Tuyển tập Những bài bất đẳng thức từ các cuộc thi giải toán

Y;Z tương tự. Đây là một dạng của bất đẳng thức Vornicu Schur nên ta nghĩ ngay
đến việc sử dụng bất đẳng thức này để giải bài toán đã cho. Muốn như vậy, yêu cầu đầu tiên ta cần
phải thỏa mãn đó là X ;Y;Z là những đại lượng không âm, và may mắn thay, điều này luôn đúng. Thật
vậy, bất đẳng thức X  0 (các bất đẳng thức Y  0 và Z  0 được xét tương tự) tương đương với
2bc(a+b)(a+ c)(a2+b2+ c2)
a4+2b2c2
+b2+ c22a(b+ c)+(b c)2  0:
Theo bất đẳng thức AM – GM thì
(a+b)(a+ c)(a2+b2+ c2)
a4+2b2c2
>
(a2+bc)(a2+2bc)
a4+2b2c2
> 1:
Vì thế, ta có X > 2bc+ b2 + c2 2a(b+ c) = (b+ c)(b+ c 2a); dẫn đến kết luận của ta là hiển
nhiên nếu b+ c 2a: Xét trường hợp a t = b+c2 ; ta sẽ chứng minh rằng
(a+b)(a+ c)(a2+b2+ c2) 3a4+6b2c2: ()
Những bài bất đẳng thức tự sáng tạo và sưu tầm 17
Khi đó, ta sẽ có X  6bc+b2+c22a(b+c)+(bc)2 = 2(b+c)(b+ca) 0; chính là điều mà
ta đang tìm cách chứng minh. Đặt x= bc t2 thì bất đẳng thức () có thể được viết lại thành
(a2+2ta+ x)(a2+4t22x) 3a4+6x2;
hay là
8x2+ 4t24ata2
x+ a2+4t2
a2+2ta
3a4  0:
Do 4t24ata2 < 0 nên
VT  8t4+(4t24ata2)t2+ a2+4t2
a2+2ta
3a4
= (2ta)(2a3+2a2t+at22t3) 0:
Như vậy, khẳng định trên của ta đã được chứng minh. Bây giờ, giả sử a b c; ta có X(ab)(a
c) 0 và a c bc (ab) = (bc)(b+ca)c  0 nên
∑
cyc
X(ab)(a c)  Y (b c)(ba)+Z(a c)(b c)
 Y (b c)(ba)+Z 
 b
c
(ab) 
 (b c) = (bZ cY )(ab)(b c)
c
:
Vì thế, ta chỉ cần chứng minh bZ  cY là bài toán được giải quyết xong, điều này tương đương với
việc chứng minh
2a(a2+b2+ c2)(b+ c)

b2(a+ c)
2a2b2+ c4
 c
2(a+b)
2a2c2+b4

+2(b c)a2+b2+ c2abac
 0:
Dễ dàng đánh giá được b
2(a+c)
2a2b2+c4 
c2(a+b)
2a2c2+b4 nên bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. Bài toán được
chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c hoặc a= 2b= 2c và các hoán vị tương
ứng.
Bài CH2. Cho các số thực không âm a;b;c thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng 0: Chứng
minh bất đẳng thức saus
ab
(a+ c)(b+ c)
+
s
bc
(b+a)(c+a)
+
r ca
(c+b)(a+b)
 1+ 9abc
2(a+b+ c)(ab+bc+ ca)
:
(Dương Đức Lâm)
Lời giải (V. Q. B. Cẩn). Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy Schwarz và AM – GM, ta có
VT = ∑
cyc
p
ab(a+ c)(b+ c)
(a+ c)(b+ c)
∑
cyc
p
ab
p
ab+ c

(a+ c)(b+ c)
= ∑
cyc
ab
(a+ c)(b+ c)
+
p
abc∑
cyc
p
c
(a+ c)(b+ c)
= 1+
p
abc∑
cyc
p
c
(a+ c)(b+ c)
 2abc
(a+b)(b+ c)(c+a)
:
Do đó, để chứng minh bất đẳng thức đã cho, ta chỉ cần chứng minh được
p
abc∑
cyc
p
c
(a+ c)(b+ c)
 2abc
(a+b)(b+ c)(c+a)
 9abc
2(a+b+ c)(ab+bc+ ca)
;
18 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn
tương đương
∑
cyc
p
c(a+b)2
p
abc 9
p
abc(a+b)(b+ c)(c+a)
2(a+b+ c)(ab+bc+ ca)
:
Đến đây, ta hãy để ý rằng ∑
cyc
p
c(a+b)6pabc= ∑
cyc
p
c
p
apb
2
và
9
p
abc(a+b)(b+ c)(c+a)
2(a+b+ c)(ab+bc+ ca)
4
p
abc=
p
abc∑
cyc
c(ab)2
2(a+b+ c)(ab+bc+ ca)
;
suy ra bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức sau
p
c
p
a
p
b
2
 c
p
abc(ab)2
2(a+b+ c)(ab+bc+ ca)
;
hay là
2(a+b+ c)(ab+bc+ ca) c
p
ab
p
a+
p
b
2
:
Đây là một bất đẳng thức đúng bởi vì 2(a+b+c) 2(a+b)
p
a+
p
b
2
(theo Cauchy Schwarz)
và ab+ bc+ ca  bc+ ca  2cpab (theo AM – GM). Và như vậy, bài toán đã cho đã được chứng
minh xong. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b= c hoặc a= b;c= 0 cùng các hoán vị.
Bài CH3. Cho các số thực dương a;b thỏa mãn a+b= a4+b4: Chứng minh rằng
aabb  1 aa3bb3 :
(Vasile Cıˆrtoaje)
Lời giải (V. Q. B. Cẩn). Trước hết, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức bên trái. Dễ thấy rằng nó tương
đương với a lna+b lnb 0: Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc lnx x1 8x> 0; ta có
3a lna (a4a) 3a(a1) (a4a) =a(a+2)(a1)2  0;
từ đó suy ra
3(a lna+b lnb) (a4a)+(b4b) = 0:
Và như thế, bất đẳng thức trên trái đã được chứng minh xong. Bây giờ, ta sẽ chứng minh bất đẳng
thức bên phải. Cũng tương tự như trên, ta sẽ lấy logarith nepe hai vế và viết lại bất đẳng thức dưới
dạng a3 lna+b3 lnb 0: Xét hàm số sau với x 2 (0;2) : f (x) = 3lnx x4xx3 ; ta có
f 0(x) =
3
x
1 2
x3
=
(x1)(2+2x x2)
x3
:
Suy ra phương trình f 0(x) = 0 chỉ có một nghiệm duy nhất trên khoảng (0;2) là x= 1:Mặt khác, qua
1 thì f 0(x) đổi dấu từ âm sang dương nên ta tìm được f (x)  f (1) = 0 với mọi x 2 (0;2): Đến đây,
sử dụng giả thiết của bài toán và bất đẳng thức trung bình lũy thừa, ta có a+ b = a4+ b4  (a+b)48 ;
suy ra a+b  2; mà a;b là các số dương nên a;b 2 (0;2): Vì thế, áp dụng bất đẳng thức vừa chứng
minh, ta có
3(a3 lna+b3 lnb) a3 
 a
4a
a3
+b3 
 b
4b
b3
= a4+b4ab= 0:
Những bài bất đẳng thức tự sáng tạo và sưu tầm 19
Bất đẳng thức bên phải được chứng minh xong. Dễ thấy ở cả hai bất đẳng thức (bên trái và bên phải)
đẳng thức chỉ xảy ra tại một điểm là (a;b) = (1;1):
Bài CH4. Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a;b;c thỏa mãn không có hai số nào trong
chúng có thể đồng thời bằng 0; bất đẳng thức sau luôn được thỏa mãn
a
a2+3bc
+
b
b2+3ca
+
c
c2+3ab
 (a+b+ c)
3
4(ab+bc+ ca)2
:
(Dương Đức Lâm)
Lời giải (V. Q. B. Cẩn). Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cho ab+ bc+ ca > 0; và để ý rằng
a a(ab+bc+ca)a2+3bc =
a(ab)(ac)
a2+3bc +
abc
a2+3bc ; ta có thể viết lại nó như sau
∑
cyc
a(ab)(a c)
a2+3bc
+abc∑
cyc
1
a2+3bc
+
(a+b+ c)3
4(ab+bc+ ca)
 (a+b+ c) 0:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có ∑
cyc
1
a2+3bc  9a2+b2+c2+3ab+3bc+3ca nên bất đẳng thức
trên được suy ra từ
∑
cyc
a(ab)(a c)
a2+3bc
+
9abc
a2+b2+ c2+3ab+3bc+3ca
+
(a+b+ c)3
4(ab+bc+ ca)
 (a+b+ c) 0;
tương đương
∑
cyc
a(ab)(a c)
a2+3bc
+
(a+b+ c)3+9abc
4(ab+bc+ ca)
 (a+b+ c) 9abc
4∑
cyc
ab
 9abc∑
cyc
a2+3∑
cyc
ab
:
Ta có (a+b+ c)3+9abc4(a+b+ c)(ab+bc+ ca) = ∑
cyc
a(ab)(a c) và
a2+b2+ c2 (ab+bc+ ca) = ∑
cyc
(ab)(a c);
nên bất đẳng thức trên tương đương với
∑
cyc
a(ab)(a c)
a2+3bc
+
∑
cyc
a(ab)(a c)
4(ab+bc+ ca)

9abc∑
cyc
(ab)(a c)
4

∑
cyc
ab

∑
cyc
a2+3∑
cyc
ab
 :
Ta thấy bất đẳng thức này có dạng X(ab)(a c)+Y (b c)(ba)+Z(ca)(cb) 0; với
X = a+
4a(ab+bc+ ca)
a2+3bc
 9abc
a2+b2+ c2+3(ab+bc+ ca)
 a+ 4a(ab+bc+ ca)
a2+b2+ c2+3(ab+bc+ ca)
 9abc
a2+b2+ c2+3(ab+bc+ ca)
=
a[a2+7a(b+ c)+(b c)2]
a2+b2+ c2+3(ab+bc+ ca)
 0;
20 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn
và các biểu thức Y;Z tương tự. Bây giờ, giả sử rằng a  b  c; ta sẽ chứng minh aX  bY; tương
đương
(a2b2)+4(ab+bc+ ca)

a2
a2+3bc
 b
2
b2+3ca

 9abc(ab)
a2+b2+ c2+3(ab+bc+ ca)
:
Một điều dễ thấy là a
2
a2+3bc  b
2
b2+3ca và a
2+b2+ c2+3(ab+bc+ ca) 12bc; suy ra
VT VP (a2b2) 9a 

a2+b2+c2+3(ab+bc+ca)
12 
 (ab)
a2+b2+ c2+3(ab+bc+ ca)
=
(ab)(a+4b)
4
 0:
Đến đây, với để ý rằng Z(ca)(cb) 0 và a c ab(b c) 0; ta thu được
∑
cyc
X(ab)(a c)  X(ab)(a c)+Y (b c)(ba)
 X(ab) 
 a
b
(b c)+Y (b c)(ba) = (aXbY )(ab)(b c)
b
 0:
Bài toán được giải quyết xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hoặc (a;b;c) là một hoán
vị của bộ số (t; t;0) với t là một số dương bất kì.
Bài CH5. Cho các số thực dương a;b;c thỏa mãn ab+ bc+ ca+ abc = 4: Tìm tất cả các số thực k
sao cho bất đẳng thức sau luôn được thỏa mãn
(k+bc)(k+ ca)(k+ab) (k+1)3:
(Vuonga2khtn*1)
Lời giải (V. Q. B. Cẩn). Cho c= t > 0 và a= b= 2t+1 thì ta dễ thấy ab+bc+ ca+abc= 4 và bất
đẳng thức đã cho trở thành

k+ 2tt+1

2 hk+ 4
(t+1)2
i
 (k+1)3; tương đương
(t1)2[(k2+ k1)t2+(2k22k6)t+ k23k1]
(t+1)4
 0:
Và như vậy, theo yêu cầu của đề bài, ta cần có (k2 + k 1)t2 +(2k2 2k 6)t + k2 3k 1  0:
Vế trái của bất đẳng thức này là một tam thức bậc 2 của t; và chúng ta đều biết rằng để nó không
âm với mọi t dương thì một điều kiện cần là hai hệ số cao nhất và thấp nhất phải không âm, tức là
k2+k1 0 và k23k1 0: Từ đây, ta tìm được k1+
p
5
2 hoặc k 3+
p
13
2 : Ta sẽ chứng minh
đây chính là tập hợp tất cả các giá trị cần tìm của k; tức là
(k+bc)(k+ ca)(k+ab) (k+1)3:
Để chứng minh, chúng ta sẽ chia làm 2 trường hợp
+ Xét k  3+
p
13
2 : Khi đó, áp dụng kết quả bài O2, ta có
(k+bc)(k+ ca)(k+ab) = k3+ k2(ab+bc+ ca)+ kabc(a+b+ c)+a2b2c2
 k3+ k2(ab+bc+ ca)+ kabc(ab+bc+ ca)+a2b2c2
= k3+ k2(4abc)+ kabc(4abc)+a2b2c2:
1Những bài mà chúng tôi không biết tên thật của tác giả và chỉ biết nickname, chúng tôi sẽ ghi nickname kèm theo dấu
* ở phía sau. Khi nào biết được tên thật sự của tác giả, chúng tôi xin sửa lại và ghi đúng tên của người đặt ra bài toán.
Những bài bất đẳng thức tự sáng tạo và sưu tầm 21
Mà k3+ k2(4abc)+ kabc(4abc)+a2b2c2 (k+1)3 = (1abc)[(k1)abc+ k23k1] 0
(do 1 abc (đánh giá này được suy ra trực tiếp từ giả thiết), (k1)abc 0 và k23k1 0) nên
hiển nhiên
(k+bc)(k+ ca)(k+ab) (k+1)3:
+ Xét k 1+
p
5
2 <1: Đặt
p
ab = x;
p
bc = y;
p
ca = z thì ta có x2+ y2+ z2+ xyz = 4; và ta phải
chứng minh (k+ x2)(k+ y2)(k+ z2) (k+1)3: Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3, ta có
4(x2y2+ y2z2+ z2x2)  9x
2y2z2
x2+ y2+ z2
+(x2+ y2+ z2)2
=
9t2
4 t +(4 t)
2: (t = xyz 1)
Từ đó suy ra
(k+ x2)(k+ y2)(k+ z2) (k+1)3 = k2(x2+ y2+ z23)+ k(x2y2+ y2z2+ z2x23)+ t21
 k2(1 t)+ k
"
9t2
4t +(4 t)2
4
3
#
+ t21
= (1 t)

k2+
k(t220t+16)
4(4 t)  t1

:
Lại có
k(t220t+16)
4(4 t)  t k =
t[(k+4)t16(k+1)]
4(4 t) 
t[(k+4)t16(k+1)t]
4(4 t) =
3t2(5k+4)
4(4 t)  0;
nên
k2+
k(t220t+16)
4(4 t)  t1 k
2+ k1 0:
Như vậy, khẳng định của ta đã được chứng minh xong. Và do đó, tập hợp tất cả các giá trị của k thỏa
mãn yêu cầu của đề bài là k 2

∞;1+
p
5
2
i
[
h
3+
p
13
2 ;+∞

:
Bài CH6. Cho a;b;c;d là các số thực không âm thỏa mãn a2+b2+ c2+d2 = 1: Chứng minh rằng
a3+b3+ c3+d3+8(1a)(1b)(1 c)(1d) 1:
(Phạm Văn Thuận)
Lời giải (V. Q. B. Cẩn). Chúng tôi xin được giới thiệu cùng bạn đọc chứng minh sau. Mặc dù là một
chứng minh không đẹp nhưng nó lại là một ý tưởng mới về bất đẳng thức (chuyển từ bất đẳng thức
thuần nhất sang