ac 2bc  18  c  a c   c b   18  c 4a 4b  Từ ta 12    2+ 2+ 2 18  c 4a 4b  c ( c + a + 3b ) + c Chứng minh hoàn toàn tương tự ta 1  1    + + ;   2+ 2+ 2 2 18  a 4b 4c  b ( b + c + 3a ) + b 18  b 4c 4a  a ( a + b + 3c ) + a Cộng theo vế bất đẳng thức chiều ta 1 1 1  + +   2+ 2+ 2 2 6a b c  c ( c + a + 3b ) + c a ( a + b + 3c ) + a b ( b + c + 3a ) + b Vậy toán chứng minh hoàn tất Dấu đẳng thức xẩy a = b=c Bài Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a b3 + + b c + + c a +  Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019 Lời giải Đặt P = a b3 + + b c3 + + c a + Khi áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta 2P = 2a b3 + + 2b c + + 2c a + = 2a ( ( b + 1) ( b ) ( ) − b + + 2b ) ( ( c + 1) ( c ) ) − c + + 2c ( a + 1) ( a  a b2 + + b c + + c a + = ab + bc + ca + = Q + Khơng tính tổng qt ta giả sử b  c  a , ta có đánh giá −a +1 ) P = x y + xy + − 3(x + y) x + y2 Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn THPT Tỉnh Thừa Thiên Huế năm học 2017 – 2018 Lời giải Do x; y  nên ta có ( − x )( − y )   xy − x − y +   xy  x + y − Do ta có x2 + y2 = ( x + y ) − 2xy  ( x + y ) − ( x + y − 1) = ( x + y ) − ( x + y ) + ( ) Mặt khác x5 y + xy5 = xy x4 + y4  ( xy x2 + y2 ) 4 1  xy ( x + y )  ( x + y − 1)( x + y ) 8 Kết hợp đánh giá ta thu P = x + y − 1)( x + y ) + − (x + y) ( x + y − x + y + ( ) ( ) 1 x + y) − (x + y) + − 3(x + y) ( 8 x + y − x + y + ( ) ( ) 1  Đặt t = x + y , x, y   ;1 nên ta suy  t  2  1 Đến ta P  t − t + − 3t 8 t − 2t + Ta chứng minh t − t + − 3t  −1 với  t  8 t − 2t + Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức ta có (t − t4 )( t ) ( ) ( − 2t + + 48 − 24t t − 2t +  −8 t − 2t + )  t − 3t + 4t − 2t − 24t + 56t − 64t + 64  ( )  ( t − ) t − t + 2t + 2t − 20t + 16t − 32  ( )  ( t − ) t + t + 4t + 10t + 16  Dễ thấy với  t  t + t + 4t + 10t + 16  nên suy bất đẳng thức cuối ln Do ta có bất đẳng thức t − t + − 3t  −1 , suy 8 t − 2t + ta P  −1 Vậy giá trị nhỏ P −1 , đẳng thức xẩy x + y =  x = y =  x = y Bài 77 Với số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= 2a + b + 8bc − 2b2 + ( a + c ) + Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn THPT Tỉnh Hải Dương năm học 2017 – 2018 Lời giải 8bc = b.2c  b + 2c Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có Khi ta có 2a + b + 8bc  ( a + b + c ) nên 2a + b + 8bc  (a + b + c ) Đẳng thức xẩy b = 2c ( ) Mặt khác áp dụng bất đẳng thức dạng x + y  ( x + y ) ta lại có 2b2 + ( a + c )  Do ta 2b2 + ( a + c ) +  (a + b + c ) 2 =a+b+c Đẳng thức xẩy a+b+c+5 b =a+c Từ kết ta thu P  − (a + b + c ) a + b + c + Đặt t = a + b + c  ta thu P  1 8 Ta chứng minh − − − 2t t + 2t t + 10 Thật vậy, bất đẳng thức viết lại thành ( t + ) − 80t  −9t ( t + )  9t − 30t + 25   ( 3t − )  Dễ thấy bất đẳng thức cuối Do ta Đến ta suy P  − − − 2t t + 10 10  5 a + b + c =  a = c = ;b = Đẳng thức xẩy  12 a + c = b; b = 2c  Vậy giá trị nhỏ P −9 5 , xẩy a = ; b = ; c = 10 12 12 Bài 78 Cho ba số thực a, b, c thuộc đoạn 0;  Tìm giá trị lớn biểu thức: ( ) P = a c + c b − b2 c − c 2a − a b ( a + b + c ) Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn THPT Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018 Lời giải Do a, b, c thuộc đoạn 0;  ta a c + c b − b c − c 2a − a b  a 2c + c b + b 2a − b 2c − c 2a − a b = (a − b )( b − c )( c − a ) Do ta P  ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c ) Đặt Q = ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c ) Ta chứng minh Q  32 Thật vậy, không tính tổng qt ta giả sử a  b; a  c Khi ta xét trường hợp sau: • Trường hợp Với a  b  c , Q = ( a − b )( b − c )( c − a )( a + b + c )   32 • Trường hợp Với a  c  b , áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho số không âm ta có ( a − c )( c − b )( a + b + c ) =     ( ( ) + (a − c ) + (c − b ) + Do ta Q  Q ( a − b ) 2 3a + ( 108 ( a − b ) 2 ( ) + ( a − c ) ( c − b ) ( ) ( ) − (a + b + c ) ( ) − ( a + b + c )   3a + − b   =        ) 3 − b   Để ý b  a  nên ta có ) 3a − − b    24 3a  96 = 32 108 108 108 Đẳng thức xẩy a = 2; b = 0; c = 32 3 , xẩy a = 2; b = 0; c = Vậy giá trị lớn P ( ) Bài 79 Cho hai số thực x, y thỏa mãn x + y = x y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= y2 x2 + + 2 y +1 x +1 x + y4 + Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn THPT Tỉnh Quảng Ninh năm học 2017 – 2018 Lời giải ( ) ( Biến đổi giả thiết ta có x4 y = x + y  x + y ) 2 nên suy x2 y2  x2 + y2  x2 + y2   x2 + y2  2 2 Mà ta lại có x y   Do x + y      x +y     2 ( ) (  x2 + y2 Đến ta suy x2 + y2 = x2 + y2  • Trường hợp Với x2 + y2 = , ta x = y = Từ suy P = ) • Trường hợp Với x2 + y2  Khi để ý x2 y2  x2 + y2 ta có (x ) + y − = x4 + y + + 2x2 y − 2x2 − 2y ( )  x4 + y + + x2 + y − 2x2 − 2y = x4 + y + Do ta P+2 = x4 + y4 +  x2 + y2 − Đến ta có biến đổi sau y2 x2 + y2 + x2 + y2 + x2 1 + + + + = + + 2 2 y +1 x +1 y +1 x +1 x4 + y4 + x4 + y4 +  1   x2 + y2 +  +  x2 + y2 + + + 2 x + y + x + y2 −  y +1 x +1 x + y −1 ( ) ( ) Đặt t = x2 + y2  , ta viết lại bất đẳng thức thành P  Ta chứng minh P  4t + + −2 t + t −1 4t + + −  với t  t + t −1 Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức ta thu 4t + 11 +   12t + 3t −  11t + 11t − 22  t − 8t + 16   ( t − )  t + t −1 Dễ thấy bất đẳng thức cuối Do ta P 4t + + −2  t + t −1 x + y = t =  x=y= Đẳng thức xẩy  x = y x = y Kết hợp kết ta giá trị nhỏ P , xẩy x = y =  Bài 80 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a ( b + c) b + bc + c 2 + b (c + a) c + ca + a 2 + c (a + b) a + ab + b2 2 Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Đồng Tháp năm học 2017 – 2018 Lời giải • Lời giải Do a, b, c số thực dương nên để ý đến phép biến đổi a (b + c) b + bc + c Do ta a ( b + c) b2 + bc + c = = a (b + c) ( b + c) a2 ( b + c ) a ( b + c ) − abc − bc = = a ( b + c ) − bbc+ c a2 a ( b + c) − abc b+c b (c + a) Hồn tồn tương tự ta có c + ca + a = b2 b (c + a) − ; c (a + b ) abc a + ab + b c+a = c2 c (a + b ) − abc a+b Khi theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta a (b + c) b2 + bc + c + b (c + a) c + ca + a + c (a + b ) a + ab + b (a + b + c )   abc abc abc  ( ab + bc + ca ) −  + + a+ b b+c c+a    Phép chứng minh hoàn tất ta (a + b + c ) 2  1  ( ab + bc + ca ) − abc  + +  a+ b b+c c+a   1   ( a + b + c )  ( ab + bc + ca ) − 2abc  + +  a+ b b+c c+a   1   a + b + c + 2abc  + +   ( ab + bc + ca ) a+ b b+c c+a  Theo bất đẳng thức dạng 1 ta + +  x y z x+y+z  1  9abc a + b2 + c + 2abc  + +  a + b2 + c +  a+b+c a+ b b+c c+a  Ta cần a + b2 + c + 9abc  ( ab + bc + ca ) , bất đẳng thức a+b+c tương đương với a + b3 + c + 3abc  a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) Khơng tính tổng qt ta giả sử a  b  c Khi ta có ( a − b ) ( a + b − c ) + c (a − c )( b − c )   a + b + c + 3abc  a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) 3 Như bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xẩy a = b = c • Lời giải Để ý ta nhận thấy b2 + bc + c + ab + ca + ca = ( b + c )( a + b + c ) Khi áp dụng bất đẳng thức dạng 4xy  ( x + y ) ta có đánh giá a (b + c) b + bc + c 2 = (b a ( b + c )( ab + bc + ca ) + bc + c ) ( ab + bc + ca ) ( b = Hoàn toàn tương tự ta  4a ( b + c )( ab + bc + ca ) + bc + c + ab + bc + ca 4a ( ab + bc + ca ) ( b + c )( a + b + c ) ) a (b + c) b + bc + c + b (c + a ) + c (a + b ) c + ca + a a + ab + b 4a ( ab + bc + ca ) 4b ( ab + bc + ca ) 4c ( ab + bc + ca )  + + 2 ( b + c )( a + b + c ) ( c + a )( a + b + c ) ( a + b )( a + b + c ) Phép chứng minh hoàn tất ta 4a ( ab + bc + ca ) ( b + c )( a + b + c ) + 4b ( ab + bc + ca ) ( c + a )( a + b + c ) + 4c ( ab + bc + ca ) ( a + b )( a + b + c ) 2 Để ý ta viết lại bất đẳng thức thành (a + b + c ) a b c + +  b + c c + a a + b ( ab + bc + ca ) Đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức Do bất bất đẳng thức chứng minh Bài 81 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh rằng: a + b2 b2 + c c2 + a2 + + +3 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 ( ) a + b2 + 2ab  a + b2 + 2ab = ( a + b ) = ( a + b ) Từ ta suy a + b2 − ( a + b )  − 2ab nên a + b2 2ab − (a + b)  − a+b a+b Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu bất đẳng thức a + b2 b2 + c c2 + a2 + + − a+b b+c c+a ( ) a+ b + b+c + c+a  ab bc ca   − + +   a+b b+c c + a   Như phép chứng minh hoàn tất ta Hay ta viết lại bất đẳng thức thành 1 + a b + 1 + b c 2ab a+b + + 1 + c a 2bc + b+c  2ca c+a 3 1 + + = Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – a b c Từ ab + bc + ca = 3abc ta Schwarz ta có 1 + a b + + 1 + b c 1 + c a  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 + + + + +   + + + + +  =  + +  = 18 = a b b c c a a b b c c a a b c Điều dẫn đến 1 1 1 + + + + + a b b c c a Như ta suy 1 + a b + 1 + b c  + 1 + c a =  2 Đến tốn chứng minh hồn tất Đẳng thức xẩy a = b = c = Bài 82 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 b2 + b2c2 + c2a2 = a2 b2c2 Chứng minh rằng: ( a b2 c a +b 2 ) + ( b2 c a b +c 2 ) + c 2a ( b c +a 2 )  Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Kon Tum năm học 2017 – 2018 Lời giải Ta có a b2 + b2 c + c 2a  a b2 c  1 + +  a b2 c 1 Đặt x = ; y = ; z = , giả thiết viết lại thành x2 + y2 + z2  a b c Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành y3 z3 x3 + +  2 2 2 x +y z +x y +z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có ( ) x2 + y2 + z2 y3 z3 x3 + +  x2 + y2 z2 + x2 y + z2 x y + z2 + y z2 + x2 + z x + y ( ) ( Như phép chứng minh kết thúc ta ( (x + y2 + z2 ) ( ) ) ( x y2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y )  ) ( ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có ( x y +z 2 )= ( 2x y + z 2 )( y +z 2 ) ( x2 + y2 + z2 ) 27 Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) x y2 + z2 + y z2 + x2 + z x2 + y2  Từ ta có (x ( + y2 + z2 ) ( ) 2 + y2 + z2 ) ) ( x y +z +y z +x +z x +y (x 2 3 x + y2 + z2  2  ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xẩy a=b=c= Bài 83 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1 + +  a ( a + 1) + ab ( ab + 1) b ( b + 1) + bc ( bc + 1) c ( c + 1) + ca ( ca + 1) Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Quảng Bình năm học 2017 – 2018 Lời giải Do abc = nên tồn số thực dương x, y, z thỏa mãn a = y z x ;b = ;c = x y z Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành y2 x2 z2 + +  2 2 2 y + z + xy + zx z + x + yz + xy x + y + zx + yz Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức ta có y2 x2 z2 + + y + z + xy + zx z + x + yz + xy x + y + zx + yz = ( x4 y4 + ( x2 y2 + 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 y + z + xy + zx 2  + 2 2 2 + zx + yz 2 3 3 3 Như phép chứng minh hoàn tất ta (x + y + z )  +z x )+x y+x z+y z+y x+z x+z y ( x2 y2 + y2 z2 2 Hay ta cần chứng minh bất đẳng thức 3 3 ) (  (x )  (x y + y z + z x ) + (x y + x z + y z + y x + z x + z y ) + y + z ) + (x y + y z + z x )  (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 )  x2 + y2 + z2 4 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 3 Dễ thấy bất đẳng thức cuối với x, y, z dương Vậy phép chứng minh kết thúc Đẳng thức xẩy a = b = c = Bài 84 Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a + ab + abc − a+b+c Trích đề thi chọn HSG mơn Tốn THPT Tỉnh Hải dương năm học 2018 – 2019 Lời giải Vì a,b,c số dương nên ta có a + 4b  a.4b  a + 4b  ab  ab  a + 4b Dấu đẳng thức xảy a = 4b Vì a, b, c số dương nên ta có a + 4b + 16c  3 a.4b.16c  a + 4b + 16c  12 abc Từ ta abc  a + 4b + 16c Dấu đẳng thức xảy 12 a = 4b = 16c Từ kết ta a + 4b a + 4b + 16c + 12  a + ab + abc  ( a + b + c )   a + ab + abc ( a + b + c ) a + ab + abc  a + Điều dẫn đến P  Khi ta có P  − Đặt t = a + b + c  (a + b + c ) a+b+c 6 − Ta chứng minh P  −  −12 với t dương t t 4t 4t Thật vậy, bất đẳng thức viết lại thành − 24t  −48t  16t − 8t +   ( 4t − 1)  Dễ thấy bất đẳng thức cuối ln nên ta có P  −  −12 4t t Vậy giá trị nhỏ P −12 , đẳng thức xảy  a = 4b = 16c 1  ;c =   a = ;b = 21 84 336  a + b + c = Bài 85 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a + bc b2 + ca c + ab + + + a ( b + c) b (c + a) c (a + b) 8abc 4 ( a + b )( b + c )( c + a ) Đề thi Olympic Trường THPT chuyên KHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có a + bc = a ( b + c) a + bc ( ab + ac ) ( a + bc )  ( a + bc ) ab + ca + a + bc = ( ) ) ( a + bc ( a + b )( c + a ) Áp dụng hồn tồn tương tự ta có ( ) ( ) b + ca c + ab b + ca c + ab  ;  b ( c + a ) ( a + b )( b + c ) c ( a + b ) ( c + a )( b + c ) Cộng theo vế bất đẳng thức ta ( ) ( ) a + bc b + ca c + ab a + bc b + ca c + ab + +  + + a (b + c) b (c + a ) c ( a + b ) ( a + b )( c + a ) ( a + b )( b + c ) ( c + a )( b + c ) ( ) ( ) ( )  a + bc ( b + c ) + b + ca ( c + a ) + c + ab ( a + b )   =  ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a b + ab + b c + bc + c 2a + ca ( a + b )( b + c )( c + a ) ) = ( a + b )( b + c )( c + a ) − 8abc ( a + b )( b + c )( c + a ) Như phép chứng minh hoàn tất ta 4− Đặt t = 8abc + ( a + b )( b + c )( c + a ) 8abc 4 (a + b )( b + c )( c + a ) 8abc  Dễ thấy ( a + b )( b + c )( c + a )  8abc nên suy ( a + b )( b + c )( c + a )  t 1 Khi bất đẳng thức trở thành − t + t   t  t , bất đẳng thức với  t 1 Vậy toán chứng minh xong Dấu xẩy a = b = c Bài 86 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 + + + 9 a ( b + c ) b3 ( c + a ) c ( 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 = ta có a3 + a3 5a b2 c 5b2 c = + = + a3 ( b + c ) a3 ( b + c ) a3 ( b + c ) b + c a ( b + c ) Áp dụng hoàn toàn tương tự ta thu a3 + b3 + c3 + 1 5b2c 5c 2a 5a b2 + +  + + + + + a ( b + c ) b3 ( c + a ) c ( 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 + +  a + b b + c c + a (a + b + c ) ( ab + bc + ca ) = ab + bc + ca b2 c c 2a a b2 + +  a ( b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) a3 + b3 + c3 + + +  + Do ta thu a ( b + c ) b ( c + a ) c (a + b ) (a + b + c ) Để ý đến abc = ta có ( a + b + c ) = 3abc ( a + b + c )  ( ab + bc + ca ) Lại để ý ta ab + bc + ca  3 a2 b2c2 = Do ta thu ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca ) 27 + = + 2 (a + b + c ) 2.3abc ( a + b + c ) 27  ( ab + bc + ca )  3 Vậy ta có + ab + bc + ca ab + bc + ca ( ab + bc + ca ) + + 2 27 ( ab + bc + ca ) ab + bc + ca ab + bc + ca + =9 2 a3 + b3 + c3 + + +  Dấu xẩy a = b = c = a ( b + c ) b3 ( c + a ) c ( a + b ) Bài 87 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x2 y2 + T= y + y2 z2 + z + z2 x2 + x Trích đề thi chọn HS dự thi HSGQG Tỉnh Sóc Trăng năm học 2018 – 2019 Lời giải Do x, y, z số dương nên ta dễ dàng viết lại biểu thức T thành T= x2 y2 + y + y2 z2 + z Dư đoán T  82 x = y = z = + z2 x2 + 1 1 = x2 + + y2 + + z2 + x y z x x2 + Ta chứng minh bất đẳng thức 1 + y + + z +  82 Đến ta y z x có cách chứng minh bất đẳng thức sau • Cách Để loại bỏ bậc hai trường hợp biểu thức dấu viết dạng tổng, ta thường dùng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz Chú ý đến dấu đẳng thức xẩy ta   82  x +  = y   )  82  y + z  Áp dụng tương tự ta      y + z ; 82  z +   z + x x       1   9 82  x +  + 82  y +  + 82  z +   x + y + z + + + x y z y  z  x     Khi ta Hay ta có (    9 +  x2 +    x +  = x + y y y    x2 + 1 1  9 9 + y2 + + z2 +  x+ y + z+ + +  x y z y z x 82  Phép chứng minh hoàn tất ta  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  kết hợp với đánh giá quen thuộc ta có Khi ta có x + y + z + Ta có x + y + z + 9 81 + +  x+y+z+ x y z x+y+z 80 +  + 80 = 82 Như đánh giá cuối x+y+z x+y+z Vậy giá trị nhỏ T 82 x = y = z = • Cách Để đưa tồn biểu thức vào dấu ta ý đến bất đẳng thức phụ: Với a, b, x, y số thực dương ta có: a + x2 + b2 + y  (a + b) + ( x + y ) 2 Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ Thật vậy, bình phương hai vế ta a + x2 + b2 + y + a + x2 b2 + y  ( a + b ) + ( x + y )  (a + x2 )( b ) ( + y  ab + xy  a + x2 )( b ) + y  ( ab + xy ) Bất đẳng thức cuối bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức ta   ( x + y + z ) +  x1 + y1 + z1    1 x + + y2 + + z2 +  y z x 2 2 1 1 Phép chứng minh hoàn tất ta ( x + y + z ) +  + +   82 x y z Thật vậy, từ giả thiết x + y + z  suy ( x + y + z )  theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2 1 1   81  + +    =  x y z   x + y + z  ( x + y + z) Do ( x + y + z ) + 81 = (x + y + z) + (x + y + z) 80 + (x + y + z) (x + y + z) 2  + 80 = 82 Vậy toán hồn tất chứng minh Ngồi ta chứng minh đánh giá theo cách sau Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2      ( x + y + z ) +  x1 + y1 + z1   3 xyz +  3 xyz     2   1  80     =  xyz +  +  xyz  81  xyz          2 ( ( ) ) Cũng theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có ( xyz ) 2  1  80   80   80   80    +  ; =   =  xyz  81  xyz   3 xyz  9 x + y + z         2 2 Do ta suy    = 82 ( x + y + z ) +  x1 + y1 + z1    92 + 80     Đến toán chứng minh Bài 88 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c  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 Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành 2 a b c  1 1  a b c  a b c b c a  b + c + a   (a + b + c )  a + b + c    b + c + a   + b + c + a + a + b + c       Đặt x = a b c ; y = ; z = , ta có xyz = Bất đẳng thức cần chứng minh b c a viết lại thành ( x + y + z)  3+x+ y+z+ 1 + + x y z Bất đẳng thức tương đường với ( x + y + z )  + x + y + z + xy + yz + zx Hay ta cần chứng minh x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx  + x + y + z Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có xy + yz + zx  3 x2 y2 z2 = Để ý xyz = ta suy x + y + z  Do theo đánh giá quen thuộc x2 + y2 + z2  1 x + y + z ) = ( x + y + z )( x + y + z )  x + y + z ( 3 Kết hợp hai kết ta x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx  + x + y + z Vậy phép chứng minh kết thúc Dấu xẩy a = b = c • Lời giải Trước hết ta bắt đầu với bất đẳng thức AM – GM, nhiên ta sử dụng trực tiếp để đánh giá vế trái hay vế phải tạo đánh giá sai, ta biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh trước a b c  1 1 a b2 c a b c a b c + +  a + b + c + +  + + + + +  3+ + + ( ) b c a a b c c a b b c a b c a     Đến ta quan sát thấy bên vế trái có a b c + + bên vế phải có số nên c a b a b c + + 3 c a b a b2 c a b c Mặt khác ta lại thấy vế trái có + + vế phải lại có + + nên b c a b c a theo bất đẳng thức AM – GM ta a2 2a b2 2b c 2c +  ; +  ; +1 2 b c c a a b a b2 c a b c Cộng vế với vế bất đẳng thức ta + + +   + +  b c a b c a Theo bất đẳng thức AM – GM ta lại thấy Do ta có a b c + + 3 b c a a b2 c a b c a b2 c a b c + + +  + + + + +  + + hay b c a b2 c a b2 c a b c a Kết hợp với bất đẳng thức a b c + +  ta c a b a b2 c a b c a b c + + + + +  3+ + + c a b b c a b c a Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c • Lời giải Cũng ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với  a c + b2a + c 2a   ab + bc + ca     (a + b + c )   abc abc     (a c + b a + c b )  abc (a + b + c )(ab + bc + ca ) Đến từ ( a c + b a + c b ) đánh giá ( a + b + c ) ; ( ab + bc + ca ) ta sử dụng bất Hay 2 2 2 đẳng thức Cauchy – Schwarz , 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 Nhân vế với vế hai bất đẳng thức ta (a c + b a + c a ) (a + b + c )  1c + a1 + b1   (ab + bc + ca ) (a + b + c ) Hay Hay 2 2 bc + ca  (a c + b a + c a ) (a + b + c )  ab +abc   ( ab + bc + ca ) ( a + b + c )  2 (a c + b a + c a ) 2 2 2 2  abc ( ab + bc + ca )( a + b + c ) Vậy bất đẳng thức chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c ... Để ý đến giả thi t ab + bc + ca = , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta a + b + c = ( a + b + c )( ab + bc + ac )  3 abc.3 a b2c = 9abc Vậy bất đẳng thức chứng minh xong Đẳng thức xẩy a=b=c= Bài. .. a + b − c )( b + c − a )( c + a − b ) Bất đẳng thức bất đẳng thức dễ dàng chứng minh Vậy toán chứng minh Đẳng thức xẩy a = b = c = a = b = ; c = hoán vị Bài 25 Cho x, y, z số thực không dương... đẳng thức khó, lại sử dụng bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá Để chứng minh bất đẳng thức ta phải thực công việc + Dự đoán điểm rơi để quy toán chứng minh hai bất đẳng thức a + b2 + b2 + c c2