Bất đẳng thức số 27

Bài Toán:Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xy=3(x+y+z)$.
Tìm GTNN của biểu thức: $ P= x+y+z +\frac{20}{\sqrt{x+z}}+\frac{20}{\sqrt{y+2}}$

Lời giải

Từ (1) ta có:$(x+y)^2+z^2=3(x+y+z)$

Áp dụng BĐT $C-S$ ta có:$(x+y)^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{2}$

Do đó:$3(x+y+z)\geq \frac{(x+y+z)^2}{2}\Rightarrow x+y+z\leq 6$

Áp dụng BĐT $C-S$ dạng Engel:

$\frac{20}{\sqrt{x+z}}+\frac{20}{\sqrt{y+2}}\geq \frac{80}{\sqrt{x+z}+\sqrt{y+2}}\geq \frac{80}{\sqrt{2(x+y+z)+4}}$

Khi đó:$P\geq (x+y+z)+\frac{80}{\sqrt{2(x+y+z)+4}}$

Đặt $x+y+z=t\Rightarrow 0 \leq t \leq 6$

$\Rightarrow P\geq t+\frac{80}{\sqrt{2t+4}}(*)$

Đoạn (*) có nhiều cách làm nhưng mình sẽ hướng dẫn cách làm dùng toàn BĐT $AM-GM$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$\sqrt{2t+4}\leq \frac{2t+4+16}{8}=\frac{t+10}{4}$

$\Rightarrow t+\frac{80}{\sqrt{2t+4}}\geq t+\frac{320}{t+10}=t+10+\frac{256}{t+10}+\frac{64}{t+10}-10\geq 32+4-10=26$

Do đó:$P_{min}=26$ khi $x=1;y=2;z=3$

Chuyên đề:Giải Phương Trình Vô Tỷ Bằng Phương Pháp Đánh Giá

Phương trình-Hệ phương trình-Bất đẳng thức có mối quan hệ chặt chẽ với nhau.Đây cũng chính là những phần quan trọng nhất của đại số.Nó thường xuyên xuất hiện trong kì thi tuyển sinh Đại Học (THPT QG) hay các kì thi HSG.Ta cần có những phương trình,hệ phương trình để dự đoán được điểm rơi của BĐT hay trong quá trình sáng tác một Bất đăng thức sẽ nảy sinh ra nhu câu tìm nghiệm của Phương trình-Hệ phương trình-Bất đẳng thức.Qua đấy có thể nói việc giải tốt PT-HPT là rất quan trọng.Nhiều bài toán về PT-HPT-BĐT là sự che dấu của một BĐT nào đó.Chúng ta cần phải linh hoạt khi sử dụng BĐT vào giải PT-HPT.Vì nếu không dùng đúng thì sẽ dẫn đến kết quả không như mong muốn.Giải PT bằng phương pháp bằng đánh giá chính là một sự kết hợp tuyệt vời giữa BĐT và PT

Đã có rất nhiều tài liệu,sách viết về PT.Tuy vậy,những bài viết về Giải PT bằng phương pháp bằng đánh giá chưa đề cập toàn diện về như cách giải hay là phương pháp sáng tác.Vì vậy,trong tài liệu này sẽ đề đi sau vào cách giải PT bằng phương pháp đánh giá (Một trong những phương pháp hay và khó khi GPT) Hy vọng nó sẽ là tài liệu hay giúp cho các bạn hiểu rõ hơn về Phương pháp này Trong tài liệu này sẽ có ba mục:

Mục 1:Nhắc lại một số BĐT hay dùng khi giải phương trình,phương pháp giải PT vô tỷ bằng phương pháp đánh giá

Mục 2:Một số ví dụ và cách sáng tác phương trình bằng phương pháp đánh giá

Mục 3:Tổng hợp bài tập Sai sót là điều không thể tránh khỏi trong bài viết này,vì thế xin trân trọng đón nhận mọi sự góp ý và nhận xét của các bạn và thầy cô.

Mọi ý kiến thắc mắc gửi vào gmail:xuanhung312000@gmail.com

Link tải bản PDF

Đề thi và lời giải VMO 2016

Ngày 1.

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất:6/1/2016

Bài 1 (5 điểm). Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix}6x-y+z^2=3 & & & \\ x^2-y^2-2z=-1 & & & \\ 6x^2-3y^2-y-2z^2=0 & & & \end{matrix}\right.(x,y,z\in\mathbb{R})$

Bài 2 (5 điểm).

a)Cho dãy số $a(n)$ xác định bởi $a_{n}=\ln(2n^2+1)-\ln(n^2+n+1)$ với $n=1,2...$.Chứng minh chỉ có hữu hạn số $n$ sao cho $\left \{ a_{n} \right \}< \frac{1}{2}$

b)Cho dãy số $b(n)$ xác định bởi $b_{n}=\ln(2n^2+1)+\ln(n^2+n+1)$ với $n=1,2...$.Chứng minh tồn tại vô hạn số $n$ sao cho $\left \{ b_n \right \}<\frac{1}{2016}$

Bài 3 (5 điểm). Cho tam giác $ABC$ có $B,C$ cố định,$A$ thay đổi sao cho tam giác $ABC$ nhọn.Gọi $D$ là trung điểm của $BC$ và $E,F$ tương ứng là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $AB,AC$

a)Gọi $O$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.$EF$ cắt $AO$ và $BC$ lần lượt tại $M$ và $N$.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ đi qua điểm cố định

b)Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ tại $E,F$ cắt nhau tại $T$.Chứng minh $T$ thuộc đường thẳng cố định

Bài 4 (5 điểm). Người ta trồng hai loại cây khác nhau trên một miếng đất hình chữ nhật kích thước $m\times n$ ô vuông (mỗi ô trồng một cây).Một cách trồng được gọi là ấn tượng nếu như:

i)Số lượng cây được trồng của hai loại cây bằng nhau

ii)Số lượng chênh lệnh của hai loại cây trên mỗi hàng không nhỏ hơn một nửa số ô của hàng đó và số lượng chênh lệnh của hai loại cây trên mỗi cột không nhỏ hơn một nửa số ô của cột đó

a)Hãy chỉ ra cách trồng ấn tượng khi $m=n=2016$

b)Chứng minh nếu có một cách trồng ấn tượng thì cả $m$ và $n$ đều là bội của $4$

Ngày 2.

Bài 5 (6 điểm). Tìm tất cả các số thực $\alpha$ để tồn tại hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thoả mãn
i) $f(1)=2016$.
ii) $f \left( x+y+f(y) \right) = f(x)+ \alpha y$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$.

Bài 6 (7 điểm). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ (với tâm $O$) có các góc ở đỉnh $B,C$ đều nhọn. Lấy điểm $M$ trên cung $BC$ không chứ $A$ sao cho $AM$ không vuông góc với $BC$. $AM$ cắt trung trực $BC$ tại $T$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOT$ cắt $(O)$ tại $N$ ($N \ne A$).

• Chứng minh $\angle BAM= \angle CAN$.
• Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp và $G$ là chân phân giác trong góc $A$ của tam giác $ABC$. $AI,MI,NI$ cắt $(O)$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $P,Q$ tương ứng là giao điểm của $DF$ với $AM$ và $DE$ với $AN$. Đường tròn đi qua $P$ và tiếp xúc với $AD$ tại $I$ cắt $DF$ tại $H$ ($H \ne D$), đường tròn đi qua $Q$ và tiếp xúc với $AD$ tại $I$ cắt $DE$ tại $K$ ($K \ne D$). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $GHK$ tiếp xúc với $BC$.

Bài 7 (7 điểm). Số nguyên dương $n$ được gọi là số hoàn chỉnh nếu $n$ bằng tổng các ước số dương của nó (không kể chính nó).

• Chứng minh rằng nếu $n$ là số hoàn chỉnh lẻ thì $n$ có dạng $$n=p^sm^2$$ trong đó $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$, $s$ là số nguyên dương có dạng $4h+1$ và $m$ là số nguyên dương không chia hết cho $p$.
• Tìm tất cả các số nguyên dương $n>1$ sao cho $n-1$ và $\frac{n(n+1)}{2}$ đều là các số hoàn chỉnh.

-------------------

 Nhóm các thầy Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng và Lê Phúc Lữ vừa cho ra mắt tài liệu Lời giải và Bình luận Đề thi VMO 2016. Các bạn có thể xem ở link này (hoặc tải trực tiếp ở link dự phòng này).

Số học

Bài toán: Tìm tất cả những số m sao cho phương trình:

$x^{2}-2x[x]+x-m=0$ (1)

có hai nghiệm không âm (kí hiệu $[x]$ chỉ sô nguyên lớn nhất không vượt quá x)

Lời giải: 

Đặt $[x]=y, x-[x]=z$

Phương trình đã cho tương đương với $z^{2}+z-y^{2}+y-m=0$, trong đó y là số nguyên và $0\leq z<1$

Ta tìm z theo y được:

                    $z=\frac{-1\pm \sqrt{\Delta }}{2}$ với $\Delta =1+4(y^{2}-y+m)$

Kết hợp với điều kiện $z\geq 0$ ta có:

                    $z=\frac{\sqrt{\Delta }-1}{2}$ (2) với $0\leq \frac{\sqrt{\Delta }-1}{2}\leq 1$

Hay: $1\leq \Delta <y; 0\leq y^{2}-y+m<2$  (3)

Gọi $x_{1},x_{2}$ ($x_{1}>x_{2}$) là hai nghiệm không âm của (1) và 

$[x_{i}]=y_{i}\geq 0,x_{i}-[x_{i}]=z_{i}$ (i=1,2)

Đẳng thức $y_{1}=y_{2}$ không xảy ra được vì từ (2): $y_{1}=y_{2}$ thì $x_{1}=x_{2}$ trái với bài ra. Vậy $y_{1}>y_{2}$.

Nhưng từ (3): $0\leq y_{i}^{2}-y_{i}+m<2 (i=1,2)$ (4)

và $\left | y_{1}^{2}-y_{1}-y_{2}^{2}+y_{2} \right |<2, (y_{1}-y_{2})\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |<2$.

Do $y_{1}$ và $y_{2}$ nguyên và $y_{1}-y_{2}\geq 1$ nên hoặc là $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=1$ hoặc $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=0$

Trong trường hợp thứ nhất: $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=1$, ta có: $y_{1}+y_{2}=2$ và $y_{1}=2$ và $y_{1}=2,y_{2}=0$, như thế $(y_{1}-y_{2})\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=2$, mâu thuẫn!

Trong trường hợp hai: $\left | y_{1}+y_{2}-1 \right |=0$, ta có: $y_{1}+y_{2}=1$ và từ $y_{1}>y_{2}\ geq0$ suy ra $y_{1}=1,y_{2}=0$

Từ đó: $x_{1,2}=\frac{\sqrt{1+4m}\pm 1}{2}$.

Rõ ràng phương trình đã cho không có trên 2 nghiệm không âm phân biệt. Vậy từ bất đẳng thức (4) tương đương với các điều kiện (3) ta có: $0\leq m<2$

Kết luận: Giá trị m cần tìm là $0\leq m<2$$\square $ 

Số học 5

Đề bài: Tìm $x,y,z$ nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn:

$2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336$

Giải:

Không mất tính tổng quát, giả sử: $x<y<z$

Ta có: $2^{x}+2^{y}+2^{z}=2336\Leftrightarrow 2^{x}(1+2^{y-x}+2^{z-x})=2^{5}.73$

Vì $1+2^{y-x}+2^{z-x}$ là một số lẻ nên chỉ có thể: $2^{x}=2^{5}\Leftrightarrow x=5$

Lại có: $1+2^{y-x}+2^{z-x}=73\Leftrightarrow 2^{y-5}+2^{z-5}=72=2^{3}.9$

                                                        $ \Leftrightarrow 2^{y-5}(1+2^{z-y})=2^{3}.9$

Vì $1+2^{z-y}$ là một số lẻ $\Leftrightarrow 2^{y-5}=2^{3}$ và $1+2^{z-y}=9$

Vậy ba số cần tìm là $x=5, y=8,z=11$

Hình học 2

Cho tam giác ABC vuông ở A. Đường cao AH, từ H hạ các đường vuông góc với AB, AC cắt AB, AC ở E, F. Tìm 2 điểm cố định mà đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC đi qua khi B, C thay đổi và A, H cố định.
Lời giải:

Bất đẳng thức trên tập số nguyên

Bất đẳng thức trên tập số nguyên

Khi xét bất đẳng thức trên tập số nguyên chúng ta cần lưu ý hai nhận xét sau:

1) Số chiều $n$ của bất đẳng thức có liên quan đến các biến số nguyên

2) Dấu đẳng thức xảy ra tại các điểm nguyên

I. Bất đẳng thức Cauchy trên tập số nguyên

Xét bất đẳng thức $x_{i}>0 (i=\overline{1,n})$

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{1}\geq \left ( \prod_{i=1}^{n} \right)^{\frac{1}{n}}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 1. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

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

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=c$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 2.  Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\geq b^{\frac{a}{a+b+c}}.c^{\frac{b}{a+b+c}}.a^{\frac{c}{a+b+c}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0 (i=\overline{1,n})$

$\prod_{i=1}^{n}(1+x_{1})\geq \left ( 1+( \prod_{i=1}^{n}x_{i})^{\frac{1}{n}} \right )^{n}$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

Ta thu được:

Ví dụ 3. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(1+a)^{\frac{a}{a+b}}.(1+b)^{\frac{b}{a+b}}\geq 1+a^{\frac{a}{a+b}}.b^{\frac{b}{a+b}}$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 4. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(1+a)^{\frac{a}{a+b}}.(1+b)^{\frac{b}{a+b}}\geq 1+a^{\frac{b}{a+b}}.b^{\frac{a}{a+b}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>1(i=\overline{1,n})$

$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+x_{i}}\geq \frac{n}{1+\left ( \prod_{i=1}^{n} \right )}^{\frac{1}{n}}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 5. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\left ( 1+a^{\frac{a}{a+b+c}}.b^{\frac{a}{a+b+c}}.c^{\frac{a}{a+b+c}} \right )\left ( \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c} \right )\geq a+b+c$

Chọn 

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 6. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$\left ( 1+a^{\frac{b}{a+b}}.b^{\frac{a}{a+b}} \right )\left ( \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b} \right )\geq a+b$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0(i=\overline{1,n})$

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{k}\geq \left ( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_{i} \right )^{k}$

Chọn 

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*},k=3$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 7. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$(a+b+c)^{2}(a^{4}+b^{4}+c^{4})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*},k=3$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được:

Ví dụ 8. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

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

  

Xét bất đẳng thức:

$\sum_{i=1}^{n}(1+x_{i=1}^{2})^{\frac{1}{2}}\geq \left ( n^{2}+(\sum_{i=1}^{n}x_{i})^{2} \right )^{\frac{1}{2}}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=c$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 9. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{1+a^{2}}+b\sqrt{1+b^{2}}+c\sqrt{1+c^{2}}\geq \sqrt{(a+b+c)^{2}+(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$

Chọn

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được:

Ví dụ 10. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{1+b^{2}}+b\sqrt{1+a^{2}}\geq \sqrt{(a+b)^{2}+4a^{2}b^{2}}$

Xét bất đẳng thức: $x_{i}>0$

$\sum_{i=1}^{n}\frac{x_{i}}{1+x_{i}}\leq \frac{n\sum_{i=1}^{n}x_{i}}{n+\sum_{i=1}^{n}x_{i}}$

Chọn

$n=a+b+c;a,b,c\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=a$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=b$

$x_{a+b+1}=x_{a+b+2}=...=x_{a+b+c}=c$

Ta thu được

Ví dụ 11. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

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

Chọn

$n=a+b;a,b\in \mathbb{N}^{*}$

$x_{1}=x_{2}=...=x_{a}=b$

$x_{a+1}=x_{a+2}=...=x_{a+b}=a$

Ta thu được

Ví dụ 12.  Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$ab\left ( \frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b} \right )\leq \frac{2ab(a+b)}{a+b+2ab}$

II. Bất đẳng thức tổ hợp cơ bản

Trước hết ta xét bài tập cơ bản sau:

Ví dụ 13. Với $a,b\in \mathbb{N}^{*}$, $a+b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=a!b!$

Giải

Ta chứng minh

Nếu $a+b=n,a-b\geq 2$ thì $a!b!$ không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, ta xây dựng: $a_{1}=a-1,b_{1}=b+1\Rightarrow a_{1}+b_{1}=n$

Ta chứng minh:

$a!b!>a_{1}!b_{1}!=(a-1)!(b+1)!$

$\Leftrightarrow a>b+1$ (Hiển nhiên đúng vì $a\geq b+2>b+1$)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $a!b!$ chỉ đạt được khi $a-b$ nhân một trong hai giá trị $0$ và $1$.

Nếu $n=2k$. Suy ra: $a=b=k$ và $P_{min}=(k!)^{2}$

Nếu $n=2k+1$. Suy ra: $a=k+1,b=k$ và $P_{min}=k!(k+1)!$

Dễ dàng chứng mở rộng cho trường hợp nhiều biến:

Ví dụ 14. Với $x_{i}\in \mathbb{N}^{*}(i=\overline{1,m})$, $\sum_{i=1}^{m}x_{i}=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$

Giải

Ta chứng minh

Nếu $\sum_{i=1}^{m}x_{i}=n$ và tồn tại $x_{p}-x_{q}\geq 2$ thì $\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$ không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, ta xây dựng

$y_{i}=x_{i}(i\neq p,i\neq q)$

$y_{p}=x_{p}-1,y_{q}=x_{q}-1$

Khi đó: $\sum_{i=1}^{m}y_{i}=n$ (thỏa mãn điều kiện của bài toán), và:

$\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)> \prod_{i=1}^{m}(y_{i}!)$

$\Leftrightarrow x_{p}!x_{q}!>y_{p}!y_{q}!=(x_{p}-1)!(x_{q}+1)!$

$\Leftrightarrow x_{p}>x_{q}+1$ (Hiển nhiên đúng vì $x_{p}\geq x_{q}+2>x_{q}+1$)

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\prod_{i=1}^{m}(x_{i}!)$ chỉ đạt được khi $x_{p}-x_{q}$ nhận một trong hai giá trị $0$ và $1$, $p,q$ bất kì

Nếu $n=km$, suy ra 

$x_{1}=x_{2}=...=x_{m}=k$

$P_{min}=(k!)^{m}$

Nếu $n=km+l$ ($1\leq l\leq m-1$

Suy ra

$x_{1}=x_{2}=...=x_{l}=k+1$

$x_{l+1}=x_{l+2}=...=x_{l+n}=k$

Và $P_{min}=((k+1)!)^{l}.(k!)^{n-l}$

Với cách giải tương tự ta có thể giải dễ dàng các bài toán sau:

Ví dụ 15. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương thỏa mãn $a+b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của

$P=a!+b!$

$Q=(a!)^{2}+(b!)^{2}$

$T=\sqrt{a!}+\sqrt{b!}$

Giải

Giả sử $a+b=n,a-b\geq 2$

Khi đó ta chứng minh các biểu thức trên không đạt giá trị nhỏ nhất

Thật vậy

Đặt $a_{1}=a-1,b_{1}=b+1$ ta có $a_{1}+b_{1}=n$ và chứng minh

1) $a!+b!>a_{1}!+b_{1}!=(a-1)!+(b+1)!$

$\Leftrightarrow (a-1)!(a-1)!>b!b!$ (Đúng)

2) $(a!)^{2}+(b!)^{2}>(a_{1}!)^{2}+(b_{1}!)^{2}=((a-1)!)^{2}+((b+1)!^{2}$

$\Leftrightarrow ((a-1)!)^{2}(a^{2}-1)>(b!)^{2}((b+1)^{2}-1)$ (Hiển nhiên đúng)

3) $\sqrt{a!}+\sqrt{b}!>\sqrt{a_{1}!}+\sqrt{b_{1}}=\sqrt{(a-1)!}+\sqrt{(b+1)!}$

$\Leftrightarrow \sqrt{(a-1)!}(\sqrt{a}-1)>\sqrt{b!}(\sqrt{b+1}-1)$ (Hiển nhiên đúng)

III. Bài tập đề nghị:

1. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương thỏa mãn $a+2b=n$ cho trước. Tìm giá trị nhỏ nhất của

1) $P=(a!)(b!)^{2}$

2) $Q=(a!)^{2}+2(b!)^{2}$

3) $T=\sqrt{a!}+2\sqrt{b!}$

2. Với $0<k<500$, tìm giá trị nhỏ nhất của

1) $P=(k!)^{2}.(1000-2k)!$

2) $Q=2(k!)^{2}((1000-2k)!)^{2}$

3) $T=2\sqrt{k!}+\sqrt{(1000-2k)!}$

3. Với $a,b$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng:

$a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\leq \sqrt{(a^{2}+b^{2})(a+b)}$

4. Với $a,b,c$ là các số tự nhiên dương. Chứng minh rằng

$a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\leq \sqrt{(ab+bc+ca)(a+b+c)}$

5. Với $a,b,c$ là những số tự nhiên dương, chứng minh rằng

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}$

- Lược trích quyển "Bất đẳng thức Cauchy" -

To be continue....

Nguồn: VMF - VMFer: rainbow99