___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h ABC www.MATHVN.com b§ T ® é c ® ¸ o ___________ 1 G LA ∑ g la n h ÷ n g p h − ¬ n g p h ¸ p c h ø n g m in h abc L I NÓI Đ U Những năm g n đây B t đẳng thức (BĐT) giống như một “nữ hoàng” - mang trong mình nhiều vẻ đẹp huyền bí . Từ những kì thi ĐH – CĐ, HSG Tỉnh hay đến những kì thi Olympic quốc gia, quốc tế, BĐT được trao cho một vị trí đặc biệt quan trọng. Nó xu t hiện trong bài thi như để thử thách sự dũng mạnh của các chiến binh…vì thế nó có khả năng “ hô phong, hoán vũ “, nó làm chao đảo không biết bao nhiêu cái đ u thông minh nh t. Cũng chính vì vẻ đẹp chứa đựng nhiều sự tiềm ẩn đó mà không biết bao nhiêu anh tài lao vào cuộc chinh phục đỉnh cao. Hàng loạt những cái tên luôn được gi i trẻ yêu Toán, yêu BĐT trong nư c nhắc đến như : Phạm Kim Hùng, Nguyễn Anh Cư ng, Võ Thành Nam, Bùi Việt Anh… v i sự m i mẻ về phương pháp, sâu sắc về kiến thức. Bên cạnh họ là những tác phẩm tuyệt đỉnh như : Dồn biến, Only ABC, GLA…v i sức “sát thương” khủng khiếp khi đứng cạnh những BĐT đỉnh cao … Có lẽ vì thế mà BĐT không còn đứng kiêu hãnh như trư c nữa, gi đây một đứa trẻ 15, 17 tuổi có thể nhìn những BĐT ở đẳng c p quốc tế của những năm về trư c v i nụ cư i ngạo nghễ … Nhưng cái lung linh huyền ảo đó chưa hẳn đã bị chinh phục, bởi trong dân gian đâu đó vẫn còn m ảo bóng của những anh tài chưa hé lộ. May mắn cho tôi bởi tôi ít nh t cũng đã một l n được biết đến những điều m i lạ đó, có thể v i tôi một phát minh, 1 sáng kiến quá xa v i bởi còn quá mênh mông những BĐT tôi chỉ dám nhìn ngắm nó từ r t…r t xa, có những phương pháp giải toán tôi đọc hàng trăm l n mà chưa hiểu hết sự gửi gắm của tác giả . Nhưng có một ai đó đã nói rằng : “Đừng sợ hãi khi phải đối đầu với một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đấu hết mình”…tôi th y mình mạnh mẽ hơn …!!! - ph¹m kim chung Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h ABC I. 1 www.MATHVN.com b§ T ® é c ® ¸ o ___________ 2 G LA KĨ THU T CÔ – SI NGƯỢC D U . # Bài 1 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c > 0: a + b + c = 3 . Chứng minh b t đẳng thức : a b c 3 + + ≥ 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 a ab 2 AM − GM ab 2 ab BG . Ta có : =a− ≥ a− =a− . Hoàn toàn tương tự ta có : 1 + b2 1 + b2 2b 2 (a + b + c) = 3 a b c 1 3 + + ≥ ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≥ . Do ab + bc + ca ≤ 2 2 2 3 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 # Bài 2 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c,d > 0: a + b + c + d = 4 .Chứng minh b t đẳng thức a b c d + + + ≥2 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ d 1+ a2 BG . Hoàn toàn tương tự Bài 1 . Lưu ý rằng : ⎡( a + c ) + ( b + d ) ⎤⎦ =4 ab + bc + cd + da = ( a + c )( b + d ) ≤ ⎣ AM − GM 4 2 # Bài 3 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c,d > 0: a + b + c + d = 4 .Chứng minh b t đẳng thức a b c d + + + ≥2 2 2 2 1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a 2b b ( a + ac ) a ab 2 c AM − GM ab 2 c b a.a.c AM − GM BG . Ta có : =a− ≥ a− =a− ≥ a− 2 2 1+ b c 1+ b c 2 4 2b c Hoàn toàn tương tự ta có : a b c d 1 1 + + + ≥ ( a + b + c + d ) − ( ab + bc + cd + da ) − ( abc + bcd + cda + dab ) Lại có : 2 2 2 2 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b 4 4 ⎡( a + c ) + ( b + d ) ⎤⎦ =4 ab + bc + cd + da = ( a + c )( b + d ) ≤ ⎣ AM − GM 4 2 2 AM − GM ( b + c ) (a + d ) c + b = và abc + bcd + cda + dab = bc ( a + d ) + da ( c + b ) ≤ a + d + ( ) ( ) 4 4 2 AM − GM ( a + b + c + d ) b + c )( a + d ) ( = (a + b + c + d) ≤ ( a + b + c + d ) = 4 . ⇒ đpcm 4 16 2 # Bài 4 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c,d > 0 .Chứng minh b t đẳng thức : a3 b3 c3 d3 a+b+c+d + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b b +c c +d d +a 2 3 2 2 − AM GM a ab ab b =a− 2 ≥ a− =a− . BG . Ta có : 2 2 2 a +b a +b 2ab 2 Hoàn toàn tương tự ta sẽ giải quyết được BĐT trên . # Bài 5 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c > 0: a + b + c = 3 .Chứng minh b t đẳng thức : a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2 a2 2ab 2 AM − GM 2ab 2 2 BG . Ta có : =a− ≥ a− = a − 3 a 2 .b 2 . Lại có : 2 2 3 4 a + 2b a + 2b 3 3 ab Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h ABC www.MATHVN.com b§ T ® é c ® ¸ o ___________ a2 2 1 + 2ab . Do đó : ≥ a − (1 + 2ab ) 2 a + 2b 9 3 Hoàn toàn tương tự ta có : a2 b2 c2 4 2 4 2 + + ≥ ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) − ≥ 3 − − = 1 . đpcm . 2 2 2 a + 2b b + 2c c + 2a 9 3 3 3 3 a 2 .b 2 = 3 1.ab.ab G LA AM − GM ≤ # Bài 6 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c > 0: a + b + c = 3 .Chứng minh b t đẳng thức : a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b3 b + 2c3 c + 2a 3 a2 2ab3 AM − GM 2ab3 2 BG . Ta có : =a− ≥ a − 2 3 = a − b 3 a2 3 3 a + 2b a + 2b 3 3b a AM − GM 1 + 2a . Đến đây tương tự Bài 5 . Lại có : b 3 a 2 = b 3 1.a.a ≤ b. 3 # Bài 7 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c > 0: a + b + c = 3 .Chứng minh b t đẳng thức : a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 BG . Bài toán này có cách làm tương tự Bài 1. chẳng qua tác giả chỉ cộng thêm đại lượng 1 1 1 vào vế trái của BĐT đã CM . + 2 + 2 2 b +1 b +1 c +1 # Bài 8 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c,d > 0: a + b + c + d = 4 .Chứng minh b t đẳng thức a +1 b +1 c +1 d +1 + + + ≥4 1 + b2 1 + c2 1 + d 2 1 + a 2 # Bài 9 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c,d > 0: a + b + c + d = 4 .Chứng minh b t đẳng thức 1 1 1 1 + + + ≥2 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ d 1+ a2 # Bài 10 . ( Sáng tạo BĐT – P.K.H ) Cho a, b,c > 0: a + b + c = 3 .Chứng minh b t đẳng thức : a2 b2 c2 3 + + ≥ 2 2 2 a+b b+c c+a 2 Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com 3 ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h www.MATHVN.com ABC II. 1 SỬ DỤNG TI b§ T ® é c ® ¸ o 4 ___________ G LA P TUY N ĐỂ TÌM L I GI I TRONG CHỨNG MINH B T Đ NG THỨC Tôi không có nhiều những thông tin về phương pháp này, chỉ biết phương pháp này được viết bởi Kin - Yin Li v i tiêu đề “Using Tangent Lines to Prove Inequalities ” năm 2005. Sau đó trên diễn đàn toán học : www.mathscope.org tác giả Nguyễn T t Thu đã viết lại làm đề tài SKKN Cái hay của phương pháp này là sự xu t phát tự nhiên để tìm l i giải cho b t đẳng thức. Ta đi vào một số VD sau đó sẽ điểm qua ý đồ giải toán của nó. # Bài 1. Cho a, b,c ∈ R :a + b + c = 6 . Chứng minh rằng : a 4 + b 4 + c 4 ≥ 2 ( a 3 + b3 + c3 ) - BG . Lời giải 1. Thực ra bài toán v i bài toán này thì gã khổng lồ Cauchy – Schwarz (BunhiaCopxki) sẽ khu t phục nó không m y khó khăn. ( a + b + c ) ( a 3 + b3 + c3 ) CS − SCW ≥ ( a 2 + b2 + c2 ) ≥ ( a 2 + b2 + c2 ) 2 Từ đó ta có : ( a 2 + b 2 + c 2 )( a 4 + b 4 + c 4 ) ≥ CS −SCW (a 3 (a + b + c) 2 ⇒ a 3 + b3 + c3 ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + b 3 + c3 ) ≥ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 )( a 3 + b3 + c3 ) . 3 2 Lời giải 2. Sẽ thật thiếu sót khi không nhắc đến sự sát thương “ kinh hoàng” của BĐT AM – GM - (Cô-si ) . Ta có : a 4 + 2a AM − GM Lại có : a 3 + 2 ≥ AM − GM ≥ AM − GM 3a 3 , b 4 + 2b ≥ AM − GM 3a, b3 + 2 ≥ AM − GM 3b, c3 + 2 ≥ AM − GM 3b3 ,c 4 + 2c ≥ 3c3 . a + b + c + 2 ( a + b + c ) ≥ 2 ( a + b + c ) + ⎡⎣3 ( a + b + c ) − 6⎤⎦ ⇒ đpcm - Lời giải 3. Nhưng tác giả muốn dùng bài toán đơn giản này để nhắc đến một cách chứng minh khác : 4 4 4 3 3 3c . Do đó : 3 Ta có : a 4 − 2a 3 − ( 8a − 16 ) = ( a − 2 ) ( a 2 − 2a + 4 ) ≥ 0 ⇒ a 4 − 2a 3 ≥ 8a − 16 . Tương tự ta có : a 4 + b 4 + c 4 − 2 ( a 3 + b3 + c3 ) ≥ 8 ( a + b + c ) − 48 = 0 ⇒ đpcm 2 Nếu nhìn qua thì L i giải 3. có vẻ thiếu tự nhiên khi đại lượng ( 8a – 16 ) xu t hiện. Nhưng đó cũng chính là điểm m u chốt của phương pháp tiếp tuyến. Nh n xét : Nếu y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại điểm A(x0 ; y0) ( A không phải là điểm uốn) khi đó tồn tại một khoảng ( α; β ) chứa điểm x0 sao cho f ( x ) ≥ ax + b, ∀x ∈ ( α; β ) hoặc f ( x ) ≤ ax + b, ∀x ∈ ( α; β ) . ∑ f ( x ) ≥ a∑ x n i =1 n i i =1 i Đẳng thức + nb, ∀x i ∈ ( α; β ) hoặc xảy ra khi ∑ f ( x ) ≤ a∑ x n i =1 n i =1 i i x = x0 . + nb, ∀x i ∈ ( α; β ) Từ đây ta có Phương trình tiếp tuyến tại A(x0 ; y0) là : y – y0 = f’(x0)(x – x0) Như vậy trong l i giải 3. phương trình y = 8x – 16 chính là tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại x0 = 2 . Và để chứng minh x 4 − 2x 3 − ( 8x − 16 ) ≥ 0 , ta chỉ việc chia đa thức này cho ( x – 2)2 . # Bài 2 . Cho a, b,c > 0: a + b + c = 1 . Chứng minh b t đẳng thức : a b c 9 + + ≥ 1 + bc 1 + ca 1 + ab 10 BG . Trư c khi giải bằng phương pháp tiếp tuyến như tư tưởng của tác giả, tôi sẽ giải quyết nó bởi một BĐT quen thuộc : BĐT Schwarz . a2 b2 c 2 Schwarz ( a + b + c ) AM −GM + + ≥ ≥ Ta có : VT = a + abc b + bca c + cab a + b + c + 3abc 2 1+ (a + b + c) 1 3 = 9 10 9 _ L i giải bằng phương pháp tiếp tuyến : Để giải được bằng phương pháp tiếp tuyến, nh t thiết phải chuyển BĐT đã cho về 1 BĐT chứa các biểu thức dư i dạng 1biến số. Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h www.MATHVN.com ABC a AM − GM Ta có : ≥ 1 + bc b§ T ® é c ® ¸ o ___________ 5 G LA a 4a . Tương tự như vậy ta sẽ đưa BĐT đã cho về dạng tương đương = 2 2 (b + c) 4 1 a + − ( ) 1+ 4 4a 4b 4c 9 4x , đạo hàm : như sau : 2 ≥ . Xét hàm số f (x) = 2 + 2 + 2 x − 2x + 5 a − 2a + 5 b − 2b + 5 c − 2c + 5 10 −4x 2 + 20 1 99x − 3 . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 = ( điểm rơi ) là : y = f '(x) = . 2 100 3 ( x 2 − 2x + 5) 2 99x − 3 (3x − 1) (15 − 11x ) 4x − = ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) . Đến đây bài toán đã tìm ra hư ng đi ! 100 100(x 2 − 2x + 5) x 2 − 2x + 5 # Bài 3 . Cho a, b,c là độ dài ba cạnh tam giác . Chứng minh b t đẳng thức : 1 1 1 9 1 1 ⎞ ⎛ 1 + + + ≥ 4⎜ + + ⎟ a b c a+b+c ⎝a+b b+c c+a⎠ BG. Chuẩn hóa : B t đẳng thức đã cho thu n nh t nên ta chỉ c n chứng minh BĐT đúng v i mọi số thực dương thỏa mãn : a + b + c =1. Khi đó BĐT đã cho trở thành : 1⎞ ⎛ 4 1⎞ ⎛ 4 1⎞ ⎛ 4 − ⎟+⎜ − ⎟+⎜ − ⎟ ≤ 9 ⇔ f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 9 ⎜ ⎝1− a a ⎠ ⎝1− b b ⎠ ⎝1− c c ⎠ 5x − 1 1 Xét hàm số f ( x ) = , tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 = là : y = 18x – 3 2 x−x 3 2 ( 3x − 1) ( 2x − 1) . Do a, b, c là 3 cạnh của tam giác nên : Xét f(x) – (18x – 3) = x − x2 1 ⎛ 1⎞ 1 = a + b + c > 2a (2b, 2c) do đó x < suy ra : f (x) − (18x − 3) ≥ 0, ∀x ∈ ⎜ 0; ⎟ . Từ đó ta giải quyết 2 ⎝ 2⎠ bài toán ! 3 # Bài 4 ( VĐ Toán Ba Lan 1996 ). Cho a, b,c ≥ − thỏa mãn : a+ b+ c =1. Chứng minh b t đẳng thức 4 9 a b c + + ≤ a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 10 1 36x + 3 x BG . Xét hàm số : f (x) = 2 . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 = là : y = 50 x +1 3 2 ( 3x − 1) ( 4x + 3) ≥ 0, ∀x ≥ − 3 36x + 3 − f (x) = . Từ đó ta có l i giải ! Xét 50 4 50 x 2 + 1 Do đó : ( ) # Bài 5 ( JAPAN MO 2002 ). Chứng minh rằng v i mọi a, b, c không âm ta có b t đẳng thức : ( b + c − a ) (c + a − b) (a + b − c) + + 2 2 2 ( b + c ) + a 2 ( c + a ) + b 2 ( a + b ) + c2 2 (1 − 2a ) (1 − 2a ) 2 (1 − 2a ) 2 ≥ 3 5 BG . Chuẩn hóa : a + b + c = 1. BĐT đã cho tương đương v i BĐT : 3 ≥ 2a 2 − 2a + 1 2a 2 − 2a + 1 2a 2 − 2a + 1 5 4x 2 − 4x + 1 −54x + 23 1 , phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 = là y = Xét hàm số : f (x) = 2 25 3 2x − 2x + 1 2 3 2 2 ( 54x − 27x + 1) 2 ( 3x − 1) ( 6x + 1) −54x + 23 ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;1) . = = Do đó : f(x) − 25 25 2x 2 − 2x + 1 25 ( 2x 2 − 2x + 1) 2 Bài toán đã tìm ra hư ng giải quyết ! + 2 + ( 2 ) Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h www.MATHVN.com ABC b§ T ® é c ® ¸ o ___________ 6 Chú ý : Khi chứng minh : f (x) − (ax + b) ≥ 0 nếu bạn ngại biến đổi tương đuơng thì đạo hàm và khảo sát nó trên khoảng thích hợp . G LA # Bài 6 ( USA MO 2003 ). Chứng minh rằng v i mọi a, b, c không âm ta có b t đẳng thức : ( b + c + 2a ) ( c + a + 2b ) ( a + b + 2c ) + + 2 2 2 ( b + c ) + 2a 2 ( c + a ) + 2b 2 ( a + b ) + 2c2 2 (1 + a ) (1 + b ) 2 (1 + c ) 2 ≤8 BG . Chuẩn hóa : a + b + c = 1. BĐT đã cho tương đương v i BĐT : + + ≤8 3a 2 − 2a + 1 3b 2 − 2b + 1 3c 2 − 2c + 1 1 12x + 4 x 2 + 2x + 1 Xét hàm số : f ( x ) = 2 , phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x0 = là : y = 3x − 2x + 1 3 3 2 − ( 3x − 1) ( 4x + 1) 12x + 4 Lúc đó : f(x) − = ≤ 0, ∀x ∈ ( 0;1) . Bài toán đã tìm ra hư ng giải quyết ! 3 3 ( 3x 2 − 2x + 1) 2 2 2 các bài tập 3, 5, 6 ta bắt gặp một kĩ thuật có tên là : Kĩ thuật chuẩn hóa , nó sẽ mang đến cho BĐT cần chứng minh với 1 cách nhìn dễ hơn. Những BĐT chuẩn hóa được là những BĐT thuần nhất : Đ/n hàm số thuần nhất : Hàm số f(a, b, c) được gọi là thu n nh t v i các biến trên miền I nếu nó thỏa mãn điều kiện : f(ta, tb, tc) = tkf(a, b, c) v i mọi t,a,b,c ∈I và k là một hằng số không phụ thuộc vào a,b,c,t mà chỉ phụ thuộc vào bản thân hàm f. # Bài 7 ( RUSSIA MO 2002 ). Cho a, b,c > 0: a + b + c = 3 . Chứng minh b t đẳng thức : a + b + c ≥ ab + bc + ca BG . Ta có : 9 = (a+b+c) = a +b +c2+2(ab+bc+ca) . Do đó BĐT c n CM tương đương v i BĐT : a 2 + b2 + c2 + 2 a + 2 b + 2 c ≥ 9 2 2 2 Xét hàm số : f(x) = x2 +2 x , tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ x0 = 1 là : y = 3x . Khi đó f(x) – 3x = x2 – 3x +2 x = ( ) ( x + 2 x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;3) . Bài toán đã tìm th y hư ng giải ! x −1 2 # Bài 8 . Cho a, b,c > 0 . Chứng minh b t đẳng thức : ⎛1 1 1⎞ + b2 + c2 ) ⎜ + + ⎟ ≥ a + b + c + a 2 + b2 + c2 3 3 ⎝a b c⎠ BG . Chuẩn hóa : a2 + b2 + c2 =1 . BĐT đã cho tương đương v i BĐT : 1+ 3 ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎜ + + ⎟ ≥ a + b + c +1 3 3 ⎝a b c⎠ 1 1 1 9 1+ 3 ⎛ 1 1 1 ⎞ , ta c n CM : _L i giải 1. BĐT ⇔ ⎜ + + ⎟ − ( a + b + c ) − 1 ≥ 0 .Lại có : + + ≥ a b c a+b+c 3 3 ⎝a b c⎠ 1+ 3 (a 2 3+ 3 3+ 3 − x − 1, v i 0 < x ≤ 3 , hàm f(x) nghịch biến suy ra − ( a + b + c ) − 1 ≥ 0 , xét hàm số f ( x ) = a+b+c x đpcm . _ L i giải 2. Bài toán này làm được bằng phương pháp tiếp tuyến v i việc xét hàm : 1 1+ 3 1 1+ 2 3 2+2 3 là : y = − . − x, x ∈ ( 0;1) , tiếp tuyến của nó tại x0 = f (x) = x+ 3 3 3 3 x 3 # Bài 9 . Cho a, b,c > 0 . Chứng minh b t đẳng thức : a b c 9 + + ≥ 2 2 2 ( b + c) (c + a ) (a + b) 4(a + b + c) BG . _ L i giải 1. Sử dụng BĐT Cauchy – Schwarz ( BunhiaCopxki ) Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h www.MATHVN.com ABC b§ T ® é c ® ¸ o ___________ 7 2 ⎡ a b c ⎤ CS−SCW ⎡ a b c ⎤ Nesbit 9 + + ≥ + + ⎥ (a + b + c) ⎢ 2 2 2 ⎢ b + c c + a a + b ⎥ ≥ 4 , suy ra đpcm . ⎣ ⎦ ⎢⎣ ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) ⎥⎦ _ L i giải 2 . Phương pháp tiếp tuyến . Chuẩn hóa : a+b+c=1, BĐT đã cho tương đương v i BĐT : a b c x 9 ≥ . Xét hàm số : f ( x ) = + + , tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm 2 2 2 2 (1 − a ) (1 − b ) (1 − c ) 4 (1 − x ) G LA 1 18x − 3 là : y = . Lúc đó ta có : 4 3 2 18x − 3 −18x 3 + 39x 2 − 20x + 3 ( 3x − 1) ( −2x + 3) = = ≥, ∀x ∈ ( 0;1) . Bài toán đã có hư ng giải. f (x) − 2 2 4 4 (1 − x ) 4 (1 − x ) có hoành độ x0 = # Bài 10 (CHINA MO 2005) . Cho a, b,c > 0:a + b + c = 1 . Chứng minh b t đẳng thức : 10 ( a 3 + b3 + c3 ) − 9 ( a 5 + b5 + c5 ) ≥ 1 # Bài 11 (NEWZEALAND MO 1998) . Cho n số thực dương thỏa mãn : ∑1+ x n ≤∑ ∑x n i =1 i = n . Chứng minh : n xi 1 1 xi + i =1 i =1 # Bài 12 (HONGKONG MO 1998) . Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng : ( 2 i xyz x + y + z + x 2 + y 2 + z 2 (x 2 +y +z 2 2 ) ( xy + yz + zx ) ) ≤ 3+ 3 9 # Bài 13 (Olympic 30-4 năm 2006) . Cho các số thực dương x, y, z. Chứng minh rằng : a ( b + c) b (c + a ) c(a + b) 6 + + ≤ 2 2 2 2 2 2 ( b + c) + a (c + a ) + b (a + b) + c 5 # Bài 14 . Cho a , b,c,d > 0:ab + bc + cd + da = 1 . Chứng minh b t đẳng thức : a3 b3 c3 d3 1 + + + ≥ b+c+d c+d+a d+a+b a+b+c 3 # Bài 15 . Cho a, b,c > 0:a 2 + b 2 + c2 = 1 . Chứng minh b t đẳng thức : 1 1 1 9 + + ≤ 1 − ab 1 − bc 1 − ca 2 # Bài 16 (BĐT Nesbit ) . Cho a, b,c > 0 . Chứng minh b t đẳng thức : a b c 3 + + ≥ b+c c+a a+b 2 _ Tìm l i giải : Chuẩn hóa : a+ b + c =3, BĐT đã cho trở thành : a b c 3 x 3x − 1 , phương trình tiếp tuyến tại x0 = 1 là : y = + + ≥ . Xét hàm số : f ( x ) = 3− x 4 3−a 3− b 3−c 2 2 3x − 1 3 ( x − 1) = ≥ 0, ∀x ∈ ( 0;3) ….succeed ! Ta có : f (x) − 4 4 (3 − x ) # Bài 17 (CHINA TST 2004 ) . Cho a, b,c,d > 0: abcd = 1 . Chứng minh b t đẳng thức : 1 ≥1 ∑ 2 a ,b,c,d (1 + a ) Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h www.MATHVN.com ABC b§ T ® é c ® ¸ o ___________ # Bài 18 (UK TST 2004 ) . Cho a i > 0,i = 1, n :∏ a i = 1. Chứng minh b t đẳng thức : G LA n ∑ n i =1 i =1 ai + 3 ( a i + 1) 2 ≥ 3 ( ∀n > 2, n ∈ N ) # Bài 19 . Cho a, b,c > 0 . Chứng minh b t đẳng thức : ( 3a + b + c ) ( 3b + c + a ) ( 3c + a + b ) 375 ≤ + + 3 3 3 11 3a 3 + ( b + c ) 3b3 + ( c + a ) 3c3 + ( a + b ) 3 3 3 # Bài 20 (SERBIA 2005). Cho a, b,c > 0 . Chứng minh b t đẳng thức : a b+c + b c+a + c a+b ≥ 3 (a + b + c) 2 _L i giải khác : Chuẩn hóa : a + b + c =6. BĐT đã cho tương đương v i BĐT : Đặt : 6 − a = x, a 6−a + b 6−b 6 − b = y, 6 − c = z ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 12 ⇒ x + y + z ≤ 6 , ta có : ⎛1 1 1⎞ 6 − x 2 6 − y2 6 − z2 ≥ 3 ⇔ 6 ⎜ + + ⎟ − ( x + y + z ) ≥ 3 (1) + + x y z ⎝x y z⎠ SCW AM − GM ⎛ 1 1 1⎞ 54 VT(1) = 6 ⎜ + + ⎟ − ( x + y + z ) ≥ − ( x + y + z ) ≥ 3 =VP(1) x+y+z ⎝x y z⎠ # Bài 21 .Chứng minh b t đẳng thức : + 2x 2 + ( y + z ) 2y 2 + ( z + x ) # Bài 22. Cho a, b,c > 0 . Chứng minh b t đẳng thức : a3 + ( b + c) 2x 2 2 a3 3 + b3 + ( c + a ) 2y 2 b3 3 + 2 + + 2z 2 + ( x + y ) c3 + ( a + b ) c 6−c 2z 2 c3 3 2 ≥3 ≤1 ≥1 # Bài 23. Cho a, b,c là độ dài các cạnh tam giác. Chứng minh b t đẳng thức : 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + a b c a +b−c b+c−a c+a−b • Mới nhìn qua chúng ta có thể nghĩ rằng bài 10, bài 15 có thể giải quyết đơn giản bằng phương pháp tiếp tuyến, nhưng…hãy đặt bút .!!! Bài 10 (CHINA MO 2005) . Cho a, b,c > 0:a + b + c = 1 . Chứng minh b t đẳng thức : 10 ( a 3 + b3 + c3 ) − 9 ( a 5 + b5 + c5 ) ≥ 1 _ Tìm l i gi i b ng p2 ti p tuy n : 1 75x − 16 là : y = 27 3 2 3 2 3 5 75x − 16 270x − 243x − 75x + 16 ( 3x − 1) ( −27x − 18x + 21x + 16 ) = = Do đó : f(x) − . 27 27 27 Ta c n xét xem hiệu trên có l n hơn hoặc bằng 0, hay không ? Lúc đó ta chỉ c n kiểm tra xem hàm số : g(x) = −27x 3 − 18x 2 + 21x + 16 có dương v i mọi x ∈ ( 0;1) ? Xét hàm số : f(x) = 10x3 – 9x5 . Phương trình tiếp tuyến tại điểm x0 = Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com 8 ___________ ∑ n h÷ n g ph − ¬ n g ph ¸ p c h ø n g m in h www.MATHVN.com ABC 7 ⎡ x=− ⎢ 9 Đạo hàm : g’(x) = −81x 2 − 36x + 21 ; g '(x) = 0 ⇔ ⎢ ⎢ x=1 ⎢⎣ 3 Ta có bảng BT : b§ T ® é c ® ¸ o ___________ 9 G LA x 1 3 0 g’(x) + 0 g(x) 16 − 1 −8 Nhìn vào BBT ta th y : g(x) >0 hay g(x) < 0 , ∀x ∈ (0;1) ….???????????????????? • • Rõ ràng phương pháp tiếp tuyến có bán kính sát thương chưa rộng, nó đang bộc lộ điểm yếu…và nh t thiết phải nâng c p . Đây là nguyên văn l i giải của nickname : 2M trên trang web : mathscope.org Bài giải trên xuất phát từ Bổ đề : Nếu f(x) lõm trên khoảng (a; b) liên tục trên đoạn [a; b] thì : f (a ) − f (b) f (a ) − f ( b) f ( x ) ≤ f (a ) + ( x − a ) = f (b) + ( x − b ) , ∀x ∈ [a;b] a−b a−b Đừng sợ hãi khi phải đối đ u v i một đối thủ mạnh hơn, mà hãy vui mừng vì bạn đã có cơ hội để chiến đ u hết mình www.mathvn.com