LỜI GIẢI CỦA ĐỘI 1−VÒNG 2

? ? ? ? ?

Bài 1. Với a, b, c là các số thực không âm cho trước, thỏa mãn điều kiện a + b + c =√

5, hãy tìmgiá trị lớn nhất của biểu thức sau:

P =(

a2 − b2) (

b2 − c2) (

c2 − a2)

.

Lời giải. Rõ ràng ta chỉ cần xét trường hợp P > 0. Khi đó ta có:

P =(

b2 − a2) (

c2 − b2) (

c2 − a2)6 b2c2(c + b)(c− b).

Do P không âm nên phải có (c− b) > 0, hay là c > b. Áp dụng bất đẳng thức AM−GM, ta thuđược:

b2c2(c + b)(c− b) = (c + b)

(√5

2+

12

)2

b2.

(√5

2− 1

2

)2

c2.(c− b)

6 (c + b)

[2

(√5

2+

12

)b + 2

(√5

2− 1

2

)c + (c− b)

]5

= (c + b)

[√5(c + b)

5

]5

6√

5,

vì c + b 6 c + b + a =√

5.Do đó, ta tìm được giá trị lớn nhất của P là

√5. Với cách làm như trên, đẳng thức đạt được khi và

chỉ khi (a; b; c) =

(0;

√5

2− 1

2;

√5

2+

12

). �

Bài 2. Với mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có:

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

38

3

√(a + b)(b + c)(c + a)

abc> 1.

Lời giải 1. Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM−GM, ta có:

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

38

3

√(a + b)(b + c)(c + a)

abc> 4 4

√(ab + bc + ca + 1)(a + b)(b + c)(c + a)

8abc(a + b + c + 1)2 .

Do đó ta chỉ cần chứng minh được:

(ab + bc + ca + 1)(a + b)(b + c)(c + a) > 2abc(a + b + c + 1)2,

hay là: [∑cyc

c(a + b) + 2

] [∑cyc

ab(a + b) + 2abc

]> 4abc(a + b + c + 1)2.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz, ta có:[∑cyc

c(a + b) + 2

] [∑cyc

ab(a + b) + 2abc

]>[2√

abc(a + b + c) + 2√

abc]= 4abc(a + b + c + 1)2.

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. �Lời giải 2. Đặt a + b + c = p, ab + bc + ca = q, abc = r. Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM−GMnhư trên thì ta phải chứng minh:

(q + 1)(pq− r) > 2r(p + 1)2,

hay là:23

p(q2 − 3pr) +13(pq− 9r) +

19

q(pq− 9r) +29

p(q2 + 3q− 18r) > 0.

Theo bất đẳng thức AM−GM, ta đã có q2 > 3pr và pq > 9r. Do đó công việc còn lại ta chỉ cầnchứng minh:

q2 + 3q > 18r.

Tuy nhiên bất đẳng thức này lại hiển nhiên đúng (cũng theo bất đẳng thức AM−GM):

q2 + 3q > 2√

3q3 > 2√

3.27r2 = 18r.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. �

Bài 3. Với a, b, c là các số thực dương và n là một số tự nhiên không nhỏ hơn 2 thỏa mãn điều kiệnan + bn + cn = 3, ta luôn có:

an+1b + bn+1c + cn+1a 6 3.

Lời giải. Đặt x2 = an, b2 = yn, z2 = cn. Từ đây ta có x2 + y2 + z2 = 3, và bất đẳng thức cần chứngminh tương đương với:

x2 n√

x2 y2 + y2 n√

y2z2 + z2 n√

z2x2 6 3.

Bây giờ ta sẽ chứng minh bổ đề sau:Với mọi số thực x, y, z, ta luôn có:(

x2 + y2 + z2)2> 3

(x3 y + y3z + z3x

).

(Vasile Cirtoaje)Bất đẳng thức trên tương đương với:

2(

x2 + y2 + z2)2> 6

(x3 y + y3z + z3x

),

hay là:

∑cyc

(x2 − 2xy + yz− z2 + zx

)2> 0,

luôn luôn đúng. �Quay trở lại bài toán, sử dụng bổ đề trên kết hợp với giả thiết, ta suy ra x3 y + y3z + z3x 6 3. Ápdụng bất đẳng thức Holder, ta có:(

x2 n√

x2 y2 + y2 n√

y2z2 + z2 n√

z2x2

)n

6(

x2 + y2 + z2)n−2 (

x3 y + y3z + z3x)26 3n.

Do đó x2 n√

x2 y2 + y2 n√

y2z2 + z2 n√

z2x2 6 3, hay là an+1b + bn+1c + cn+1a 6 3. Đẳng thức xảy rakhi và chỉ khi a = b = c = 1. �Nhận xét. Chúng ta còn có thể chứng minh kết quả mạnh hơn sau:Với mọi số thực dương a, b, c và n là một số tự nhiên không nhỏ hơn 2 sao cho an + bn + cn = 3, taluôn có:

an+1bn + bn+1cn + cn+1an 6 3.

(Nguyễn Huy Tùng)

Bài 4. Với mọi số thực dương a, b, c, ta luôn có:

a3 + b3 + c3

abc· ab + bc + ca(a + b + c)2 >

abab + 2c2 +

bcbc + 2a2 +

caca + 2b2 .

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại thành:

a3 + b3 + c3

abc· ab + bc + ca(a + b + c)2 > 3− 2 ∑

cyc

a2

bc + 2a2 ,

hay là:a3 + b3 + c3

abc· ab + bc + ca(a + b + c)2 + 2 ∑

cyc

a2

bc + 2a2 > 3.

Sử dụng các bất đẳng thức AM−GM và Cauchy−Schwarz, ta có:

a3 + b3 + c3

abc· ab + bc + ca(a + b + c)2 + 2 ∑

cyc

a2

bc + 2a2

>a3 + b3 + c3

abc· ab + bc + ca(a + b + c)2 +

2(a + b + c)2

(ab + bc + ca) + 2(a2 + b2 + c2)

> 3 3

√(a3 + b3 + c3)(ab + bc + ca)(a + b + c)2

abc(ab + bc + ca + 2a2 + 2b2 + 2c2)2 .

Do đó ta chỉ cần chứng minh:(a3 + b3 + c3

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

(ab + bc + ca + 2a2 + 2b2 + 2c2

)2.

Tuy nhiên bất đẳng thức trên lại hiển nhiên đúng vì:

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

và:

9(a + b + c)(

a3 + b3 + c3)> 9

(a2 + b2 + c2

)2>(

ab + bc + ca + 2a2 + 2b2 + 2c2)2

,

cũng theo các bất đẳng thức AM−GM và Cauchy−Schwarz. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khia = b = c. �

Bài 5. Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn c(a− b) 6= 0, ta luôn có:(a

b + c

)3

+

(b

c + a

)3

+

(c

a + b

)3

+8(a + b)3(b + c)3(c + a)3

(ac− bc)2(a + b + c)5 > 4.

Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

a3 + 2(b + c)3

(b + c)3 +b3 + (c + a)3

(c + a)3 +c3 + (a + b)3

(a + b)3 +8(a + b)3(b + c)3(c + a)3

(bc− ca)2(a + b + c)5 > 8.

Sử dụng trực tiếp bất đẳng thức AM−GM, ta có:

a3 + 2(b + c)3

(b + c)3 +b3 + (c + a)3

(c + a)3 +c3 + (a + b)3

(a + b)3 +8(a + b)3(b + c)3(c + a)3

(bc− ca)2(a + b + c)5

> 4 4

√8 [a3 + 2(b + c)3] [b3 + (c + a)3] [c3 + (a + b)3]

(bc− ca)2(a + b + c)5 .

Bài toán được quy về chứng minh:[a3 + 2(b + c)3

] [b3 + (c + a)3

] [c3 + (a + b)3

]> 2(bc− ca)2(a + b + c)5.

Sử dụng bất đẳng thức Holder, ta có:[b3 + (c + a)3

] [c3 + (a + b)3

]>

(a + b + c)6

16.

Do đó ta chỉ cần chứng minh được:[a3 + 2(b + c)3

](a + b + c) > 32(bc− ca)2.

Tuy nhiên điều này hiển nhiên đúng vì:[a3 + 2(b + c)3

](a + b + c) > 2(b + c)4 > 32b2c2 > 32(bc− ca)2.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong hai số a và b có một số bằng 0, số còn lại bằng c. �Nhận xét. Từ lời giải trên, chúng ta có thể rút ra được 1 số kết quả mạnh hơn:Với mọi số thực không âm a, b, c thỏa mãn c(b− a) > 0, ta luôn có:

•(

ab + c

)3

+

(b

c + a

)3

+

(c

a + b

)3

+16(a + b)3(b + c)3(c + a)3

(bc− ca)(b2 + c2)(a + b + c)5 > 4;

(Nguyễn Huy Tùng)

•(

ab + c

)3

+

(b

c + a

)3

+

(c

a + b

)3

+4(a + b)3(b + c)5(c + a)3

bc(b2 + c2)(a + b + c)5√

2(bc− ca)(b2 + c2)> 4.

(Nguyễn Huy Tùng)

Copyright by Nguyễn Huy Tùng? ? ? ? ?