Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi chuyên Toán 2020

Nội dung tài liệu: Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi chuyên Toán 2020

1. Website: tailieumontoan.com NGUYỄN NHẤT HUY TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC
2. Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi chuyên toán 2020 Nguyễn Nhất Huy, Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An Ngày 15 tháng 10 năm 2020 N Á Tóm tắt nội dung O Vậy là một mùa tuyển sinh vào 10 nữalạiđi qua với sự xuất hiệncủa nhiều bài toán hay và khó được T các sở đưa ra. Và cũng nhưmọi năm, bất đẳng thức là chủ đề tuyđã quá quen thuộcvới chúng ta nhưng N nó vẫn là vấn đềtương đối khó và cần các bạnhọc sinh có kỹnăng phân tích và biến đổitốt để giải quyết  chúng. Với danh nghĩa là một học sinhđã trải qua mùa thi vừa rồi và cũngđã đỗ được 2 ngôi trường Y chuyên nổi tiếng là Chuyên KHTN Hà Nội và Chuyên Phan Bội Châu, tôi xin mạnh dạn viết lên chuyên U đề "Tuyển tập một số bài toán bất đẳng thức trong kì thi chuyên toán 2020" với mụcđích nhìn lại các H bài toánđã qua và giúp các em khóa sau có một tài liệu để ôn tập đạt kết quả cao. Trong tài liệu này tôi có trình bày những kiến thức cơbản và lời giải các bài toánđã thi trong mùa thi vừa rồi, tiếpđó là C những chuyên đề giúp các bạn nhập môn với những kỹ thuật khó hơn. Để hoàn thành chuyên đề này, tôi A C xin cảmơn tới anh Nguyễn Minh Tuấnđã chỉdạy tôi kĩnăng sửdụng L TEX và thiết kế lên tài liệu mà các bạnđang đọc, bên cạnhđó anh cũng là người tưvấn giúp tôi những vấn đề thiếu sót vềmặt kiến Ứ thức. Vì còn chưa có kinh nghiệm nhiều về tuổi đời cũng như kiến thức nên chắc chắn trong quá trình H biên soạn sẽ không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong bạn đọc và các thầy cô góp ý và bỏ qua. T Cuối cùng xin cảmơn mọi ngườiđãủng hộ và dõi theo tôi. G N Mục lục Ẳ Đ 1 Các kiến thức cơbản vềbất đẳng thức. 2 T Ấ 1.1 Một số kí hiệu sửdụng trong tài liệu. 2 B P 1.2 Bất đẳng thức AM – GM. 2 Ậ T 1.3 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. 2 N Ể 1.4Điều kiện có nghiệm của phương trình. 2 Y U T 2 Các bài toán trong các kì thi chuyên toán. 3  3 Giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức khác. 38 3.1 Tam thức bậc 2 và phương pháp miền giá trị. 38 3.2 Phương pháp đổi biến PQR và bất đẳng thức Schur 45 3.3 Phân tích tổng bình phương SOS và phân tích Schus - SOS. 51 4 Các bài toán luyện tập. 59 1
3. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán 1 Các kiến thức cơbản vềbất đẳng thức. 1.1 Một số kí hiệu sửdụng trong tài liệu. 1 1 1 1 = + + ab2 ab2 bc2 ca2 cyc  1 1 1 1 1 1 1 = + + + + + ab2 ab2 ba2 ca2 ac2 bc2 cb2 sym  Ở đây cyc là viết tắt của cyclic vàđôi khi cũng có thểsửdụng để thay thế , sym là viết tắt của cyc symetric.   1.2 Bất đẳng thức AM – GM. C Ọ n n n H Tổng quát với các số thực dươngx 1, x2, ..., xn thì ta có xi n xi. i=1 i=1 N   Dấu "=" khi và chỉ khix 1 =x 2 = ...=x n.Vớin=2 vàn=3 thì taà được2hệ quả quen thuộc Á O a+b2 √ab T 3 a+b+c3 √abc U Ệ I n 1 n2 L Ngoài ra bất đẳng thứcAM GMcũng có thể phát biểuởdạng mẫu số  . − x n i=1 i Ư  xi T i=1  À V 1.3 Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz. Í H Cho 2 bộsố(x 1, x2, ..., xn) và(y 1, y2, ..., yn) khiđó ta có C n n n 2 2 2 P xi yi  xiyi Ạ  i=1   i=1   i=1  T    I Dấu "=" khi và chỉ khi các sốlập thành các bộsốtỉlệ. Ở Dạng cộng mẫu Engel tổng quát 2 −1 B n a 2 n n i  a b X i i bi E i=1  i=1   i=1  T    A L 2 x2 y2 (x+y) Trongđó dạng +  là dạng ta hay gặp nhất. a b a+b 1.4Điều kiện có nghiệm của phương trình. Trong một số bài toánđánh giá min - max ta sẽsửdụng tớiđiều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2. Cho phương trình ax2 + bx+c=0(a= 0). Khiđó nếu  1 ∆=0 thì phương trình có nghiệm , đồng nghĩa vế trái luôn không âm hoặc không dương. 2 ∆>0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Ứng dụng của kiến thức này sẽ áp dụng cho những bài tìmđiều kiện có nghiệm để suy ra min, max.  Email. [email protected] 2 Tạp chí và tư liệu toán học
4. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán 2 Các bài toán trong các kì thi chuyên toán.  Câu 1 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãna+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của T=(a 1) 3 + (b 1) 3 + (c 1) 3. − − − Quảng Bình ✍Lời giải. Ta biến đổi giả thiết 3 3 3 T=(a 1) + (b 1) + (c 1) − − − N =a 3 3a 2 + 3a 1+b 3 3b 2 + 3b 1+c 3 3c 2 + 3c 1 − − − − − − Á 3 2 9 3 2 9 3 2 9 3 = a 3a + a + b 3b + b + c 3c + c + (a+b+c) 3 O − 4 − 4 − 4 4 − T 2 2 2 3 3 3 3 N =a a +b b +c c + (a+b+c) 3 Å − 2 ã− Å2 − 2ã Å4 − ã  3 2 3 2 3 2 3 Y =a a +b b +c c U Å − 2ã Å − 2ã Å − 2ã − 4 H 2 2 3 3 C Vìa0; a Å0, a ãR nênÅa ãa Å 0. ã − 2 ∀ ∈ − 2 3 2 3 2 3 C Tương tựvới b, c thì ta cób b 0;c c 0, nênT Ứ Å ã − 2 Å ã− 2 − 4 3 3 3 H Vậy GTNN củaT= khi(a, b, c) là hoán vịcủa , ,0 .  T − 4 Å ã Å ã 2 2 G  Câu 2 Cho các nguyên dương x,y,z thỏa mãnÅ ã N Ẳ 1 1 1 + +  2020 Đ x+y x+z y+z T y2 + 2x2 z2 + 2y2 √x2 + 2z2 Ấ Tìm giá trị nhỏ nhấtP= + + . B xy zy xz   P Gia Lai Ậ T ✍Lời giải. Để giải bài toán này ta sửdụng hai bất đẳng thức phụ sau. N Ể i) Cho a,b là các số thực dương ta có Y 1 1 4 U +  T a b a+b Dấu bằng xảy ra khia=b  ii) Cho a, b, c, d, e là các số thực ta có 2 2 a2 +b 2 + c2 +d 2 + e2 +f 2  (a+c+e) + (b+d+f)  a c e  Dấu bằng xảy ra khi = = .Đây là 1 trường hợp nhỏcủa bất đẳng thức Mincopsky. b d f » Phần chứng minh hai bất đẳng thức phụ này xin dành cho bạn đọc. Áp dụng bất đẳng thức i) cho các cặp (x, y);(y, z);(z,x) ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  + ;  + ;  + x+y 4 x y y+z 4 y z x+z 4 x z  Email. [email protected]Å ã 3Å ã Å Tạpã chí và tư liệu toán học
5. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán 1 1 1 Nên theo giả thiết suy ra + +  4040. Ta biến đổi biểu thứcP , ta được x y z y2 + 2x2 z2 + 2y2 √x2 + 2z2 P= + + xy zy xz   y2 + 2x2 z2 + 2y2 x2 + 2z2 = + + x2y2 z2y2 x2z2 1 2 1 2 1 2 = + + + + + x2 y2 y2 z2 z2 x2 Áp dụng bất đẳng thức ii), và bất đẳ ng thức vừa chứng minh ta có 1 1 1 2 1 1 1 2 P + + + 2 + +  40402 + 2.40402 = 4040√3 C x y z x y z  Ọ 3 H Vậy GTNN củaP = 4040Å√3 khix=yã=z= Å . ã  4040 N 2 2 2 Á  Câu 3 Cho x,y,z thỏa mãnx +y +z = 1. Chứng minh rằng O 2 2 2 T x y z 3 + +  1 + 2yz 1 + 2xz 1 + 2xy 5 U Ệ I Điện Biên L Ư ✍Lời giải. T Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có − À 2 4 2 2 2 2 V x x x +y +z Í =  1 + 2yz x2 + 2x2yz x2 +y 2 +z 2 + 2xyz(x+y+z) H     C Mặt khác thì ta cóđánh giá P 2 2 1 x2 +y 2 +z 2 (xy+yz+ xz) 3xyz(x+y+z) xyz(x+y+z) Ạ ⇒ 3 T I   Nhưvậy ta suy ra được 2 2 2 2 Ở x +y +z 1 3 B  = x2 +y 2 +z 2 + 2xyz(x+y+z) 2 5   1 + X 3 E T  A Bất đẳng thức được chứng minh hoàn tất. L x3 +y 3 x2 +y 2  Câu 4 Chox>1, y >1, chứng minh rằngD= − 8. (x 1) (y 1)  −  −  Trà Vinh ✍Lời giải. Biến đổi biểu thức ban đầu, ta được 2 x3 +y 3 x2 +y 2 x2 (x 1) +y 2 (y 1) x2 y2 (x+y) D= − = − − = +  (x 1) (y 1) (x 1) (y 1) y 1 x 1 x+y 2  −  −  − − − − − Ta cần chứng minh bất đẳng thức 2 (x+y) 8 x+y 2 −  Email. [email protected] 4 Tạp chí và tư liệu toán học
6. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Biến đổi tương đương ta đượchằng đẳng thức rất đẹp (x+y 4) 2 0 − Bất đẳng thức trên luônđúng nên ta cóđiều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khix=y>1 ! Nhận xét.Đây là bài toán rất cũ nó từng là đề chuyên của Hà Nội năm 2003-2004.  a3 b3  Câu 5 Cho a, b là 2 số thực âm. Chứng minh rằng + a 2 +b 2. b a Sóc Trăng N Á ✍Lời giải. O Theo bất đẳng thứcAM GM ta có T − N 3 3 3 2 2 3 3 2 2 2  a a a b b 3 a .a .b b 3 2 b = + + 3 = a Y b 2b 2b 2 − 2 2b.2b.2 − 2 2 − 2 U 3 3 3 2 2 3 3 2 2 2 H b b b a a 3 b .b .a a 3 2 a = + + 3 = b C a 2a 2a 2 − 2 2a.2a.2 − 2 2 − 2 Cộng theo vế2bất đẳng thức trên ta cóđiều phải chứng minh.  C Ứ 3 a 2a + 1 H  Câu 6 Choa2, >1. Chứng minh rằng  17. T b b(a b) − Bắc Kạn G N ✍Lời giải. Ẳ Vớia2 thì ta luôn có Đ 3 2 2 7a  14a a (7a 14) T ⇔ − Theo bất đẳng thứcAM GM ta có Ấ − B 3 3 a a 3 P 3 3 3 + + 4 + 7a √3 3 3 2 2a + 1 4 2a + 1 8a + 4 2 2 3 a .a + 14a Ậ  = =  = 17 T b(a b) a2 a2 a2 a2 −   N Vậy bài toán được chứng minh.  Ể Y  Câu 7 Cho các số thực dương a, b. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức U T 2 1 2 1 M= a + + b +  b2 a2 Kon Tum ✍Lời giải. Theo bất đẳng thứcAM GM ta có − 1 1 a2 b2 a b a2 + + b2 +  2 + 2 = √2 + 2 √2 b2 a2  b2  a2 b a Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1. Ç å   Email. [email protected] 5 Tạp chí và tư liệu toán học
7. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 8 Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 + + a(b + 1) +b(c + 1) +c(a + 1) c2a2 a2b2 b2c2 Kiên Giang ✍Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có − 2 a2 + 1 a2b2 1 (ab+ bc+ ca) a2 +b 2 +c 2 = +  + a2c2 c2a2b2 a2c2 3 1   Nhưvậy ta cần chứng minh C Å ã Ọ 1 2 (ab+ bc+ ca) +a 2 +b 2 +c 2  ab+ bc+ca+(a+b+c) H 3 1 2 2 N (ab+ bc+ ca) + (a+b+c) 2(ab+ bc+ca)ab+ bc+ ca+(a+b+c) ⇔ 3 − Á 1 2 2 (ab+ bc+ ca) + (a+b+c) 3(ab+ bc+ca) (a+b+c)0 O ⇔ 3 − − T Mặt khác ta lại có U Ệ I 1 1 ab bc ca 2  abc a b c ab bc ca 2 a b c L ( + + ) 3 ( + + ) ( + + ) + + . ⇒ 3 Ư 2 2 (a+b+c) 3(ab+ bc+ ca). T À Nhưvậy bất đẳng thức cần chứng minh luônđúng, dođó ta cóđiều phải chứng minh.  V Í  Câu 9 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãnđiều kiệnx+y+z=3. Tìm giá tri nhỏ nhất của H biểu thức 3 C T=1+ xy+yz+ xz P Ạ Hậu Giang T I ✍Lời giải. Ở Một bài toán tương đối đơn giản, theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có B − 2 X 9 = (x+y+z) 3(xy+yz+xz) xy+yz+ xz3 E ⇒ T A L Khiđó biểu thức 3 3 T=1+ 1+ = 2 xy+yz+ xz 3 Vậy bài toán được giải quyết.   Câu 10 1 Cho a, b là hai sốdương. Chứng minh rằng. 1 1 4 (a) +  . a b a+b 1 (b) √a2 ab+3b 2 + 1 (a+5b + 2). − 4  Email. [email protected] 6 Tạp chí và tư liệu toán học
8. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán 1 1 1 2 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn + + 3. Tìm giá trịlớn nhất của biểu thức a b c 1 1 1 P= + + √a2 ab+3b 2 + 1 √b2 bc+3c 2 + 1 √c2 ac+3a 2 + 1 − − − Bình Phước ✍Lời giải. 1 Ý thứ nhất. 1 1 4 N (a) Ta cần chứng minh +  . Biến đổi biểu thức ta được a b a+b Á 1 1 4 a+b 4 O +   T a b a+b ⇔ ab a+b (a+b) 2 4ab N  ⇔ 2 2 a + 2ab+b 4ab Y ⇔ (a b) 2 0 U ⇔ − H R + Bất đẳng thức luônđúng a,b nên bất đẳng thức được chứng minh. C ∀ ∈ 1 √ 2 2  (b) Ta cần chứng minh a ab+3b + 1 (a+5b + 2). Ta biến đổi biểu thức C − 4 Ứ 2 2 1 2 a ab+3b + 1 (a+5b + 2) H ⇔ − 16 T 16a2 16ab + 48b2 + 16a 2 + 25b2 + 4 + 10ab + 20b+4a ⇔ − G 15a2 26ab + 23b2 4a 20b + 120 ⇔ − − − N 2 2 2  13(a b) + 2(a 1) + 10(b 1) 0 Ẳ ⇔ − − − Luônđúng a, b R + nên bất đẳng thức được chứng minh. Đ ∀ ∈ T 2 Áp dụng bất đẳng thức(b) ta có Ấ B 4 4 4 P + + P a+5b+2 b+5c+2 c+5a+2 Ậ T Áp dụng bất đẳng thứci) nhiều lần ta được N 4 1 1 1 1 1 1 1 Ể  +  + + + a+5b+2 a+3b 2b+2 4 a+b 2b 2b 2 Y 1 1 1 1 1 1 1 5 1 U  + + + + = + + T 4 4a 4b 2b 2Åb 2 16a 16b ã 8  Tương tựvới hai phân thức còn lại kÅết hợp với giả thiết ta suyã ra 3 1 1 1 3 3 P + + +  8 a b c 8 2 3 4 Vậy GTNN củaP= khia=b=c=1.MởrÅộngđoạn ã ta có thể dùng ngược bất đẳng 2 a+5b+2 thức Cauchy Schwarzdạng phân thức như sau − 2 4 64 (1 + 5 + 2) 1 1 5 1 5 1 = =  + + 2 = + + a+5b+2 16 (a+5b + 2) 16 (a+5b + 2) 16 a b 16a 16b 8 Bài toán được chứng minh. Å ã   Email. [email protected] 7 Tạp chí và tư liệu toán học
9. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 11 Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãnx 2z2 +y 2z2 + 13z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 8 4z2 P= 2 + 2 + 2 (x + 1) (y + 3) (1 + 2z) Hà Tĩnh ✍Lời giải. 1 1 8 Để giải bài toán này ta chứng minh bổ đề sau +  2 với a, b >0 a2 b2 (a+b) ∀ 1 1 2 Ta có theo bất đẳng thức AM GM ta có +  . − a2 b2 ab 2 (a+b) 1 4 Mặt khác ab  2 . 4 ⇒ ab (a+b) C 1 1 8 Nên suy ra +  với a, b >0. Khiđó áp dụng bổ đề trên Ọ 2 a2 b2 (a+b) ∀ H 1 1 8 8 8 64 N P= 2 + 2 + 2  2 + 2  2 (x + 1) 1 (y + 3) 1 (y + 3) 1 Á + 1 x+ + 2 x+y+ + 5 2z 2z 2z O T 1 3 Từ giả thiết suy ra là sốdÅương vàãx 2z2 +y 2z2 + 1Å3z x 2 +ãy 2 +  . Å ã U ⇔ z2 z Ệ 1 2 2 2 I Đặt =t suy rax +y +t 3t. Ta có L z Ư 64 256 T P= 2 = 2 1 (2x+2y+t + 10) x+y+ + 5 À 2z V 2 Í 2xx + 1 Å ã H 2 2 2 2 Ta có 2yy + 1 2x+2y+4tx +y +t + 63t+6. C ⇒ 4tt 2 + 4 P 256 1 Suy ra2x+2y+t6. Suy raP = 1, dấu”=”xảy ra khix=y=1, z= . Ạ  2 2 T (6 + 10) I Vậy giá trị nhỏ nhất củaPbằng 1.  Ở 2 2 2 2 2 2 B  Câu 12 Cho ba sốdương a, b, c thỏa mãn √a +b + √a +c + √b +c = √2021. Chứng minh rằng X 2 2 2 E a b c 1 2021 T + +  A L b+c a+c a+b 2 2 Ninh Bình ✍Lời giải. Đặtx= √b2 +c 2, y= √c2 +a 2, z= √a2 +b 2 với x, y, z > 0;x+y+z= √2021, suy ra y2 +z 2 x 2 x2 +z 2 y 2 x2 +y 2 z 2 a2 = − , b2 = − , c2 = − 2 2 2 Khiđó áp dụng các bất đẳng thức phụcơbản b+c 2 (b2 +c 2) = √2x, c+a 2 (c2 +a 2) = √2y, a+b 2 (a2 +b 2) = √2z » » »  Email. [email protected] 8 Tạp chí và tư liệu toán học
10. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Suy ra y2 +z 2 x 2 z2 +x 2 y 2 x2 +y 2 z 2 VT − + − + − 2√2x 2√2y 2√2z 2 2 2 1 (y+z) (z+x) (x+y)  x + y + z 2√2 2x − 2y − 2z − 2 2 2 1 (y+z) (z+x) (x+y) = ñÇ + 2xå 3xÇ + å +Ç 2y 3y + åô + 2z 3z 2√2 2x − 2y − 2z − 1  ñÇ[(2(y+z) 3x) + (2(z+xå) 3Çy) + (2(x+y 3z)] å Ç åô 2√2 − − − N 1 1 2021 Suy raVT (x+y+z)= .  Á 2√2 2 2 O T  Câu 13 Cho a, b, c là các s ố thực dương thỏa mãn abc=8. Chứng minh rằng N  a b c 1 2 2 2 + +  (a +b +c ) Y ca+4 ab+4 bc+4 16 U Hà Nam H C ✍Lời giải. Vì a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc=8 nên tồn tại các số thực dương x,y,z sao cho C Ứ 2x 2y 2z H a= ;b= ;c= y z x T Bất đẳng thức trở thành G N x2 y2 z2 x y z 2 2 2 Ẳ + +  + + y2 z2 x2 y+z z+x x+y Đ Ta có T 2 x2 y2 z2 x y z x y z x2 y2 z2 x y z Ấ 3 + +  + + 3 + + + +  + + (2) B y2 z2 x2 y z x y z x ⇒ y2 z2 x2 y z x P Mặt khác ta lại có Å ã 2 Å 2 2 ã Å ã Ậ x y z x y y z z x x y z T + +  . + . + . = + + (3) y2 z2 x2 y z z x x y z x y N Từ (2) và (3) có Ể 2 2 2 x y z x y z x y z Y 2 + +  + + + + + y2 z2 x2 y z x z x y U T Lại có Å ã x y z x y z 1 1 1 1 1 1  + + + + + =x + +y + +z + y z x z x y y z x z x y 4x 4y 4z  + + y+Åz zã+x Å x+y ã Å ã Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia=b=c=2.   Câu 14 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãnx 3 y 3 2x. Chứng minh rằngx 3 2y. − Khánh Hòa ✍Lời giải.  Email. [email protected] 9 Tạp chí và tư liệu toán học
11. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Biến đổi giả thiết, ta được x3 y 3 2x x 3 2xy 3 8x 3 16x8y 3 − ⇔ − ⇔ − Từ đây ta cần chứng minh bất đẳng thức sau8x 3 16xx 9. Ta có − 8x3 16xx 9 x(x 8 8x 2 + 16)0 − ⇔ − Vìx>0 nên x(x8 8x 2 + 16) =x(x 8 4x 4 + 4 + 4x4 8x 2 + 4 + 8) =x(x 4 2)2 + 4x(x2 1)2 + 8x >0 − − − − − Nênx 9 8y 3 x 3 2y.Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng không xảy ra.  ⇔ 3 b2 c2  Câu 15 Cho các số thực a, b, c sao choa0;b ;c5 vàa 2 + +  12. C 2 2 9 Tìm giá trịlớn nhất củaM= √2ab 3a+ √ac+8c+2 √c 5. Ọ − − H Long An N ✍Lời giải. Á Ta có O T a+2b 3 √2ab 3a= a(2b 3) − U − − 2 Ệ I c+a+8 4 +x 5 c(a + 8) ; 2√c 5= 4(x 5) − L » 2 − − 2 Ư Ma b c T Suy ra + + +2. Ta có » » 2 2 2 À a + 1 b + 4 c + 81 a ;b ;c V 2 4 18 Í H Suy ra a2 b2 c2 C a+b+c + + + 6 12 2 4 18 P Từ đây suy raM 14 Ạ T Vậy maxM=14. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn làa = 1;b = 2;c=9.  I 2 2 Ở  Câu 16 Cho x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãnđiều kiệnx +y + xy=3. 2 2 B Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thứcM=x +y xy. − X E Tiền Giang T A L ✍Lời giải. Biến đổi biểu thức, ta được 3x2 + 3y2 3xy 3x2 + 3y2 + xy 4xy 3x2 + 3y2 + xy 2x 2 2y 2 x2 +y 2 + xy M= − = −  − − = = 1 3 3 3 3 Mặt khác ta lại có M=x 2 +y 2 xy=x 2 +y 2 + 3xy 4xyx 2 +y 2 + 3xy + 2(x2 +y 2) = 3(x2 +y 2 + xy)=9 − − Vậy minM=1 khi và chỉ khix=y=1 hoặcx=y= 1 và maxM=9 khi và chỉ khix= y=1 hoặc − − x= y= 1.  − −  Email. [email protected] 10 Tạp chí và tư liệu toán học
12. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 17 Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãna+b+c=3. Chứng minh rằng √16a+9+ √16b+9+ √16c+9 11 Bến Tre ✍Lời giải. Cách 1. Cóa+b+c=1 mà a, b, c là các số thực không âm nên0 a, b, c1. Ta có0a1 a 2 a. Nhưvậy ta cóđánh giá ⇒ 2 √16a+9= √4a + 12a+9 4a + 12a+9=2a+3 N Tương tự ta được  Á √ b  b O 16 +9 2 +3 T √16c+92c+3 N Cộng vếvới vế ta được √16a+9+ √16b+9+ √16c+9 2(a+b+c) + 9 = 11.  Dấu bằng xảy ra khia=0 hoặca=1 vàb=0 hoặcb=1 vàc=0 hoặcc=1. Y Hay dấu bằng xảy ra khi(a, b, c) là các hoán vịcủa bộ (1; 0; 0). U Cách 2. H 2 2 2 Đặtx= √16a + 9;y= √16b + 9;z= √16c+9, với x,y,z>0, suy rax +y +z = 16.(a+b+c) + 27. C Màa+b+c=1 x 2 +y 2 +z 2 = 43. ⇒ C Tương tự như cách 1, ta chỉ ra đượcrằng0 a, b, c1. Vì Ứ 0a1 0 16a 16 H ⇒ T 9 16a+9 25 3x5 (x 3)(x 5)0 x 2 8x + 150 x 2 8x 15 (1) ⇔ ⇒ ⇒ − − ⇒ − ⇒ − G Tương tự ta được N 2 1 y 8y 15. (2) Ẳ − 2 z2 8z 15. (3) Đ − T 2 2 2 2 2 2 Cộng vếvới vếcủa (1), (2), (3) ta đượcx +y +z  8(x+y+z) 45, màx +y +z = 43 nên Ấ − B 8(x+y+z) 88 x+y+z 11 ⇔ P Vậy √16a+9+ √16b+9+ √16c+9 2(a+b+c) + 9 = 11. Ậ Dấu bằng xảy ra khix=3 hoặcx=5 vày=3 hoặcy=5 vàz=3 hoặcz=5. T N 1 Nếux=3 màx= √16a+9 thìa=0, thỏa mãn. Ể Y 2 Nếux=5 màx= √16a+9 thìa=1, thỏa mãn U T Tương tựvớiy vàz, tóm lại dấu bằng xảy ra khi(a, b, c) là các hoán vịcủa bộ (1; 0; 0).    Câu 18 Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãna+b+c+ abc=4. Tìm giá trịlớn nhất của biểu thứcP= ab+ bc+ ac. Chuyên toán Hà Nội ✍Lời giải. Cách 1. Không mất tính tổng quát, giảsửa = max a;b;c . { } Suy raa1 (Vì nếua<1 thì b, c <1, dẫn đếna+b+c+ abc <4, trái với gỉa thiết). Vớia1 ta có P=a(a+b+c) a 2 + bc=a(4 abc) a 2 + bc=4 (a 2) 2 + bc(1 a 2)4 − − − − − − Vậy MaxP=4.Dấu”=”xảy ra khi chẳng hạna = 2;b = 2;c=0.   Email. [email protected] 11 Tạp chí và tư liệu toán học
13. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 19 Với a, b, c là các số thực không âm thỏa mãna 2 +b 2 +c 2 = 2ab+2bc+2ac. 3 Chứng minh rằnga+b+c3 √2abc. Chuyên tin Hà Nội ✍Lời giải. Cách 1 Áp dụng bất đẳng thứcAM GM ta có − 3 3 (a+b+c)(ab+ bc+ ca)3 √abc 3 √a2b2c2 = 9abc · (4ab+4bc+4ca)(a+b+c) 54abc ⇔ (a 2 +b 2 +c 2 + 2ba+2bc+2ca)(a+b+c) 54abc ⇔ (a+b+c) 3  54abc C ⇔ 3 a b c √ abc Ọ + + 3 2 ⇔ H Vậy bất đẳng thức được chứng minh. N Dấu bằng xảy ra, ví dụ(a, b, c) = (4t, t, t) và các hoán vịvớit>0.  Á O  Câu 20 Cho x, y là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 2 2 U (x+y) (x+y) A= + Ệ 2 2 I x +y xy L Bình Định Ư T ✍Lời giải. À Ta có V 2 2 Í (x+y) (x+y) 2xy x2 +y 2 A= + = 1 + + + 2 H x2 +y 2 xy x2 +y 2 xy C 2xy x2 +y 2 x2 +y 2 = 3 + 2 2 + + P x +y 2xy 2xy Ạ T Áp dụng bất đẳng thứcAM GM taÅ có ã I − Ở 2xy x2 +y 2 2xy x2 +y 2 B +  . = 2. x2 +y 2 2xy x2 +y 2 2xy X E T Đẳng thức xảy ra khi A L 2 2 2xy x +y 2 = x 4 +y 4 2x 2y2 = 0 x2 y 2 = 0 x 2 =y 2 x=y x2 +y 2 2xy ⇔ − ⇔ − ⇔ ⇔   x2 +y 2 Ta có 1, dođó 2xy 2xy x2 +y 2 x2 +y 2 A=3+ + + 3+2+1=6 x2 +y 2 2xy 2xy Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thứÅcP là 6 đạt được khiãx=y.   Email. [email protected] 12 Tạp chí và tư liệu toán học
14. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 21 Với a, b là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trịlớn nhất của biểu thức 1 1 S=(a+b) + √a2 ab+2b 2 √b2 ab+2a 2 − − Å ã Bà Rịa-Vũng Tàu ✍Lời giải. Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có − 1 1 S2  2(a+b) 2 + a2 ab+2b 2 b2 ab+2a 2 N − − 2 Á 2(a+b) 3a2 + 3b2 2ab = − 2a4 3a 3Åb+6a 2b2 3ab 3 + 2b4 ã O −  −  T 2 a2 +b 2 + 2ab 3a2 3b 2 2ab = 2 − − N 2(a2 +b 2) 3ab(a 2 +b 2) + 2a2b2  −     Y a2 +b 2 2(t + 2)(3t 2) Chia tử và mẫu choa 2b2 và đặtt= 2, ta đượcS 2  − . Ta chứng minh U ab 2t2 3t+2 − H 2(t + 2)(3t 2) C − 8 (*) 2t2 3t+2 − C Thật vậy, biến đổi bất đẳng thức tương đương ta được Ứ H ( ) 3t 2 + 4t 48t 2 12t 8 5t 2 16t + 120 T ∗ ⇔ − − − ⇔ − (t 2)(5t 6)0 G ⇔ − − N luônđúng dot2. DođóS2 √2, đẳng thức xảy ra khia=b.  Ẳ 1 1 1 Đ  Câu 22 Cho các số thực x, y, z1 thỏa mãn + + = 2. Chứng minh rằng x y z T Ấ √x+y+z √x 1+ y 1+ √z 1 B − − − P  Bình Thuận Ậ T ✍Lời giải. N Ta có Ể 2 2 x 1 y 1 z 1 Y √x 1+ y 1+ √z 1 = √x. − + √y. − + √z. − − − − x y z U  T Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta cóÇ å Ä − ä  2 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 √x. − + √y. − + √z. − (x+y+z) − + − + − =x+y+z x y z x y z VậyÇ bất đẳ ng thức được chứng minh. å Å ã 1 1 1 x 1 y 1 z 1 3 Dấu”=”xảy ra khi và chỉ khi + + = 2 và − = − = − x=y=z= . x y z x2 y2 z2 ⇔ 2 Nhận xét.Đây là bài thi Iran 1988 tuy không quá khó nhưng cần sự "khéo léo" vô cùng trong việc ! vận dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz để giải. −   Email. [email protected] 13 Tạp chí và tư liệu toán học
15. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 23 Cho a, b là các số thực dương thỏa mãnđiền kiện(a+b) 2 + 4ab 12. Chứng minh rằng 1 1 + + 2020ab 2021 1 +a 1 +b Hưng Yên ✍Lời giải. 3 3 Từ giả thiết ta có(a+b) + 4ab 12 12(a+b) + 4ab. ⇒ Áp dụng bất đẳng thứcAM GMvới a, b là các sốdương ta đượca+b2 √ab, từ đây suy ra − 3 12 2√ab + 4ab Giải bất phương trình này theoẩn √ab ta được C Ä ä √ √ Ọ 8ab ab+4ab 120 2ab ab+ ab 30 − ⇔ − H 2ab √ab 2+ab 10 ⇔ −3 − 2 N 2 √ab 1 + √ab 10 Á ⇔ − − √ ab 1 2 ab+ √ab+1 + √ab+1 0 O ⇔ − T √Äab 1ä 2ab+3Ä√abä+3 0 U ⇔ − Ệ Ä ä î Ä ä ó I Do a, b >0 nên2ab+3 √ab+3>0 √ab 10 ab1. Ta chứng minh đượcbất đẳng thức sau L ⇒ − ⇔ Ä ä Ä 2 ä √a √b √ab 1 Ư 1 1 2 − − T +  0 1 +a 1 +b 1 + √ab ⇔ (1 +a) (1 +b) 1 + √ab À Ä ä Ä ä V Bất đẳng thức trên luônđúng với a, b >0; ab1. Nhưvậy suy ra Í 1 1 2 Ä ä H + + 2020ab + 2020ab 1 +a 1 +b 1 + √ab C 2 P Đặt √ab=t (0<t 1) thì ta cần chứng minh rằng + 2020t2  2021.Điều này tương đương với 1 +t Ạ T 2 I (t 1) 2020t + 4040t + 2019 0 − Ở Bất đẳng thức cuối luônđúng, do vậy bài toán tớiđây được giải quy ết trọn vẹn. B Dấu”=”xảy ra khit=1 haya=b=1.  X E T  Câu 24 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e, ta luôn có A L a2 +b 2 +c 2 +d 2 +e 2 a(b+c+d+e) Lâm Đồng ✍Lời giải. Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương a2 +b 2 +c 2 +d 2 +e 2 a(b+c+d+e) 4a 2 + 4b2 + 4c2 + 4d2 + 4e2 4a(b+c+d+e) ⇔ a2 4ab+4b 2 + a2 4ac+4c 2 + a2 4ad+4d 2 + a2 4ae+4e 2 0 ⇔ − 2 2 − 2 −2 − (a 2b) + (a 2c) + (a 2d) + (a 2e) 0 ⇔  − −  −  −    Bất đẳng thức luônđúng với mọi a, b, c, d, e.   Email. [email protected] 14 Tạp chí và tư liệu toán học
16. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 25 Cho a, b, c là các số thay đổi đồng thời thỏa mãn cácđiều kiện a+b+c=8 a2 +b 2 +c 2 = 22 1 Tính ab+ bc+ ac. ® 10 2 Chứng minh rằng2 a, b, c . 3 3 Tìm giá trịlớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP=a 3 +b 3 +c 3. N Đại học Huế Á ✍ O Lời giải. T 1 Biến đổi giả thiết ta được N  2 (a+b+c) a2 +b 2 +c 2 64 22 Y ab+ bc+ac= − = − = 21 U 2 2   H 2 Biển đổi giả thiết ta được C a+b=8 c C − Ứ ab = 21 c(a+b) = 21 c (8 c) = 21 8c+c 2 − − − − H T Theo định lý Viet đảo thì® a, b là nghiệm của phương trình G x2 (8 c)x + 21 8c+c 2 = 0 − − − N Để phương trình có nghiệm thì Ẳ Đ 2 2 2 (8 c) 4(21 8c+c ) 3c + 16c 20 T ∆= − − − = − − 0 2 2 Ấ B 10 Hay (3c 10)(c 2)0 2c .Tương tựvới a, b ta cóđiều phải chứng minh. P − − ⇔ 3 Ậ 3 Biến đổi biểu thứcP ta có T 3 N a3 +b 3 +c 3 = (a+b+c) 3(a+b+c)(ab+ bc+ ac)+3abc=3abc+8 − Ể Y Sửdụng bất đẳng thứcở câu b) ta có hệ U T (a 2) (b 2) (c 2)0 − − − 10 10 10   a b c 0  3 − 3 − 3 −  490 Sửdụng giả thiết và giải hệ trên taÅ được 18ãÅ abc ã Å . Thayã vàoP ta được 27 562 64P 9 562 Vậy GTLN củaP= , GTNN củaP = 62. 9 Bài toán được giải quyết.   Email. [email protected] 15 Tạp chí và tư liệu toán học
17. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán  Câu 26 2 a2 +b 2 (a b) 1 Cho 2 số thực a, b. Chứng minh rằng  ab+ − . 2 a2 +b 2 + 2 2 Cho hai sốdương a, b thỏa mãnđiều kiệna+b3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 20 7 Q=b a+ + − a b Hồ Chí Minh ✍Lời giải. 1 Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương C 2 2 2 a2 +b 2 (a b) (a b) (a b) Ọ  ab+ − −  − a2 b 2 a2 b 2 H 2 + + 2 ⇔ 2 + + 2 1 1 a b 2  N ( ) 0 ⇔ − 2 − a2 +b 2 + 2 Á Vậy bất đẳng thức đầu tiên được chứng minh. O Å ã T 2 Theo giả thiết ta có ab 3 nên − − U 20 7 20 7 20 7 Ệ Q b a b b b I = + + + 3+ + = 2 3+ + − a b − 3 b b − 3 b b L − − 20 7 20 7 Ư = 5 (3 b) + + 7b+ 182 5.(3 b). + 2 7b. 18 = 16 b b b b T − 3 − − 3 − − − 20 À 5 (3 b) = − 3 b V Vậy GTNN củaQ = 16. Dấu bằng xảy ra khi b=1 a=2.  7 − Í ⇒ ⇒ 7b= H b  C Bài toán được giải quyết.   P  Câu 27 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãnđiều kiệna+b+c=9. Tìm giá trịlớn nhấtcủa Ạ T biểu thức I ab bc ac 1 T= + + 3a+4b+5c 3b+4c+5a 3c+4a+5b − ab(a+2c)(b+2c) Ở B  Thái Bình X E T ✍Lời giải. A L Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có − 2 25 25 4 (5 + 5 + 2) + +  5(a+c) 5(b+c) a+3b 6a+8b + 10c 5 5 4 72 + +  ⇔ a+c b+c a+3b 3a+4b+5c ab 1 5ab 5ab 4ab  + + ⇔ 3a+4b+5c 72 a+c b+c a+3b 4ab 3a+b Với hai sốdương a,b ta luôn có  . Å ã a+3b 4 4ab 3a+b Thật vậy,  3(a b) 2 0, bất đẳng thức luônđúng, khiđó thì a+3b 4 ⇔ − ab 1 5ab 5ab 3a+b  + + 3b+4c+5c 72 a+c b+c 4  Email. [email protected] Å 16 ã Tạp chí và tư liệu toán học
18. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Biến đổi tương tự, ta được bc 1 5bc 5bc 3b+c  + + 3b+4c+5a 72 b+a a+c 4 ca 1 5ca 5ca 3c+a  Å + + ã 3c+4a+5b 72 b+c b+a 4 ab bc ca 1 3 Dođó, + +  (a+b+c) = (1) 3a+4b+5c 3b+4c+5a 3c+4a+5bÅ 12 4 ã Áp dụng bất đẳng thứcAM GM, ta có −  4 4(a+b+c) = 3a+3b+(a+2c)+(b+2c) 4 9ab(a+2c)(b+2c) N 4 9 √3 ab(a+2c)(b+2c) Á ⇔ » O ab(a+2c)(b+2c) 27 T ⇔ » 1 1 −  − (2) N ⇔ ab(a+2c)(b+2c) 27  » Y 3 1 77 U Từ (1) và (2) suy raT = .Dấu đẳng thức xảy ra khia=b=c=3. 4 − 27 108 H 77 Vậy, maxT= khia=b=c=3. C 108 Nhận xét. Bài toán nàyđã từng xuất hiện trong kỳ thi Chọn HSG Quốc Gia của Tỉnh Bắc Ninh C ! 2016-2017 với độ khó so với học sinh THCS đượcđánh giá rất cao. Ứ H  T G  Câu 28 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãna+b+c=3. Chứng minh rằng N 2 2 2 Ẳ a(a+ bc) b(b+ ac) c(c+ab) + + 4 Đ b(ab+2c 2) c(bc+2a 2) a(ca+2b 2) T Chuyên Khoa Học Tự Nhiên vòng 1 Ấ B ✍Lời giải. P Cách 1 Ậ Áp dụng Cauchy Schwarz ta có T − N 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a + abc) (b + abc) (c + abc) (a +b +c + 3abc) Ể VT= + +  (1) 2 Y ab(ab+2c 2) bc(bc+2a 2) ca(ca+2b 2) (ab+ bc+ ca) U T Trong 3 sốa 1;b 1;c 1 theo nguyên lý Dirichlet luôn có hai số cùng dấu, ta có thể giảsửrằnga 1;b 1 − − − − − cùng dấu, suy ra (a 1)(b 1)0 aba+b 1=2 c abcc(2 c)  − − ⇒ − − ⇔ − Nhưvậy ta được M=a 2 +b 2 +c 2 + 3abc=a 2 +b 2 +c 2 + 3abc + 2(ac+ bc) 2c(a+b) − a 2 +b 2 +c 2 + 3c (2 c) + 2(ac+ bc) 2c (3 c) 2(ab+ bc+ ca)+c 2 + 6c 3c 2 6c+2c 2 − − − − − a2 +b 2 +c 2 + 3abc  2(ab+ bc+ ca) a 2 +b 2 +c 2 + 3abc 2(ab+ bc+ ca) 2 (2) ⇔ ⇔ ab+ bc+ca Từ (1) và (2) ta có 2 2 2 a(a+ bc) b(b+ ca) c(c+ab) + + 4 b(ab+2c 2) c(bc+2a 2) a(ca+2b 2)  Email. [email protected] 17 Tạp chí và tư liệu toán học
19. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán Dấu”=”xảy raa=b=c=1. Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có − 2 2 2 2 (a2 + abc) (b2 + abc) (c2 + abc) (a2 +b 2 +c 2 + 3abc) VT= + +  2 (1) ab(ab+2c 2) bc(bc+2a 2) ca(ca+2b 2) (ab+ bc+ ca) Ta cần chứng minh (a2 +b 2 +c 2 + 3abc) 4 (ab+ bc+ ca) Thật vậy biến đổi tương đương ta được a 3 +b 3 +c 3 + 3abca 2(b+c) +b 2(a+c) +c 2(a+b) ⇔ a 3 +b 3 +c 3 + 3abca 2(b+c) +b 2(a+c) +c 2(a+b) ⇔ a(a b)(a c) +b(b c)(b a) +c(c a)(c b)0 C ⇔ − − − − − − Ọ Bất đẳng thức cuốiđúng theo bất đẳng thức Schur. H Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu”=”xảy raa=b=c=1.  N Nhận xét. Bài toán này là mộtứng dụng của bất đẳng thức Schur nên với những ai biết rõ về Schur Á ! sẽ có hướng giải và cáchđi rất nhanh tuy nhiên bài này còn cách giải đặc biệt hơn cả là sửdụng O nguyên lýĐirichlet. Để người đọc biết rõ thêm vềbất đẳng thức Schur tác giả đã giới thiệu thêm về T ứng dụng của nóở phần sau của tài liệu. U Ệ I L  Câu 29 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãna+b+c=3.Chứng minh rằng Ư 2 T 1 1 1 a b c 3 + + 1 + 14 abc+3 + + a b c − . bc ac ab À V Í Å ã ChuyênÅ Khoaã Học Tự Nhiên vòng 2 H ✍Lời giải. C Bất đẳng thứcđã cho được viết thành P 2 a2 b 2 c 2 Ạ 1 1 1 1 1 1 4 3 + +  T 3 + + 6 + + + 4 + a b c − a b c abc abc I   1 1 1 2 4 3 a2 +b 2 +c 2 + 2ab+2bc+2ca Ở 3 + + + 4 + Å a b ã c Å abc ã abc B ⇔   2 1 1 1 2 4 3(a+b+c) 1 1 1 2 31 X 3 + + + 4 + 3 + + + 4 E Å ã T ⇔ a b c abc abc ⇔ a b c abc A L Quy đồng và rút gọn ta đưa về chứng minh3 a2b2 +b 2c2 +c 2a2 + 4a2b2c2  13abc, tương đương Å ã Å ã 3 a2b2 +b 2c2 +a 2c2 abc(a+b+c) 4abc (1 abc) ⇔ − − 2 2 2 2 2 2 3 81 a b +b c +a c abc(a+b+c)  4abc (a+b+c) 27abc (1) ⇔ − − Không mất tính tổng quát, giảsửabc, ta có các phân tích sau 2 Ä ä a2b2 +b 2c2 +a 2c2 abc(a+b+c) =c 2(a b) + ab(a c)(b c) 3 − 2− − − (a+b+c) 27abc=(a+b+7c)(a b) + (4a+4b+c)(a c)(b c) − − − − Khiđó (1) tương đương 2 2 81c2(a b) + 81ab(a c)(b c)4abc(a+b+7c)(a b) + 4abc (4a+4b+c)(a c)(b c) − − − − − − Vớiabc vàa+b+c=3, ta có 3đánh giá sau  Email. [email protected] 18 Tạp chí và tư liệu toán học
20. Nguyễn Nhất Huy  Tuyển tập bất đẳng thức thi chuyên toán 1 81c2 4abc(a+b+7c). 2 81ab4abc (4a+4b+c). 3 (a c)(b c)0. − − Vậy ta cóđiều cần chứng minh.   Câu 30 Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng a2 bc b2 ac c2 ab − + − + − 0 2a2 +b 2 +c 2 2b2 +a 2 +c 2 2c2 +a 2 +b 2 N Hội An Á ✍ O Lời giải. T Bất đẳng thức được viết lại như sau. N 2(a2 bc) 2(b2 ac) 2(c2 ab)  − + − + − 0 Y 2a2 +b 2 +c 2 2b2 +a 2 +c 2 2c2 +a 2 +b 2 U hay H 2 2 2 (b+c) (a+c) (a+b) + + 3 C 2a2 +b 2 +c 2 2b2 +a 2 +c 2 2c2 +a 2 +b 2 C . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có − Ứ 2 2 2 H (b+c) b c T  + 2a2 +b 2 +c 2 a2 +b 2 a2 +c 2 G Tương tự 2 N (a+c) a2 c2  + Ẳ 2b2 +a 2 +c 2 a2 +b 2 b2 +c 2 Đ a b 2 a2 b2 ( + ) T 2 2 2  2 2 + 2 2 2c +a +b a +c b +c Ấ Mà B P b2 c2 a2 c2 a2 b2 a2 +b 2 b2 +c 2 a2 +c 2 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 + 2 2 = 2 2 + 2 2 + 2 2 = 3 Ậ a +b a +c a +b b +c a +c b +c a +b b +c a +c T Cộng các vế theo vế ta cóđiều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khia=b=c.  N Ể Y  Câu 31 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãnđiều kiệna+b+c=3. U Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T a+b b+c a+c  P= + + c+ ab a+ bc b+ ac Nghệ An ✍Lời giải. Áp dụng bất đẳng thứcAM GM ta có − 2 4(c+ ab)(a+ bc)(c+a+ ab+ bc) 2 = [(a+c)(b + 1)] 2 4(b+ ac)(c+ ab)(b+c+ ac+ ab) 2 = [(b+c)(a + 1)] 2 4(a+ bc)(b+ac)(a+b+ac+ bc) 2 = [(a+b)(c + 1)]  Email. [email protected] 19 Tạp chí và tư liệu toán học