Bất đẳng thức $20$

Bài Toán:Cho các số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}+c^{2}=14$Tìm GTLN của biểu thức$$P= \dfrac{4\left ( a+c \right )}{a^{2}+3c^{2}+28} + \dfrac{4a}{a^{2}+bc+7} - \dfrac{5}{\left ( a+b \right )^{2}}-\dfrac{3}{a\left ( b+c \right )}$$

Lời giải:Ta sẽ CM : $P\leq \dfrac{8}{15}$

 Ta có : $(a+c)^2=(a+c\sqrt{3}.\dfrac{1}{\sqrt{3}})^2\leq (a^2+3c^2)(1+\dfrac{1}{3})$

$= > a^2+3c^2\geq \dfrac{3(a+c)^2}{4}$

$= > \dfrac{ 4(a+c)}{a^2+3c^2+28}$

$\leq \dfrac{4(a+c)}{\dfrac{3(a+c)^2}{4}+28}$

$=\dfrac{16(a+c)}{3(a+c)^2+112}$

$=\dfrac{16(a+c)}{3\left [ (a+c)^2+16 \right ]+64}$

$\leq \dfrac{16(a+c)}{3.2.\sqrt{16(a+c)^2}+64}$

$=\dfrac{2(a+c)}{3(a+c)+8}$  (1)

$\dfrac{4a}{a^2+bc+7}=\dfrac{8a}{2a^2+2bc+14}$

$=\dfrac{8a}{2a^2+2bc+a^2+b^2+c^2}$

$=\dfrac{8a}{3a^2+(b+c)^2}$

$\leq \dfrac{8a}{2a^2+2a(b+c)}$

$=\dfrac{4}{a+b+c}$  (2)

 $\dfrac{3}{a(b+c)}\geq \dfrac{3}{\dfrac{(a+b+c)^2}{4}}=\dfrac{12}{(a+b+c)^2}=\dfrac{1}{3}(\dfrac{6}{a+b+c}-1)^2+\dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{1}{3}\geq \dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{1}{3}$

$= > -\dfrac{3}{a(b+c)}\leq \dfrac{1}{3}-\dfrac{4}{a+b+c}$    (3)

$\dfrac{5}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{5}\geq 2\sqrt{\dfrac{5}{(a+b)^2}.\dfrac{1}{5}}=\dfrac{2}{a+b}$

$= > -\dfrac{5}{(a+b)^2}\leq \dfrac{1}{5}-\dfrac{2}{a+b}$   (4)

    Cộng theo vế (1) ,(2),(3) (4)

$= > P\leq \dfrac{2(a+c)}{3(a+c)+8}+\dfrac{4}{a+b+c}-\dfrac{4}{a+b+c}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{1}{5}\leq \dfrac{5}{18}$

$< = > \dfrac{a+c}{3(a+c)+8}-\dfrac{1}{a+b}\leq 0$

$< = > (a+c)(a+b)-(3(a+c)+8)\leq 0$

$< = > (a+c)(a+b-3)\leq 8$

$< = > (a+c)(2a+2b-6)\leq 16$

Theo AM-GM có :

$(a+c)(2a+2b-6)\leq \dfrac{(3a+2b+c-6)^2}{4}\leq 16$

$< = > (3a+2b+c)^2-12(3a+2b+c)-28\leq 0$

$< = > (3a+2b+c-14)(3a+2b+c+2)\leq 0$

$< = > 3a+2b+c\leq 14$

Nhưng BĐT này luôn đúng vì $3a+2b+c\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(3^2+2^2+1^2)}=14$

   Do đó ta có ĐPCM .

 Dấu  =  xảy ra tại $a=3,b=2,c=1$

Bất đẳng thức $19$

Bài Toán:Cho 3 số x,y,z thực dương và thỏa mãn $xyz=8$,chứng minh rằng:$\dfrac{x^2}{\sqrt{(x^3+1)(y^3+1)}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{(y^3+1)(z^3+1)}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{(x^3+1)(z^3+1)}}\geq \dfrac{4}{3}$

LỜI GIẢI:Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có

$\sqrt{(x^3+1)(y^3+1)}=\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)(y+1)(y^2-y+1)}\leq \dfrac{(x^2+2)(y^2+2)}{4}$

Từ đó suy ra

$\sum _{cyc}\dfrac{x^2}{\sqrt{(x^3+1)(y^3+1)}}\geq \sum _{cyc}\dfrac{4x^2}{(x^2+2)(y^2+2)}$

Ta C/m $\sum _{cyc}\dfrac{x^2}{(x^2+2)(y^2+2)}\geq \dfrac{1}{3}$ $(*)$ bằng biến đổi tương đương

$(*)\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq 72$

BĐT này luôn đúng theo $AM-GM$ vì $2(x^2+y^2+z^2)+x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq 6\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+3\sqrt[3]{x^4y^4z^4}=72$

BĐT được C/m

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$

Bất đẳng thức $18$

Bài Toán: $x,y,z$ là 3 số nguyên dương sao cho $x+y+z=1$ Tìm giá trị lớn nhất của $$P=\sqrt{\dfrac{x^2y}{4x+5y}}+\sqrt{\dfrac{y^2z}{4y+5z}}+\sqrt{\dfrac{z^2x}{4z+5x}}$$

Lời giải:Sử dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta được:

$$\mathbb{VT}^2\leq \left ( \sum xy \right )\left ( \sum \dfrac{x}{4x+5y} \right )$$

Ta đưa bài toán về chứng minh:

$$\left ( \sum xy \right )\left ( \sum \dfrac{x}{4x+5y} \right )\leq \dfrac{1}{9}$$

hay $q\left ( \dfrac{x}{4x+5y}+\dfrac{y}{4y+5z}+\frac{z}{4z+5x} \right )\leq \dfrac{1}{9}$

Trong đó:$q=xy+yz+xz,0< q\leq \dfrac{1}{3}$.Mặt khác cũng theo BĐT $C-S$ ta có:

$4\sum \dfrac{x}{4x+5y}=3-5\sum \dfrac{y}{4x+5y}\leq 3-\dfrac{5(x+y+z)^2}{4(xy+yz+xz)+5(x^2+y^2+z^2)}=3-\dfrac{5}{5-6q}=\dfrac{10-18q}{5-6q}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:$\dfrac{q(5-9q)}{2(5-6q)}\leq \frac{1}{9}\Leftrightarrow (1-3q)(10-27q)\geq 0$ (Luôn đúng vì $q\leq \dfrac{1}{3}$)

BĐT được chứng minh $\blacksquare$

Bất đẳng thức $17$

Bài Toán:Cho ba số thực a,b,c thỏa : $0<a\leq 2$ ; $0<b\leq 2$ ; $0<c\leq 2$.Chứng minh rằng: $4[(abc+1)(a+b+c) + 3(ab+bc+ca)] \geq 45abc$                      

Lời giải:BĐT cần chứng minh tương đương với:

$4\left ( 1+\dfrac{1}{abc} \right )(a+b+c)+12\left ( \dfrac{ab+bc+ac}{abc} \right )\geq 45$

$\Leftrightarrow 4(a+b+c)+4\left ( \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac} \right )+12\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )\geq 45$

Thật vậy:Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:$4(a+b+c)+4\left ( \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac} \right )+12\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )\geq 12\sqrt[3]{abc}+\dfrac{12}{\sqrt[3]{(abc)^2}}+\dfrac{36}{\sqrt[3]{abc}}$

Đặt  $t=\sqrt[3]{abc}$

Khi đó:$12\sqrt[3]{abc}+\dfrac{12}{\sqrt[3]{(abc)^2}}+\dfrac{36}{\sqrt[3]{abc}}=12t+\dfrac{12}{t^2}+\dfrac{36}{t}=\dfrac{12t^3+36t+12}{t^2}$

Xét hiệu:$\dfrac{12t^3+36t+12}{t^2}-45=\dfrac{12t^3-45t^2+36t+12}{t^2}=\dfrac{(t-2)^2(12t+3)}{t^2}\geq 0$

$\Rightarrow 4(a+b+c)+4\left ( \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ac} \right )+12\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right )\geq 45$

$\Rightarrow \mathbb{ĐPCM}$

Bất đẳng thức $16$

Bài Toán:Cho các số thực $a, b, c$ thoả mãn $a \ge b \ge c$ và $a^2 + b^2 + c^2 = 5$ . Chứng minh rằng :$$(a - b)(b - c)(c - a)(ab + bc + ca) \ge -4$$

Lời giải:

Ta sử dụng 2 BĐT sau $xy \leq \left (\dfrac{x+y}{2}\right)^2$ và $xy\leq \dfrac{x^2+y^2}{2}$ với $x,y$ là các số thực

BĐT cần chứng minh tương đương với $(a-b)(b-c)(a-c)(ab+bc+ca) \leq 4$

Ta có

$(a-b)(b-c)(a-c)(ab+bc+ca)$

$= (b-c)(a^2-a(b+c)+bc)(ab+bc+ca)$

$\leq (b-c)\left(\dfrac{a^2-a(b+c)+bc+ab+bc+ca}{2}\right)^2$
$= (b-c)\left(\dfrac{a^2+2bc}{2}\right)^2 = 4(b-c)\left(\dfrac{a^2+2bc}{4}\right)^2$

$\leq 4\left(\dfrac{b-c+\dfrac{a^2+2bc}{4}+\dfrac{a^2+2bc}{4}}{3}\right)^3=4\left(\dfrac{b-c+\dfrac{a^2}{2}+bc}{3}\right)^3=4\left(\dfrac{b(1+c)-c+\dfrac{a^2}{2}}{3}\right)^3$

$\leq 4\left(\dfrac{\dfrac{b^2+(1+c)^2}{2}+\dfrac{a^2}{2}-c}{3}\right)^3=4\left(\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}}{3}\right)^3=4$

Vậy BĐT đã được chứng minh.

Tản mạn Bất đẳng thức

Bài viết của VMFer:Tham Lang

TỪ MỘT ĐẲNG THỨC ĐẸP

Trong quá trình off, mình đã có dịp tiếp xúc nhiều hơn với BĐT. Và nhận thấy, trong tuyển tập BĐT của Cao Minh Quang và tuyển tập BĐT của Nguyễn Đình Thi có rất nhiều bài toán có nét tương đồng. Và sau đây, mình sẽ trình bày phát hiện nho nhỏ này. 
Tất nhiên, các bài toán này đều đã rất quen thuộc với chúng ta, có thể có nhiều cách đặt, giải cũng khá ngắn gọn. Nhưng vấn đề ở đây là tìm một mối liên hệ chung nhất của chúng.
Ta cùng đi đến đẳng thức sau :
$$\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$$
Nếu đặt :
$x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$ thì ta có đẳng thức :
$$xy+yz+zx+xyz=4$$
Nếu đặt :
$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(y+z)(x+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}$
Hoặc 
$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}$
(Với $x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0$)
Thì 
$$a^2+b^2+c^2+abc=4$$
Từ những đẳng thức này, ta cùng đến :
Bài toán 1. [ Mediteranean 2004 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng :
$$2(a+b+c)+1\ge 32abc$$
Lời giải :
Đặt $$a=\dfrac{x}{y+z}, b=\dfrac{y}{z+x}, c=\dfrac{z}{x+y} (x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$2\left (\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right ) +1\ge \dfrac{32xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$ $$\Leftrightarrow 2\left (x^3+y^3+z^3\right )+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]\ge 24xyz$$
Hiển nhiên đúng theo AM –GM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$
Bài toán 2. [ VMO -1996 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$
Lời giải :
Ta có thể đặt :
$$a=\dfrac{2x}{y+z}, b=\dfrac{2y}{z+x}, c=\dfrac{2z}{x+y} (x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge 2\left [\dfrac{xy}{(x+z)(y+z)}+\dfrac{yz}{(y+x)(z+x)}+\dfrac{zx}{(z+x)(x+y)}\right ]\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3 +3xyz\ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=2, c=0$ và hoán vị.
Bài toán 3. [ USA MO 2000]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$0\le ab+bc+ca-abc \le 2$$
Lời giải (VP, VT chỉ cần giả sử $a\ge 1$)
TH1. Trong 3 số $a,b,c$ có hai số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất 1 số bằng 0..
Đặt 
$$a=\dfrac{2\sqrt{xy}}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}, b=\dfrac{2\sqrt{yz}}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, c=\dfrac{2\sqrt{zx}}{\sqrt{(z+y)(x+y)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne 0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\left [\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}} -\dfrac{2\sqrt{xyz}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\right ]\le 1$$ 
$$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{y+z}}+\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{z+x}}+\dfrac{\sqrt{z}}{\sqrt{x+y}}\le \dfrac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz}{2\sqrt{xyz(x+y)(y+z)(z+x)}}$$ 
$$\Leftrightarrow 2y\sqrt{zx(z+y)(x+y)}+2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}+2z\sqrt{xy(x+z)(y+z)}\le xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+6xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM :
$$2x\sqrt{yz(y+x)(z+x)}=2x\sqrt{(xy+yz)(zx+yz}\le x(xy+2yz+zx)$$
Tương tự với các phần còn lại, cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài toán 4. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$
Lời giải :
TH1. Trong $a,b,c$ có 2 số bằng 0. BĐT hiển nhiên đúng.
TH2. Trong $a,b,c$ có nhiều nhất một số bằng 0.
Đặt 
$$a=\dfrac{2x}{\sqrt{(y+x)(z+x)}}, b=\dfrac{2y}{\sqrt{(x+y)(z+y)}}, c=\dfrac{2z}{\sqrt{(x+z)(y+z)}}(x,y,z\ge 0, (x+y)(y+z)(z+x) \ne0)$$
a. Chứng minh $abc+2\ge ab+bc+ca$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}+1\ge \dfrac{2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}$$
$$\Leftrightarrow 6xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\ge 2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+2yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+2zx\sqrt{(z+y)(x+y)}$$
Hiển nhiên đúng vì theo AM –GM , ta có :
$$2xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\le xy(x+y+2z)=2xyz+xy(x+y)$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2}, c=0$ và hoán vị.
b. Chứng minh $ab+bc+ca\ge abc$
Bất đẳng thức tương đương :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}+yz\sqrt{(y+x)(z+x)}+zx\sqrt{(z+y)(x+y)}\ge 2xyz$$
Hiển nhiên đúng vì theo CS, ta có :
$$xy\sqrt{(x+z)(y+z)}\ge xy(\sqrt{xy}+z)=xyz+xy\sqrt{xy}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=0, c=2$ và hoán vị.
Bài toán 5.
Cho các số thực dương thoả mãn $a+b+c+1=4abc$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\ge a+b+c$$
Lời giải :
Từ điều kiện bài toán, ta có 
$$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+\dfrac{1}{abc}=4$$
Đặt $\dfrac{1}{a}=x, \dfrac{1}{b}=y, \dfrac{1}{c}=z (x,y,z>0)$ thì lúc đó $xy+yz+zx+xyz=4$.Ta cần chứng minh :
$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$
Đây là bài toán VMO -1996 !
Bài toán 6.
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $xyz=x+y+z+2$. Chứng minh rằng :
$a. xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)$
$b.\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\le \dfrac{3}{2}\sqrt{xyz}$
Lời giải : 
$$xyz=x+y+z+2\Leftrightarrow \dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}+\dfrac{2}{xyz}=1$$
Đặt :
$$\dfrac{1}{x}=\dfrac{a}{b+c}, \dfrac{1}{y}=\dfrac{b}{c+a}, \dfrac{1}{z}=\dfrac{c}{a+b}(a,b,c>0)$$
a. Ta cần chứng minh :
$$xy+yz+zx\ge 2(x+y+z)\Leftrightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge 2\left (\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right )$$
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge 2\dfrac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng theo Schur. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
b. Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}\le \dfrac{3}{2}$$
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{\sqrt{xy}}=\sqrt{\dfrac{ab}{(a+c)(b+c)}}\le \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{b}{b+c}\right )$$
Tương tự với phần còn lại, cộng vế theo vế, suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=2$
Mình cũng xin được “kể” một bài toán khá thú vị mà do tính máy móc của mình đã mang lại :
Bài toán 7. [ China – 2005 ]
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca=\dfrac{1}{3}$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a^2-bc+1}+\dfrac{1}{b^2-ca+1}+\dfrac{1}{c^2-ab+1} \le 3$$
Và đây là lời giải của mình :
Đặt :$a=\dfrac{x}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, b=\dfrac{y}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}, c=\dfrac{z}{\sqrt{3(xy+yz+zx)}}(x,y,z>0)$$
Ta cần chứng minh :
$$\sum{\dfrac{1}{\dfrac{x^2}{3(xy+yz+zx)}-\dfrac{yz}{3(xy+yz+zx)}+1}}\le 3$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3zx}}\le 1$$
$$\Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{1}{2}-\dfrac{xy+yz+zx}{x^2+2yz+3xy+3xz}\right )}\ge \dfrac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow \sum{\dfrac{x(x+y+z)}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Chuẩn hoá $x+y+z=1$
Ta cần chứng minh 
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}\ge 1$$
Theo CS, ta có :
$$\sum{\dfrac{x}{x^2+2yz+3x(y+z)}}=\sum{\dfrac{x^2}{x^3+2xyz+3x^2(y+z)}}\ge \dfrac{(x+y+z)^2}{x^3+y^3+z^3+6xyz+3\left [xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\right ]}=1$$
Suy ra ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
Nhưng sau khi làm xong, mình mới phát hiện đây là một cách làm ngớ ngẩn. Chỉ cần từ điều kiện bài toán, có thể đồng bậc được và đưa về dạng như trên. Đúng là một giây phút ngớ ngẩn đã làm cho mình biến thành một chàng hề 

Tham khảo tham tại ĐÂY

Bất đẳng thức $15$

BÀI TOÁN:Cho $a+b+c=3$  Chứng minh rằng :$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc\leq 4$

Lời giải:

Do $a+b+c=3$ nên ta sẽ chứng minh $ab^2+bc^2+ca^2+abc\leqslant \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}$

Không mất tính tổng quát của bài toán, ta có thể giả sử $a$ nằm giữa $b$ và $c$

              

 $\Rightarrow (a-b)(a-c)\leqslant 0$

               

$\Rightarrow a^2+bc \leqslant ab+ac$

               

$\Rightarrow ca^2+bc^2 \leqslant abc+ac^2$

               

$\Rightarrow ca^2+bc^2+ab^2+abc \leqslant abc+ac^2+ab^2+abc$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh $abc+ac^2+ab^2+abc\leqslant \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}$

                         

 $\Leftrightarrow a(b+c)^2\leqslant \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}$

Áp dụng AM-GM ta có 

              

 $a(b+c)^2=\dfrac{1}{2}.2a(b+c)(b+c)\leqslant \dfrac{1}{2}(\frac{2a+b+c+b+c}{3})^3=\frac{4(a+b+c)^3}{27}$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bất đẳng thức $14$

Bài Toán:Cho $a,b,c$ là các số thực thuộc $[0;1]$.Tìm giá trị lớn nhất của $A=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$

Lời giải:

TH1:$1\geq a\geq b\geq c\geq 0\Rightarrow A\leq 0$

TH2:$1\geq a\geq c\geq b\geq 0$

$f(a,0,c)-f(a,b,c)=ac(a-c)(a+c)-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)=(a-c)b(a^{2}+c^{2}+ac-b^{2})\geq 0$

$\Rightarrow A\leq ac(a-c)(a+c)$

Xét $f(a)=ac(a^{2}-c^{2})=a^{3}c-ac^{3}$ với $1\geq a\geq c$

$f(a)'=3a^{2}c-c^{3}=c(3a^{2}-c^{2})\geq 0$$\Rightarrow f(a)$ đồng biến trên $\left [ 0;1 \right ]$

$\Rightarrow f(a)\leq f(1)=c-c^{3}$

Xét $f(c)=c-c^{3}$ với $1\geq c\geq 0$

$f(c)'=1-3c^{2}=0\Leftrightarrow c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow f(c)\leq f(\dfrac{1}{\sqrt{3}})=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$

Dấu = xảy ra khi $a=1;b=0;c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Bất đẳng thức $13$

Bài Toán:Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 2$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:$$P = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + yz + x + 1}} + \frac{{y + z}}{{x + y + z + 1}} - \frac{{1 + yz}}{9}$$\

                                                                    Lời giải:

Ta có: $P=\dfrac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\dfrac{y+z}{x+y+z+1}-\dfrac{1+yz}{9}$ 

$=\dfrac{2x^2}{2x^2+2yz+2x+x^2+y^2+z^2}+\dfrac{y+z}{x+1+y+z}-\dfrac{x^2+y^2+z^2+2yz}{18}$

$=\dfrac{2x^2}{3x^2+(y+z)^2+2x}+\dfrac{y+z}{x+1+y+z}-\dfrac{x^2+(y+z)^2}{18}$ 

Đặt $a=x;b=y+z$,ta có: $a^2+b^2=x^2+(y+z)^2 \geq x^2+y^2+z^2=2$

Áp dụng BĐT $Cauchy$ ta có:

$a+b=x+y+z \leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}=\sqrt{6}$

$a+b=x+y+z \geq \sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$ 

Vậy $\sqrt{2}\leq a+b \leq \sqrt{6}$

Áp dụng BĐT $Cauchy$,ta có: $P=\dfrac{2a^2}{3a^2+b^2+2a}+\dfrac{b}{a+b+1}-\dfrac{a^2+b^2}{18}$ 

$=\dfrac{a}{a+(\dfrac{b^2}{2a}+\dfrac{a}{2})+a}+\dfrac{b}{a+b+1}-\dfrac{a^2+b^2}{18}$ 

$\leq \dfrac{a}{a+b+1}+\dfrac{b}{a+b+1}-\dfrac{(a+b)^2}{36}$

$= \dfrac{a+b}{a+b+1}-\dfrac{(a+b)^2}{36}$

Đặt $t=a+b$. Xét $ f(t)=\dfrac{t}{t+1}-\dfrac{t^2}{36}$ trên [$\sqrt{2};\sqrt{6}$]

Ta có: $f'(t)=\dfrac{1}{(t+1)^2}-\dfrac{t}{18}$. 

 $f'(t)=0 \Leftrightarrow t=2$. Vậy từ đây ta có: $P\leq f(t) \leq f(2) =\dfrac{5}{9}$. 

Vậy $P_{max} =\dfrac{5}{9}$ khi và chỉ khi $(x+y+z)=(1;1;0);(1;0;1)$

Số học $2$

Bài Toán:Cho $p$ là 1 số nguyên tố lẻ, đặt $m=\frac{9^{p}-1}{8}$. Chứng minh rằng $m$ là 1 hợp số lẻ không chia hết cho 3 và $3^{m-1}\equiv 1\pmod{m}$

Lời giải:Ta thấy $m=\dfrac{9^p-1}{8}=9^{p-1}+9^{p-2}+...+9+1\equiv 1\;\pmod2$ nên $m$ lẻ.

Gỉa sử $q=\dfrac{9^p-1}{8}$ là một số nguyên tố.

Ta sử dụng kết quả :

Nếu mà $x,m$ nguyên dương và $p$ nguyên tố thỏa $m\mid \dfrac{x^p-1}{x-1}$ thì $m\equiv 0,1\;\pmod p$

Thì ta suy ra $q\equiv 0,1\;\pmod p$. Rõ ràng $q,p$ lẻ nên suy ra $p=q$. Suy ra $9^p=8p+1$. Nhưng 

theo BĐT Bernouli thì :

$$9^p=(8+1)^p\geq  8p+1$$

và dấu bằng không xảy ra. Ta gặp mâu thuẫn. Tức $m$ là hợp số lẻ. Ta có :

$$m-1=\dfrac{3^{2p}-9}{8}=\dfrac{9(3^{p-1}-1)(3^{p-1}+1)}{8}$$

Do $m$ lẻ nên $2\mid m-1$. Theo định lý Fermat nhỏ :

$$3^{p-1}\equiv 1\;\pmod p$$

Và do $\gcd(p,8)=1$ nên $p\mid \dfrac{3^{p-1}-1}{8}$. Suy ra $2p\mid m-1$. Dẫn đến :

$$8m=3^{2p-1}-1\mid 3^{m-1}-1\Rightarrow 3^{m-1}\equiv 1\;\pmod m$$

Điều phải chứng minh.

Bất đẳng thức $12$

Bài Toán: Chứng minh rằng với mọi $a;b;c>0$ ta có $$\frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}+\frac{b(a+c)}{(a+c)^2+b^2}+\frac{c(a+b)}{(a+b)^2+c^2}\leq \frac{6}{5}$$

Lời giải:$\sum \dfrac{a(b+c)}{a^{2}+(b+c)^{2}}=\sum \dfrac{a(b+c)}{a^{2}+\dfrac{1}{4}(b+c)^{2}+\dfrac{3}{4}(b+c)^{2}}\leq \sum \dfrac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}$

Ta có: $1-\dfrac{a(b+c)}{a(b+c)+\dfrac{3}{4}(b+c)^{2}}$

$=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{(b+c)^{2}}{a(b+c)+\dfrac{3}{4}(b+c)^{2}}$

$\Rightarrow 3-\sum \dfrac{a(b+c)}{a(b+c)+\dfrac{3}{4}(b+c)^{2}}$

$=\dfrac{3}{4}\sum \dfrac{(b+c)^{2}}{a(b+c)+\dfrac{3}{4}(b+c)^{2}}$

$\geq \dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{4(a+b+c)^{2}}{\dfrac{3}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\dfrac{7}{2}(ab+bc+ca)}$

$= 6\cdot \dfrac{(a+b+c)^{2}}{3(a+b+c)^{2}+ab+bc+ca}\geq 6\cdot \dfrac{(a+b+c)^{2}}{3(a+b+c)^{2}+\dfrac{(a+b+c)^{2}}{3}}$

$= \dfrac{9}{5}\Rightarrow \sum \dfrac{a(b+c)}{a(b+c)+\frac{3}{4}(b+c)^{2}}\leq \dfrac{6}{5}$

Toán rời rạc $1$

Bài Toán:Trong một kỳ thi có 30 thí sinh và 5 giám khảo. Mỗi giám khảo đánh giá từng thí sinh và cho kết luận thí sinh đó đỗ hay trượt. Giả sử $k$ là một số thỏa mãn điều kiện. Với hai giám khảo bất kỳ , số thi sinh mà họ cho kết luận giống nhau nhiều nhất là $k$. Chứng minh rằng : $k\geq 12$

Lời giải:Ta sẽ xét bài toán tổng quát là IMO 1998 với $a$ thí sinh và $b$ giám khảo b lẻ  $(b\geq 3)$ 

Ta cần cm :$\frac{k}{a}\geq \frac{b-1}{2b}$

Ý tưởng là đếm bằng 2 cách

Gọi N là số bộ 3 (giám khảo,giám khảo,học sinh) sao cho:

+,2 giám khảo đó là khác nhau

+,2 giám khảo đó cùng đánh giá đậu hoặc rớt cho thí sinh trong bộ 3

Có $d\frac{b(b-1)}{2}$ cách chọn bộ 2 giám khảo

Vì mỗi bộ giám khảo có  kết luận giống nhau cho nhiều nhất là k thí sinh nên $N\leq \dfrac{kb(b-1)}{2}$(1)

Bây giờ ta xét cố định 1 thí sinh X và tính số cặp giám khảo cùng đánh giá cho X

Giả sử có x giám khảo kết luận đậu$\Rightarrow$ có $\dfrac{x(x-1)}{2}$ cặp giám khảo đánh giá X đậu

Có b-x số giám khảo KL X rớt $\Rightarrow$ có $\dfrac{(b-x)(b-x-1)}{2}$ cặp giám khảo đánh giá X rớt

Do đó có $\dfrac{x(x-1)}{2}+\dfrac{(b-x)(b-x-1)}{2}$ cặp giám khảo đánh giá X

$\Rightarrow N=a\left [ \dfrac{x(x-1)}{2}+\dfrac{(x-b)(x-b+1)}{2} \right ](2)$

Từ (1) và (2) kết hợp với $\dfrac{x^{2}-x}{2}+\frac{b^{2}-2bx+x^{2}-b+x}{2}\geq \dfrac{2x^{2}-2bx+b^{2}-b}{2}$

$\geq \dfrac{2(x-\frac{b}{2})^{2}+\dfrac{b^{2}}{2}-b}{2}$

$\geq \dfrac{b^{2}}{4}-\dfrac{b}{2}$

$= \dfrac{(b-1)^{2}}{4}-\dfrac{1}{4}$ và do $b$ lẻ $\Rightarrow \dfrac{(b-1)^{2}}{4}$ nguyên

$\dfrac{k}{a}\geq \dfrac{b-1}{2b}$(đpcm)

Số học $1$

Bài Toán:Tìm các số nguyên $x,y$ thỏa mãn:$\left ( x-1 \right )\left ( y^5+y^2-2y \right )=x^{11}-1$

Lời giải:Bổ đề :

Với $m,x$ nguyên dương và $p$ nguyên tố thỏa $m\mid \dfrac{x^p-1}{x-1}$ thì ta luôn có $m\equiv 0,1\;\pmod p$.

Khi đó quay trở lại với bài toán, nhận thấy $(1,y)$ là nghiệm của phương trình, xét $x\neq 1$, ta viết phương trình đã cho thành :

$$\dfrac{x^{11}-1}{x-1}=y^5+y^2-2y=y(y-1)(y^2+y+2)$$

Theo bổ đề thì :

$$\left\{\begin{matrix} y\equiv 0,1\;\pmod {11}\;\;(1)\\ y-1\equiv 0,1\;\pmod {11}\;\;\;(2)\\ y^2+y+2\equiv 0,1\;\pmod {11}\;\;(3) \end{matrix}\right.$$

Từ $(1)(2)$ suy ra $y\equiv 1\;\pmod {11}$. Nhưng từ đó lại suy ra :

$$y^2+y+2\equiv 4\;\pmod {11}$$

Mâu thuẫn với $(3)$. 

Phương trình có nghiệm $(x,y)=(1,k)$.

Hình học $1$

Bài toán:Cho 3 điểm $A,B,C$ theo thứ tự thuộc đường thẳng $d$, $M$ là một điểm duy nhất thay đổi trên đường thẳng qua $C$ và vuông góc với $d$. Từ $M$ vẽ các tiếp tuyến $MD,ME$ đến đường tròn đường kính $AB$, trong đó $D,E$ là các tiếp điểm . Chứng minh trực tâm $H$ của tam giác $MDE$ thuộc một đường tròn cố định.

Lời giải:

Gọi I là giao điểm của OM,ED

Dễ thấy tứ giác MIFC nội tiếp $=>OF.OC=OI.OM=OD^{2}=R^{2}$

$=>OF=\frac{R^{2}}{OC}$ giá trị không đổi. Mà $O$ cố định nên  $F$ cố định 

Do $\angle IDO=\angle IDH\left ( =\angle IME \right )=>\Delta ODH$ cân vì DI vừa đường cao vừa phân giác 

$=>DO=DH$ hay DI là trung trực của OH $=>FH=FO=const$ 

Suy ra $H \in( F,\frac{R^{2}}{OC})$ cố định

Bất đẳng thức $11$

Bài Toán: Cho số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn : $x^2+y^2+z^2=2$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$M=\frac{x^2}{x^2+yz+x+1}+\frac{y+z}{z+y+x+1}+\frac{1}{xyz+3}$$

Lời giải:  Ta sẽ CM :$M\leq 1$

Ta có $2(1-xy-xz+yz)=x^2+y^2+z^2-2xy-2xz+2yz=(x-y-z)^2\geq 0$

$= > x^2+yz+x+1=x(x+y+z+1)+(1-xy-xz+yz)\geq x(x+y+z+1)$
$= > \dfrac{x^2}{x^2+yz+x+1}\leq \dfrac{x^2}{x(x+y+z+1)}=\dfrac{x}{x+y+z+1}$

$= > M\leq \dfrac{x}{x+y+z+1}+\dfrac{y+z}{x+y+z+1}+\dfrac{1}{xyz+3}=1-\dfrac{1}{x+y+z+1}+\dfrac{1}{xyz+3}\leq 1$
$< = > \dfrac{1}{x+y+z+1}\geq \dfrac{1}{xyz+3}$
$< = > xyz+2\geq x+y+z$

 Theo bđt Bunhiacopxki có $\left [ x+y+z-xyz \right ]^2=\left [ x(1-yz)+(y+z) \right ]^2\leq (x^2+(y+z)^2)((1-yz)^2+1^2)=(2+2yz)(y^2z^2-2yz+2)\leq 4$
$< = > (yz)^2(yz-1)\leq 0< = > yz\leq 1$ 

Nhưng bđt đúng vì $2=x^2+y^2+z^2\geq y^2+z^2\geq 2yz= > yz\leq 1$

   Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $x=0,y=z=1$

Bất đẳng thức $10$

Bài Toán:Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=2$.Chứng minh rằng:$$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc\leqslant 1$$

Lời giải:Đặt $q=ab+bc+ca, abc=r, a+b+c=p=2$

Khi đó $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc=q^2-2abc(a+b+c)+r=q^2-3r$

Ta cần chứng minh $q^2-3r\leqslant 1\Leftrightarrow q^2\leqslant 3r+1$

+) Nếu $q<1$ ta có đpcm

+) Xét $q \geqslant 1$

Áp dụng BĐT Schur ta có $r\geqslant \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{8q-8}{8}\Rightarrow 1+3r\geqslant 1+\frac{8q-8}{3}$

Ta cần chứng minh $1+\frac{8q-8}{3}\geqslant q^2\Leftrightarrow (q-1)(q-\frac{5}{3})\leqslant 1$

BĐT trên luôn đúng do $q=ab+bc+ca\leqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{4}{3}<\frac{5}{3}$, và $q \geqslant 1$

Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(1;1;0)$ và hoán vị.

Bất đẳng thức $9$

Bài Toán:Cho a,b,c$\geq$0 $a+b+c=1$ Chứng minh rằng:
$$10(a^{3}+b^{3}+c^{3})-9\left ( a^{5}+b^{5}+c^{5} \right )\geq 1$$

Lời giải: TH1: $a,b,c\epsilon \left [ 0,\dfrac{9}{10} \right ]$

Khi đó dễ dàng chứng minh được: $\sum (10a^3-9a^5)\geq \sum (\dfrac{25}{9}a-\dfrac{16}{27})=1$

TH2: Trong 3 số có một số $\geq \dfrac{9}{10}$, giả sử số đó là $a$

Xét hàm số: $f(a)=10a^3-9a^5$ trên $\left [ \dfrac{9}{10},1 \right ]$

Có $f'(a)=15a^2(2-3a^2)\leq 0$ với $a\epsilon \left [ \dfrac{9}{10},1 \right ]$

Do đó $f(a)$ nghịch biến trên $\left [ \dfrac{9}{10},1 \right ]$

Do đó: $f(a)\geq f(1)=1$

Từ đó suy ra ĐPCM

Bất đẳng thức $8$

Bài toán: Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+2b-c>0 và $a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac+2$.Tìm GTLN của biểu thức: 

$$P=\frac{a+c+2}{a(b+c)+a+b+1}-\frac{a+b+1}{(a+c)(a+2b-c)}$$

Lời giải: Ta có:$ab+bc+ac+2=a^2+b^2+c^2\geq a^2+2bc$

$\Leftrightarrow ab+ac+2\geq a^2+bc$

$\Leftrightarrow 2(ab+ac)+2\geq (a+b)(a+c)$

$\Leftrightarrow a(b+c)+1\geq \frac{(a+b)(a+c)}{2}$

$\Leftrightarrow a(b+c)+a+b+1\geq \frac{(a+b)(a+c+2)}{2}$

$\Rightarrow \frac{a+c+2}{a(b+c)+a+b+1}\leq \frac{2}{a+b}$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:

$(a+c)(a+2b-c)\leq \frac{(a+c+a+2b-c)^2}{4}=(a+b)^2\Rightarrow \frac{a+b+1}{(a+c)(a+2b-c)}\geq \frac{a+b+1}{(a+b)^2}$

$\Rightarrow P\leq \frac{2}{a+b}-\frac{a+b+1}{(a+b)^2}=\frac{1}{a+b}-\frac{1}{(a+b)^2}=\frac{1}{4}-\left ( \frac{1}{a+b}-\frac{1}{2} \right )^2\leq \frac{1}{4}$

Vậy P max=$1/4$

Bất đẳng thức $7$

Bài toán:Cho các số thực $x,y,z$ thuộc đoạn $[0;1]$.Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+\frac{z}{x+y+1}+(1-x)(1-y)(1-z)$

Lời giải:Giả sử $x=max\left \{ x;y;z \right \}$. Ta có:

$3\sqrt[3]{(1-y)(1-z)(y+z+1)}\leq (1-y)+(1-z)+(y+z+1)=1$
$\Rightarrow (1-x)(1-y)(1-z)\leq \frac{1-x}{y+z+1}$
$\Rightarrow \frac{x}{y+z+1}+(1-x)(1-y)(1-z)\leq \frac{1}{y+z+1}$ (1)

Mặt khác $x\geq y\geq z$
$\Rightarrow \frac{y}{x+z+1}\leq \frac{y}{y+z+1}$ (2)
$\frac{z}{x+y+1}\leq \frac{z}{y+z+1}$ (3)

Từ (1), (2), (3)
$\Rightarrow \frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+\frac{z}{x+y+1}+(1-x)(1-y)(1-z)\leq 1$

Vậy GTLN của P = 1, xảy ra $\Leftrightarrow (x,y,z)=(1,0,0)$ hoặc $(1,1,0)$ hoặc $(1;0;1)$ hoặc $(1;1;1)$ và các hoán vị