Tài liệu bồi dưỡng HSG nguyễn quốc thái

1. Bất đẳng thức
Bài 1.
1. Cho x,y là các số thực dương sao cho 2x + y và 2y + x khác 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

( x 2  y )(4 x  y 2 ) (2 y 2  x )(4 y  x 2 )
P

 3( x  y )
(2 x  y  2) 2
( x  2 y  2) 2
thức
2. Cho a , b, c, > 0 sao cho a + b + c = 3. Chứng minh rằng
a
b
c
9
 2
 2
�
b (ca  1) c ( ab  1) a (bc  1) (1  abc)( ab  bc  ca )
2

(THPT chuyên KHTN - ĐH KHTN, ĐHQG Hà Nội)
Lời giải
1. Ta sẽ chứng minh :

(2 x 2  y )(4 x  y 2 )
1
�2 x  y 
2
(2 x  y  2)

2
� (2 xy  6 x  3 y  2) 2 �0 (đúng).

Chứng minh tương tự ta được: P �1 . Vậy GTNN của P là -1 khi
x y

x y

9  65
4
hoặc

9  65
4
2

2

�1 1 1 �
�1 1 1 �
1
  �
�
�  �
2
c
a b c�
a b c�
�
a

�
�
�
�
2
1 1 1 1
1 1 1
cyc a (bc  1)
cyc
b
  abc
  3
c a b c
a b c
(ab  bc  ca) 2

2 2 2
2. Theo BĐT Cauchy-Schwartz thì abc(ab  bc  ca )  3a b c
2
3
Một điều luôn đúng vì x  9 y �0 và x  27 y �0 . Vậy BĐT được chứng minh, Dấu bằng xảy
ra <=> a = b = c = 1.


Đặt ab + bc + ca = x , abc = y . BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được
x2
9
�
� x 3  x 3 y �9 xy  27 y 2
2

xy  3 y
x(1  y )
� x( x 2  9 y)  y ( x 3  27 y) �0
Bài 2
k k k
3
3
3
Tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức x y z ( x  y  z ) �3 đúng với mọi số
thực dương x , y , z thỏa mãn điều kiện x + y + x = 3.

(Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp.HCM)
Lời giải
Lời giải sau đây trích từ trang nangkhieutoan.com
Dễ dàng tìm được các bộ số để BĐT không đúng với k = 1 và k =2.
Nhận xét rằng nếu BĐT đúng với k = 3 thì BĐT sẽ đúng với mọi k > 3 vì
x k y k z k ( x3  y 3  z 3 )  x 3 y 3 z 3 ( x 3  y 3  z 3 ).x k 3 y k 3 z k 3 �3. Điều này gợi ý cho ta chứng minh
rằng k = 3 là số nhỏ nhất cần tìm, bằng cách chứng minh.
x 3 y 3 z 3 ( x3  y 3  z 3 ) �3.

(1.1)

Thật vậy, giả sử z là số nhỏ nhất trong ba số x , y , z suy ra z �1 .Ta có
x 3  y 3  ( x  y)3  3 xy ( x  y )  (3  z ) 2  3 xy (3  z )
3
(1.1) � (3  z )3  z 3 � 3 3 3  x 2 y  xy 2
x y z
Khi đó:
1
3 z 2  9 z  9 � 3 3 3  x 2 y  xy 2

x y z

(1.2)

1
x3 y 3
2
2
3
 x y  xy �3 3 3 3
3 3 3
x y z
Để ý rằng: x y z

Đồng thời:

3z 2  9 z  9 

3 3( z  1)3

�0
z
z

Nên (1.2) đúng, và BĐT ban đầu được chứng minh. Vậy k =3 là số nguyên dương nhỏ nhất để
BĐT ban đầu đúng. Dấu bằng xảy ra <=> x = y = z = 1.


Bài 3.
Tìm tất cả các số thực k sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm a, b, c

(a  b  c) 2
ab  bc  ca �
 k .max  (a  b) 2 , (b  c ) 2 , (c  a) 2  �a 2  b 2  c 2
3
(THPT chuyên Đại học Vinh)
Lời giải
max  ( a  b) 2 , (b  c ) 2 , (c  a) 2   ( a  c) 2
Không mất tính tổng quát giả sử a �b �c. Khi đó

(a  b  c) 2
ab  bc  ca �
 k (a  c) 2 �a 2  b 2  c 2
3
Như vậy, ta sẽ tìm k sao cho :
1
1
�k � .
2 Ta sẽ chứng minh
Cho c = 0, a = 2b ta được 4

(a  b  c) 2
1
1
ab  bc  ca �
 k ( a  c) 2 �a 2  b 2  c 2
�k � .
3
2
với mọi 4
(a  b  c)2

1
1
ab  bc  ca �
 k (a  c) 2  (k  )(a  c) 2  (a  c  2b) 2 �0
3
4
12
Ta có
nên BĐT
đầu tiên đúng . Đồng thời
(a  b  c) 2
1
1
 k ( a  c) 2 �a 2  b 2  c 2  (  k )( a  c) 2  (a  c  2b) 2 �0
3
2
6
nên BĐT thứ hai
cũng đúng.
Bài 4
1. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh bất đẳng thức
1
1
1
3


� .
2
2

2
(2 x  y  z ) (2 x  y  z ) (2 x  y  z ) 16
2
2
2
2. Cho x , y, z không âm và thỏa x  y  z  1 . Chứng minh bất đẳng thức

� 1
( x 2 y  y 2 z  z 2 x) �

� x2  1
�

1
y2 1



� 3
�� .
z2 1 �
� 2
1

(Bà Rịa – Vũng Tàu)


Lời giải
Trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ bề quen thuộc.
Bổ đề 1. Co x, y, z > 0. Khi đó 9( x  y )( y  z )( z  x) �8( x  y  z )( xy  yz  zx).

Trở lại bài toán.
1. Theo bất đẳng thức AM-GM , ta có
1

�(2 x  y  z )

2

1
1
�
��
2
(( x  y )  ( x  z ))
4( x  y )( x  z )

Do đó BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được
1
3
8
�  ( x  y  z ) �( x  y )( y  z )( z  x )
4( x  y )( x  z ) 16
3
� 8
� ( x  y  z )( xy  yz  zx ) �( x  y )( y  z )( z  x )( xy  yz  zx ),
3
3 2 2 2
Nhưng điều này đúng vì xy  yz  zx � x y z  3 và theo bổ đề bên trên. Từ đó ta có điều phải
chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c = 1.

2. Chúng tôi xin nêu hai cách chứng minh cho câu 2.


Cách 1: Ta có
( x  y  z )( x 2  y 2  z 2 )  x 3  y 3  z 3  x 2 ( y  z )  y 2 ( z  x)  z 2 ( x  y )
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức AM- GM và x  y  z  1 ta có
1
x2 y  y2 x  z 2 x � ( x  y  z)
3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy:
2

� 1
1
1 � �1
1
1 �
�
��3 � 2


 2
 2 �
� x2  1
y2 1
z2 1 �
�

� �x  1 y  1 z  1 �
Do đó ta sẽ chứng minh
2

�1
�
1
1 �� 9
3� 2
 2
 2 ���
�
�x  1 y  1 z  1 � �2( x  y  z �
۳

27
4( x  y  z ) 2

1
1
1
 2
 2
x 1 y 1 z 1
2

27
x2
y2
z2




�3
4( x  y  z ) 2 x 2  1 y 2  1 z 2  1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
�


( x  y  z )2
27
VT �

2
2
2
3 x  y  z
4( x  y  z )2
( x  y  z)2
27
 VT �

4
4( x  y  z ) 2
2
2
2
Áp dụng BĐT AM- GM và x  y  z � 3( x  y  z )  3 ta có



27
( x  y  z )2
9
( x  y  z) 2
18
3 18




� 
3
2
2
2
4( x  y  z )
4
4( x  y  z )
4
4( x  y  z )
2 4.3
Từ đó ta thấy đpcm là đúng.
Cách 2: Ta có
( x  y  z )( x 2  y 2  z 2 ) x  y  z
x2 y  y 2 z  z 2 x �

3
3
Do đó cần chứng minh

x yz x yz x yz 9


�
2
1  x2
1 y2
1 z2
Ta có :
xy  zx  zx �x 2  y 2  z 2  1
Do đó
x
x
1� x
x �
�
� �

�
2
( x  y )( x  z ) 2 �x  y x  z �
1 x
Do đó
x
y
z
3


�

2
2
2
2
1 x
1 y
1 z
Hay là chứng minh
yz
zx
x y


�3
2 x2  y 2  z 2
2 y 2  z 2  x2
2 z 2  x2  y 2
Ta có :
2

�
x y
�
� 2x2  y 2  z 2
�
Suy ra :

�
y2
z2

�� 2

� x  y 2 x2  z 2
�

�
yz
�
2
� 2x  y2  z2
�
Mặt khác:

� �
zx
� �
2
� � 2z  x2  y2
� �

2

2

� �
x y
� �
2
� � 2z  x2  y 2
� �

2

�
��3
�
�


2

�
�
yz
zx
x y
�
�


2
2
2
2
2
2 �
� 2x2  y 2  z 2
2
y


z

x
2
z

x

y
�
�
�
�
yz
zx
x y
�
�3 �


2
2
2
2
2
2
2
�
� 2x  y  z
2y  z  x

2z  x2  y 2
�
�
Suy ra
yz

zx





2
��
���9
��
��

x y

�3
2 x2  y 2  z 2
2 y 2  z 2  x2
2 z 2  x2  y 2
Do đó ta có đpcm.
Bài 5.
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c = 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

T

ab
bc
ca
1



.
3a  4b  5c 3b  4c  5a 3c  4a  5b
ab(a  2c)(b  2c)
(Bắc Ninh)
Lời giải

Ta có
ab

2ab

2 �

5ab

ab �

�
�3z  4b  5c  �5(a  b  2c)  (a  3b) �36 �
�
�
a  3b �
� a  b  2c

Bây giờ ta sẽ chứng minh
ab

9

ab

1�

�a  b  2c �4 .
Ta có :
ab

ab � 1

9

 (a  b  c) 
�a  b  2c �4 �
�  �b  c �
4
� ca
� 4
Nên điều trên sẽ đúng nếu ta sẽ chứng minh:
ab

9

�a  3b �4
Để ý rằng

ab

1 � ab

3ab � 1
1
9
�  �a  �3a   (a  b  c) 
4
4
� 16

�a  3b �16 �
� �b
� a



ۣ

ab

�3a  4b  5c

1
9 9
3
(5.  ) 
18 4 4
4

(1.3)

Mặt khác

1
2
2

�
ab(a  2c)(b  2c ) 2 (ab  2bc)(ab  2ca ) 2(ab  bc  ca )


3
3
3
1
�
 2 
2
3(ab  bc  ca ) (a  b  c )
9
27

(1.4)

3 1
77
77
T� 


.
4 27 108 Vậy GTLN của T là 108 khi a = b = c = 3.
Từ (1.3) và (1.4) ta được :

Bài 6
Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

1344
2016

a  ab  3 abc
abc
(Bến Tre)
Lời giải

Ta có :

a  ab  3 abc  a  2

a
a
a
1 a
4
.b  3 .b.4c �a   b  (  b  4c )  (a  b  c) 
4
4
4

3 4
3
2

1008
2016
� 1
�
P�

 1008 �
 1� 1008 �1008.
abc
abc
� abc �
Vậy GTNN của P là -1008
khi

a

16
4
1
,b  ,c  .
21
21
21

Bài 7
Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng



(�x) 2
x2
x yz
�

.
�y  z
2
�( y  z )



x yz
yz
�۳
2
yz

xy
x y

zx
zx

( x  y )2
� 4 xy

0
(đúng)


Bài 8
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng :
a
b
c
3 3


�
bc
ac
ab
a 3  b3  c 3  3
(Đồng Nai)
Lời giải
Ta có :

a

1

9

9

� b  c  � bc(b  c) � bc(b  c) � 3( bc(b  c)) �

�
�

3 3
a 3  b3  c3  3abc



3 3
a 3  b3  c 3  3

Bài 9
Cho a, b, c �0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

P

a
b
c


bc
ac
a b
(Hà Nam)
Lời giải

a
a
2


� a.
3  a 3 Điều này tương đương
Chuẩn hóa a + b + c = 3. Ta sẽ chứng minh rằng b  c
2
với a (2a  3) �0 , hiển nhiên đúng. Cộng lại ta được
kho có một số bằng 0 và hai số bằng nhau.

2
P � .3  2.
3
Vậy GTNN của P bằng 2

Nhận xét 1 Một số bạn sẽ giải bài này như sau: Ta có

a
2a
2a
�
��
2
bc
a bc
a (b  c )
phải xét trường hợp có một số bằng 0., vì
để ý rằng khi nhân cả tử và mẫu của phân thức cho một số, số đó phải khác 0.
P�

Bài 10
Cho a, b , c > 0 thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của

P

1 1 1
   2(a  b  c).
a b c


(Hà Nội)
Lời giải
1
abc ,
2 vậy ta sẽ cố gắng chứng minh BĐT
Dự đoán GTNN của P là 3 đạt tại
P

1 1 1
   2(a  b  c ) �3.
a b c

Từ giả thiết suy ra tồn tại các số x, y, z > 0 sao cho
a

x
y
z
,b 
,c 
yz
zx
x y

BĐT cần chứng minh trở thành
�x
yz zx x y
y
z �


�2 �


� 3
x
y
z
�y  z z  x x  y �
Để ý rằng
�x
yz zx x y
y
z �


�4 �


�
x
y
z

�y  z z  x x  y �
Nên BĐT sẽ đúng nếu ta chứng minh được
x
y
z
3


� .
y z z x x y 2
Nhưng dây chính là BĐT Nesbitt quen thuộc, vì vậy BĐT ban đầu đúng.
x
y
z
,b 
,c 
yz
zx
x  y khá kinh điển trong việc đổi biến và
Nhận xét 2 Cách đặt
thuần nhất hóa để chứng minh BĐT, và nó giúp đưa về các dạng bài toán quen thuộc . Ngoài
ra chúng ta còn những cách khác cho các loại giả thiết tương tự. Cụ thể như sau, nếu x , y, z
là các số dương thì :
a





x 2  y 2  z 2  xyz  4  2cosA, y  2cosB, z  2cosC với A, B, C là ba góc trong một

tam giác.
bc
ca
a b
xyz  x  y  z  2  x 
,y
,z 
a
b
c với a, b, c > 0.


Bạn đọc có thể dễ dàng kiểm tra các cách đặt trên.
Ngoài ra còn một số bài toán khác liên quan đến cách đổi biến lượng giác như :
2
2
2
1. (USA 2001) Cho a, b, c không âm thỏa mãn a  b  c  abc  4 .Chứng minh rằng:
0 �ab  bc  ca  abc �2
2
2
2
2. (Iran 2002) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a  b  c  abc  4 . Chứng minh rằng : a  b  c �3

Bài 11
5
5
5
Cho các số thực dương a, b, c dương và thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng

a 6b 6  b 6c 6  c 6 a 6 �3.

(Hà Tĩnh)
Lời giải
5
5
5
Đặt x  a , y  b , z  c thì x + y + z = 3. BĐT cần chứng minh tương đương với

xy 5 xy  xy 5 yz  zx 5 zx �3.
Thep BĐT AM – GM thì

�xy

x, y ,z



5

xy ( x  y  3)
xy ( x  y  x  y  z )
2 xy ( x  y )  xyz
xy ��
�
�
5
5
5
cyc

cyc
x, y,z

2( x  y  z )( xy  yz  zx)  3xyz 6( xy  yz  zx )  3xyz

5
5

Mặt khác theo BĐT Schur thì
( x  y  z )3  9 xyz �4( x  y  z )( xy  yz  zx)  32  9 xyz �4.3( xy  yz  zx)
Suy ra
6( xy  yz  zx) _ 3xyz 6( xy  yz  zx)  4( xy  yz  zx)  9
�
5
5
2
( x  y  z)2  9
2( xy  yz  zx)  9 3

�
3
5
5
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c = 1.


Nhận xét 3. Bằng cách tương tự ta có thể giải được bài toán tổng quát sau: Cho các số thực
k
k
k

dương a, b, c và k �3 thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng

a k 1b k 1  b k 1c k 1  c k 1a k 1 �3.

Bài 12
1
a , b, c �
2 thỏa mãn a + b+ c = 6. Chứng minh rằng ab  bc  ca �3 abc  ab  bc  ca  4
Cho

(Hải Phòng)
Lời giải
Đặt p  a  b  c, q  ab  bc  ca, r  abc. Từ giả thiết dễ dàng chứng minh được q �12.
2
2
2
2
2
2 2
3
Ta có (a  b) (b  c) (c  a) �0  27 r  2 p (9q  2 p )r  p q  4q �0

p(9q  2 p 2 )  2( p 2  3q) p 2  3q 18(q  8)  2(12  q ) 3(12  q)
�

27
9

(1.5)

Ta cần chứng minh
q 2 �9(q  r  4)  q 2  9q  36 �9r.
Điều này sẽ đúng nếu ta được chứng minh được
q 2  9q  36 �18(q  8)  2(12  q) 3(12  q )
� (12  q )( 12  q  3) 2 �0,
Một điều hiển nhiên đúng.
Từ (1.5) và (1.6) ta có điều phải chứng minh
Bài 13
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1 và x, y, z thuộc R. Chứng minh rằng
x 2 (a  b)  y 2 (b  c )  z 2 (c  a ) �2( xy  yz  zx ).
(Hòa Bình)
Lời giải
3
3
3
Đặt a  m , b  n , c  p . Do abc = 1 nên mnp = 1.


3
3
Áp dụng BĐT quen thuộc m  n �mn(m  n) và BĐT Cauchy –Schwartz, ta có

x 2 (m3  n3 )  y 2 (n3  p 3 )  z 2 ( p 3  m3 ) �x 2 mn(m  n)  y 2 np (n  p )  z 2 pm( p  m)


 x ( m  n) 
p ( m  n)

2



 y (n  p) 
m( n  p )

2



 z ( p  m) 
n ( p  m)

2

 x ( m  n )  y ( n  p )  z ( p  m) 

�

2

2(mn  np  pm)

Như vậy BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được

 x ( m  n)  y ( n  p )  z ( p  m ) 
2(mn  np  pm)

2

�2( xy  yz  zx)

�  x(m  n)  y (n  p )  z ( p  m) �4( x  y  z )(m  n  p )
2

� x(m  n)  y (n  p )  z ( p  m) �2 ( x  y  z )(m  n  p )
� x(m  n)  y (n  p )  z ( p  m)  xp  ym  zn
�2 ( x  y  z )(m  n  p )  xp  ym  zn .
Để ý rằng
x ( x  m)  y (n  p )  z ( p  m)  xp  ym  zn
� �
x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx) �
m 2  n 2  p 2  2(mn  np  pm) �
�
��
�
�
 ( x  y  z ) 2 (m  n  p )2  ( x  y  z )(m  n  p �x (m  n)  y (n  p )  z ( p  m)  xp  ym  zn
chính là điều phải chứng minh.
Bài toán trên đã kết hợp BĐT trong đề Ukraine năm 2001 với một đánh giá quen thuộc là
a 3  b3 �ab(a  b)
Nội dung bài BĐT trong đề Ukraine năm 2001 như sau:
Cho a,b,c,x,y, z là các số thực dương và x + y + z = 1 . Chứng minh rằng :

ax+by+cz+2 ( xy  yz  zx)( ab  bc  ca) �a  b  c
Nhận xét 4 Có thể thấy bài toán này cũng đúng trong trường hợp x, y, z là các số thực, từ đó ta
được bài toán BĐT trong đề chọn đội tuyển của tỉnh Hòa Bình.
Bài 14
Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + b + c = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( a 2  1) 2  (b2  1) 2  (c 2  1) 2  6 6 abc

(Tp.HCM)


Lời giải
Chúng tôi xin nêu hai cách chứng minh cho bài này như sau.


2
2
2
2
2
2
Cách 1: Đặt P  ( a  1)  (b  1)  (c  1)  6 6abc. Không mất tính tổng quát giả sử
ab �0.

Thay c = -a – b vào P ta được
P  3(a  b  6ab) 2  (a 2  b 2 ) 2  (a  b) 2 (a 2  b 2  6ab)  3 �3

Vậy GTNN của P là 3, xảy ra khi a = b = c = 0 hoặc


ab

6
2 6
,c 
.
3
3

Cách 2: Dự đoán rằng BĐT tồn tại dấu bằng tại biên nên ta sẽ đi dồn biến về biên. Theo
nguyên lý Dirichlet trong 3 số a, b, c sẽ tồn tại 2 số cùng dấu, giả sử ab �0.

Bỏ qua trường hợp đơn giản c �0. Xét c < 0.
Xét hiệu:
�a  b a  b �
f ( a , b, c )  f �
,
,c�
2
�2
�
2

�(a  b) 2 � 2
( a  b) 2
2
 (a  1)  (b  1)  (c  1)  6 6abc  2 �
 1� (c  1)  6 6
c
4
� 4
�
2

2

2

2

2

2

1
3 6
 (a  b) 2 (7 a 2  10ab  7b 2  8 
c �0(do
8
2

Đặt

t

ab �0, c  0)

ab
.
2 Khi đó: c = -2t. Ta có :

P �2(t 2  1) 2  (4t 2  1) 2  12 6t 3  3  2t 2 (3t  6) 2 �3.

Vậy GTNN của P là 3, xảy ra khi a = b = c = 0 hoặc

ab

6

2 6
,c 
3
3

Bài 15
2
2
2
2
Cho hai số thực x và y thỏa mãn x  xy  y �2. Chứng minh rằng 5 x  2 xy  2 y �12.

(Khánh Hòa)


Lời giải
2
2
2
2
2
Ta có: ( x  2 y ) �0  5 x  2 xy  2 y �6( x  xy  y ) �6.2  12. (điều phải chứng minh).

Bài 16
Cho x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
1
1
1
 2
 2

.
2
2
x  2 y  3 y  2z  3 z  2x2  3

P

2

(Lạng Sơn)
Lời giải
1
1
1� 1
1 �
P�2
�2
�� � 2
 2
.
�
2
2
2
2
x

2
y


3
x

y

1

y

2
4
x

y

1
y

2
�
�
Ta có:
Ta sẽ lần lượt
chứng minh các BĐT phụ sau:



�x

1

2
2
2 2
2
2
2 2 2
�1.
2
2
3 3
3 3
3 3
3
3
3 3 3
x

y

1

(
x
)

(
y
)

x

y
(
x

y
)

x
y z
 y2 1
Ta có :

2
3

2
3

x y z

2
3

2
3

1
z
 � 2
�� 2

1
2
2
2
x  y 1
3
3
3
z
x y z
đpcm).
2
y
1
�1.
�y 2  2 �1.
2
y

2
Thật vậy, điều nà tương đương với
Để ý rằng




2

2
3

y2
�y 2  2 �

( x  y  z )2
x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx ) x 2  y 2  z 2  2.3 3 ( xyz ) 2

�
1
x2  y 2  z 2  6
x2  y2  z 2  6
x2  y 2  z 2  6
(đpcm).
1
1
1
P � (1  1)  .
4
2 Vậy GTNN của P là 2 khi x = y = z = 1.
Từ hai điều trên ta được:

Bài 17
Cho các số thực dương a, b, c 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.
(Nam Định)

Lời giải


�
Ta có :

(a  b ) 2
a 2  ab  b 2

�

2(a  b ) 2

2(a  1)(a  b)
��
 �2( a  1)  12
ab
(a  b) 2  3(a  b) 2

Bài 18
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:

�1
1
1
1
1 �

�4 �


�
y z
z x
�x  7 y  7 z  7 �

1

x y

(Ninh Bình)
Lời giải

4

Ta có

4

�x  7  �( x  1)  ( x  1)  ( y  1)  ( z  1) ��2(

4

x  y )  2( z  x )

� 1
�
1
1
��


�2( x  y 2( z  x �
� � x y
�
�
Bài 19
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác và a �b �c . Chứng minh rằng

a (a  b  ab )  b(a  c  ac )  c(c  b  bc ) �a  b  c.
(Quảng Bình)
Lời giải
Chúng tôi xin nêu hai cách chứng minh cho BĐT này.


Cách 1: BĐT cần chứng minh trở thành
x x 2  y 2  xy  y x 2  z 2  xz  z y 2  z 2  yz �x 2  y 2  z 2
Để ý rằng

( x 3  y 3 )( x  y ) x 2  y 2
�
x y
x y

Chứng minh tương tự ta sẽ được
x 2  y 2  xy 

x( x 2  y 2 ) y ( x 2  z 2 ) z ( y 2  z 2 )
x x  y  xy  y x  z  xz  z y  z  yz �


x y
x z
yz
Vậy BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được
2

2

2

2

2

2


x( x 2  y 2 ) y ( x 2  z 2 ) z ( y 2  z 2 )


�x 2  y 2  z 2
x y
xz

yz
�
�
x
z
 y ( x  y )( y  z ) �

�0.
( x  y )( x  z ) ( y  z )( x  z ) �
�
�
Nhưng điều này luôn đúng với mọi x �y �z  0, nên BĐT ban đầu được chứng minh.


Cách 2: Đặt
f ( y )  x x 2  y 2  xy  y x 2  z 2  xz  z y 2  z 2  yz  ( x 2  y 2  z 2 )
 f '( y ) 

x(2 y  x)
2 x  y  xy

 f ''( x) 

2

2



z (2 y  z )

2 y  z  yz
2

3x3
4( x 2  y 2  xy )

3



2

 x 2  xz  z 2  2 y

3z 3
4( y 2  z 2  yz )

3

2

Ta có:
2

3
�x
� 3
x  xy  y  �  y � x 2 � x 2
4
�2

� 4
y 2  yz  z 2 �z 2
3
3
 f ''( y ) 
 20
4
3
4( )3
4
Vậy f(y) là hàm lồi =>f(y) đạt giá trị nhỏ nhất tại y = x hoặc y = z.
2

2

3
3
2
2
Ta có f ( x )  ( x  z )( x  z )  ( x  z ) �0

f ( z )  ( x  z )( x 3  z 3 )  ( x 2  z 2 ) �0
Từ đó ta có đpcm.
Nhận xét 5. Đây chính là BĐT trong đề Iran TST 2013, có thể thấy giả thiết a, b, c là 3
cạnh của tam giác là không cần thiết.

Bài 20
Cho các số thực không âm a, b, c, d. Chứng minh bất đẳng thức:
(a  b  c  d )3 �4(a 3  b3  c 3  d 3 )  24(abc  bcd  cda  dab)
(Quảng Nam)

Lời giải
� a bc�
d  min  a, b, c, d   d ��
0,
.
�
3
�
�
Không mất tính tổng quát, giả sử


3
3
3
3
3
Xét f (d )  4(a  b  c  d )  24(abc  bcd  cda  dab)  (a  b  c  d ) 

f '(d )  12d 2  3(a  b  c  d ) 2  24(ab  bc  ca)  f ''(d )  24d  6(a  b  c  d )  6(3d  a  b  c ) �0  f (d
là hàm lồi => f(d) đạt GTNN tại d = 0 hoặc

d

abc
3
.Ta có:

f (0)  3 �
a 3  b3  c 3  3abc  ab(a  b)  bc (b  c )  ca (c  a ) �

�
� 9abc �0

4
�a  b  c � 16 3 3 3 104
f�
abc   ab(a  b)  bc(b  c )  ca (a  c)  �0
� (a  b  c ) 
3
3
� 3
� 9
Từ đó ta có đpcm.
Bài 21
Cho ba số thực dương a, b, c 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

(Quảng Ngãi)
Lời giải
Trước hết xin phát biểu lại một bổ đề quen thuộc.
Bổ đề 2 Cho a, b, c là ba số dương. Khi đó
3

1 �
� 1�
� 1�
� 1� �
1 �
1 �
1  ���
1 3
�
�
�
�
� a�
� b�
� c � � abc �
Chứng minh bổ đề nay dễ dàng và xin giành lại cho bạn đọc.
Quay lại bài toán.



1 1 1 a 1 b 1 c 1
  



�6
2
2
2
Đầu tiên ta sẽ chứng minh a b c 1  b 1  c 1  a
+b
Điều này tương đương với
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 15
�

 




�
2a 2b 2c
2a
2b
2c 1  b 2 1  c 2 1  a 2 2
Ta có các BĐT sau:


1
1
1
9
9 3


�
 
2a 2b 2c 2(a  b  c) 6 2 (1.7)
a2  1 b2  1 c2  1 a  1 b  1 c  1

( a  1)(b  1)(c  1)





�6 6
2
2
2
2a
2b
2c
1 b 1 c 1 a
8abc
1
1
1
1
1
1 3
1
 6 6 (a  )(1  )(1  ) �6 6 (1  3
) �6 6 (1  1) 3  6
8
a
a
a
8
8

abc
(1.8)


Từ (1.7) và (1.8) ta có điều phải chứng minh.
Bây giờ ta sẽ chứng minh
8
8
8
 2 2
 2
�6
2
2
a  b  2 b  c  2 c  a2  2
a 2  b2
b2  c2
c2  a2
3
� 2 2
 2 2
 2
�
2
a b 2 b c 2 c a a 2
a 2  b2
a2  c2
c2  a2
( a 2  b2  b 2  c 2  c 2  a 2 )



�
2
2
2
2
2
2
2(a 2  b 2  c 2  3)
Ta có: a  b  2 b  c  2 a  a  2

2

Vậy BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được
( a 2  b2  b2  c2  c 2  a 2 )2 3
� .
2( a 2  b 2  c 2  3)
2

� ( a 2  b 2  b 2  c 2  c 2  a 2 ) 2 �3(a 2  b 2  c 2 )  9  3(a 2  b 2  c 2 )  (a  b  c ) 2
� (a 2  b 2 )(b 2  c 2 )  (b 2  c 2 )(c 2  a 2 )  (c 2  a 2 )(a 2  b 2 ) �a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
Để ý rằng
(b 2  c 2 )(b 2  a 2 ) �b 2  ca,
(c 2  a 2 )(c 2  b 2 ) �c 2  ab,
(a 2  b 2 )(a 2  c 2 ) �a 2  bc.
Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh.
Vậy BĐT ban đầu của ta đúng.
Nhận xét 6 Đây chính là bài toán trong đề đội tuyển Iran 2009 và cách giải của nó như sau
: Không mất tính tổng quát , giả sử: a �b �c  a �1; b  c �2. Do điều kiện đề bài là a + b+ c
= 3 nên để giảm tính phức tạp , ta sẽ dồn như sau:

� bc bc�
f (a, b, c) ��
a,
,
�
2 �
� 2
Với


f (a, b, c) 

1
1
1


2
2
2
2
2  a  b 2  b  c 2  c2  a2

Vì b  c �2, a �b �c nên ta có:
� bc bc�
f�
a,
,
� f (a, b, c)
2 �

� 2
�
��
�
��
2
1
1
1
1
�


 

2
2
2
2 ��
2
2
bc 2 2a b 2a c
(b  c) 2
2b c
�2  a 2  (
��
)
2

�

2
��
�
2


�
�
�
�
�
�

�
�
(b  c) 2 (2a 2  b 2  4bc  c 2  4)
(b  c) 2

�
2
2
2
2
2
2
2
2
2 �
(2  a  b )(2  a  c )(8  4a  (b  c) ) �(2  b  c )(4  (b  c) ) �

�
�
2(a 2  bc)  4  (b  c )2
1
 (b  c ) �

�0
2
2
2
2
2
2
2
2
2 �
(2  a  b )(2  a  c )(8  4a  (b  c) (2  b  c )(4  (b  c) ) �
�
2

3
f ( a, t , t ) �
4 với a  2t  3
Do đó ta chỉ còn cần chứng minh
2
2
Điều này tương đương với : (a  1) (15a  78a  111) �0

Do đó ta có điều phải chứng minh là đúng.
Bài 22

Cho a, b, c thỏa mãn ( a + b ) (b + c) ( c + a ) = 1. Tìm GTNN của biểu thức:
a 2  ab  b 2
b 2  bc  c 2
c 2  ca  a 2


ab  1
bc  1
ca  1

P

(Quảng Ninh)
Lời giải
Ta có :
a 2  b2
(a  ab  b )(a  b)  (a  b )(a  b) � (a  b )  a  b � a  ab  b �
.
ab
2

2

2

3

Chứng minh tương tự ta được

3

2

2 2

2

2

2

(� a 2  b 2 ) 2
a 2  b2
P ��
�
.
( ab  1)(a  b) 2�a  � ab (a  b)

2


Ta sẽ chứng minh
(� a 2  b 2 ) 2

2�a  � ab (a  b)

�1

� 2(a 2  b 2  c 2 )  2� (a 2  b 2 )(b 2  c 2 ) �2�a  � ab (a  b).
Để ý rằng

1

� ab (a  b) ��2 (a  b)

2

 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca.

Vậy ta cần chứng minh

a 2  b 2  c 2  2� (a 2  b 2 )(b 2  c 2 ) �2(a  b  c)  ab  bc  ca.
2
2
2
Mà a  b  c �ab  bc  ca nên ta chỉ cần chứng minh

� (a

2

 b 2 )(b 2  c 2 ) �a  b  c

2

 b 2 )(b 2  c 2 ) ��(b 2  ca ) 

Ta có

� (a

1
2
( a  b) 2 �(�(a  b) 2  (a  b  c) 2 .
�
2
3

Vì thế ta sẽ đi chứng minh
2
3
(a  b  c) 2 �a  b  c � a  b  c �
3
2 , một điều dễ dàng suy được từ điều kiện ban đầu. Vậy
GTNN của P là 1 khi a = b = c = ½.

Bài 23
Cho ba số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 2. Chứng minh:
1
x 2 y  y 2 z  z 2 x �x 3  y 3  z 3 �1  ( x 4  y 4  z 4 ).
2

(Quảng Trị)
Lời giải
Nhận xét rằng vế đầu của BĐT cần chứng minh luôn đúng vì

3( x3  y 3  z 3 )  3( x 2 y  y 2 z  z 2 x)  �( x  y ) 2 (2 x  y ) �0.


Bây giờ ta sẽ chứng minh vế sau. Chúng tôi xin trình bày hai cách chứng minh cho BĐT này.


Cách 1: Ta có
1
x 3  y 3  z 3 �1  ( x 4  y 4  z 4 )
2
3
3
 2( x  y  z 3 ) �2  x 4  y 4  z 4
 ( x  y  z )( x 3  y 3  z 3 ) �2  x 4  y 4  z 4
 xy ( x 2  y 2 )  yz ( y 2  z 2 )  zx( z 2  x 2 ) �2.
Để ý rằng
xy ( x 2  y 2 )  yz ( y 2  z 2 )  zx( z 2  x 2 ) �xy ( x 2  y 2 )  yz ( y 2  z 2 )  zx( z 2  x 2 )  xyz ( x  y  z )
 (( xy  yz  zx)( x 2  y 2  z 2 )
2



1 �2( xy  yz  zx)  x 2  y 2  z 2 � 1
4
� �
� ( x  y  z )  2.
2�
2
� 8
Vậy ta có đpcm.
Cách 2: Đặt p  x  y  z  2; q  xy  yz  zx; r  xyz.
Khi đó
x3  y 3  z 3  p 3  3 pq  3r  8  6q  3r

x 4  y 4  z 4  ( p 2  2q ) 2  2(q 2  2 pr )  2q 2  16q  8r  16.

Do đó ta cần chứng minh:
8  6q  3r �q 2  8q  4r  8  1  r (q  1) 2 �0, một điều luôn đúng với mọi x, y , z �0
.Vậy BĐT ban đầu được chứng minh.
Bài 24
1. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
1
1
1
3
21


 (ab  bc  ca ) � .
3
3
3
(1  a ) (1  b) (1  c ) 32
32
2. Cho x,y, z là ba số thực dương thỏa mãn xyz �1 và z �1 .Tìm GTNN của biểu thức

x
y
4  z3
F


.
1  y 1  x 3(1  xy )
(Thái Nguyên)
Lời giải

Trước hết xin nhắc lại bổ đề quen thuộc sau.


1
1
1

�
2
2
Bổ đề 3 Cho a,b > 0. Khi đó (1  a ) (1  b) 1  ab
Chứng minh bổ đề này dễ dàng, xin giành lại cho bạn đọc
Quay lại bài toán .Ta có:
1
1
1
1
1
1 3
1

 �3 3
.
.  .
3
3
3
3
2(1  a) 2(1  a) 16
2(1  a ) 2(1  a) 16 4 (1  a) 2

Chứng minh tương tự ta được:
1

�(1  a)

3



3
3
1
3
3
(�ab) � (�
)  (�ab) 
2
32
4
(1  a)
32
16

Áp dụng thêm bổ đề vừa nêu trên có được :
1

�(1  a)

3



3
3 3
1
3
3
(�ab)  � (�
)  (�ab) 
2
32
16 4
(1  a)
32
16

3
1
3
3 27
1
3
9 3
� (�
)  (�ab)  � .
 ( ab  bc  ca  3)  
8
1  ab 32
16 8 ab  bc  ca  3 32
32 16

�2

27 3
9 3 21
.   
8 32 32 16 32 chính là đpcm.

2. Chúng ta tiếp tục có một bổ đề khác cho bài này như sau.
Bổ đề 4 Cho x, y là hai số thực dương thỏa xy �1 . Khi đó

2 xy
x
y

�
.
1 y 1 x
xy  1
Chứng minh bổ đề này xin giành lại cho bạn đọc.
Quay lại bài toán. Dễ thấy z �1 nên xy �1 . Ta có:

2 xy
x
y
1
1  z3
x
y
1

1
F



�


�

.
1  y 1  x 1  xy 3(1  xy ) 1  y x  1 1  xy
xy  1 1  xy
Ta sẽ chứng minh:


2 xy

1
3
�
xy  1 1  xy 2


� ( xy  1) 2 �0,
3
3
F� .
2 Vậy GTNN của F là 2 khi x  y  z  1
một điều hiển nhiên đúng. Do vậy

Ta có:

a

1

9

9

� b  c  � bc(b  c) � bc(b  c) � 3( bc(b  c)) 
�
�

3 3
a  b  c  3abc
3

3

3



3 3
a  b3  c 3  3
3

Bài 25

Cho x, y, z > 0 thỏa

x yz 

1 1 1
 
x y z . Chứng minh rằng

1
1
1
3


� 2 2 2
2
2
2
(2 xy  yz  zx) (2 yz  zx  xy ) (2 zx  xy  yz ) 16 x y z
(Thanh Hóa)
Lời giải
Theo BĐT AM – GM thì
1

1

1

�(2 xy  yz  zx) ��4( zx  xy)( xy  yz )  �4 xy ( y  z )( z  x)

2

cyc

cyc

cyc

Nên BĐT ban đầu sẽ đúng nếu ta chứng minh được
1

�4 xy( y  z )( z  x) �16 x
cyc

3
x
3
 �
�
2 2
y z
4 xyz
cyc ( z  x )( x  y )

2

� 8 xyz ( xy  yz  zx) �3( x  y )( y  z )( z  x)
�1 1 1 � �1 1 �
�1 1 �
�1 1 �

� 8 �   ��3 �  �
� �
� �
deg P �1
�z x �
�x y z � �x y �
�y z �
1
1
1
1 1 1
a  ,b  ,c  ,
abc   
x
y
z ta có
a b c . Khi đó (1.9) trở thành
Đặt
8(a  b  c) �3(a  b)(b  c)(c  a)


� 8(a  b  c)(ab  bc  ca ) �3(a  b)(b  c )(c  a)(ab  bc  ca )

(1.10)

Vì theo bổ đề 1,
8
3(a  b)(b  c)(c  a ) � (a  b  c)( ab  bc  ca )
3

đồng thời
1
ab  bc  ca  abc (a  b  c ) � (ab  bc  ca ) 2  ab  bc  ca �3
3

nên (1.10) đúng và ta giải quyết xong BĐT. Dấu bằng xảy ra <=> x = y = z = 1.
1 1 1
 
a b c luôn khá khó chịu, đòi hỏi người phải làm
Chú ý 1 Các BĐT với điều kiện
phải nắm chắc những kiến thức cơ bản cộng với một chút khéo léo trong biến đổi, tính toán.
Nhưng bù lại, những bài toán có điều kiện này ẩn chứa những điều thú vị có thể khai thác được
từ giả thiết. Cụ thể như sau:
abc 

1.

3.max  a, b, c �a  b  c 

1 1 1
3
  �
a b c max  a, b, c

nên

max  a, b, c �1

.Tương tự,

min  a, b, c �1.
1
ab  bc  ca  abc (a  b  c ) � (ab  bc  ca ) 2  ab  bc  ca �3.
3
2.
hay ab  bc  ca �3. Từ đó

a  b  c � 3(ab  bc  ca )  3
1
(a  b  c)2 �ab  bc  ca  abc (a  b  c) �3abc  a  b  c �3abc, ab  bc  ca �3abc.
3. 3

2 Đa thức
Bài 1
Tìm tất cả đa thức hệ số thực thỏa mãn
2

�
�
�1 �
�1 �
2 �P( x)  P � �
 3P( x 2 ) P � 2 � 0
�
�x �
�x �
�
�
(THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN)
Lời giải

1. P ( x) �C , x ��
Khi đó dễ thấy P ( x) �0 .
2. Xét
Thay x = 1 vào ta được P(1) = 0
n
Giả sử P( x)  ( x  1) .Q( x) sao cho Q (1) �0

Khi đó ta có:
2

n
n
�
�
�1 � �1 �
� �1 �
n
2
n
2 �1
2�
( x  1) .Q ( x)  �  1�.Q � �
� 3( x  1) .Q( x ). � 2  1�.Q � 2 � 0
�x � �x �
�x
� �x �
�
�

2

n
n
�
�
( 1) n �1 �
�1 �
n ( 1) (1  x)
 2 �
Q( x)  n Q � �

3(
x

1)
.
.Q( x 2 ).Q � 2 � 0
�
2n
x
x
�x �
�x �
�
�

Thay x = 1 vào biểu thức trên ta được :
2

n
2
n 2
n
2�
Q(1)  ( 1) n .Q(1) �
�
� 3.( 4) .Q(1)  0 � 2(1  ( 1) )  3.( 4)  0

Dễ thấy không có n thỏa mãn. Do đó không tồn tại đa thức P(x) có deqP �1.
Vậy P ( x) �0 .
Nhận xét 7 Tương tự , ta có thể giải được bài toán sau: Tìm đa thức P(x) thỏa mãn
�1 �
�1 �
P 2 ( x)  P 2 � � P( x 2 ).P � 2 �
�x �
�x �
Bài 2
3 n
2
3n
a
Cho khai triển (1  2 x  x )  a0  a1 x  a2 x  ...  a3n x . Xác định hệ số 6 biết rằng
15

a
a a
�1 �
a0  1  22  ...  33nn  � �
2 2

2
�2 �
(Bến Tre)
Lời giải