Các bài toán bất đẳng thức trong kỳ thi học sinh giỏi Toán Quốc tế - IMO kèm lời giải chi tiết

(1)

X Z

Đây là phần tiếp theo của Series các bài toán trong IMO Shortlist mang tên:

Bất đẳng thức trong IMO Shortlist

Bất đẳng thức đã từng là một món ăn tinh thần thông thể thiếu đối với các bạn chuyên toán hoặc học sinh giỏi môn toán. Giải một bài toán bất đẳng thức cần phải có kĩ năng biến đổi tốt đồng thời nắm vững các bất đẳng thức quen thuộc. Một lần nữa, các bài toán xuất hiện trong IMO Shortlist đều rất hay và mới lạ, có thể cho ta biết nhiều phương pháp giải khác nhau. Hi vọng đây sẽ là một nguồn tài liệu bổ ích dành cho người đọc. Trong quá trình thực hiện, không thể tránh khỏi những sai sót, bạn đọc có thể liên hệ cho tôi tại đường link sau

https://www.facebook.com/nguyenhoangvietchuyenkhtn/

Bạn đọc có thể tìm đọc tài liệu Đa thức trong IMO Shortlist tại đường link:

https:

//hsgsstudent.blogspot.com/2021/11/imosl-problems-series-part-2-polynomial.html Bạn đọc có thể tìm đọc tài liệu Hàm số trong IMO Shortlist tại đường link:

https://hsgsstudent.blogspot.com/2021/11/imo-shortlists-function-problems.html Nhận xét. Tài liệu này chỉ dành cho các bạn đã có nền tảng kiến thức vững chắc vì các bài toán trong IMO Shortlist thường có độ khó từ trung bình trở lên.

(2)

Một số kí hiệu sử dụng trong tài liệu

1

n

X

i=1

a_i =a₁+a₂+· · ·+a_n.

2

n

Y

i=1

a_i =a₁a₂· · ·a_n.

Một số bất đẳng thức quen thuộc

Vì đây đều là các bất đẳng thức quen thuộc, bạn đọc có thể tìm hiểu cách chứng minh thông qua wikipedia hoặc các tài liệu trên Internet.

Bất Đẳng Thức 1 (AM − GM). Cho n số thực dương x1, x2, . . . , xn. Khi đó, ta có x₁ +x₂+· · ·+x_n ⩾n√ⁿ

x₁x₂· · ·x_n.

Bất Đẳng Thức 2 (Cauchy − Schwarz). Cho hai bộ số thực (x₁, x₂, . . . , x_n) và (y₁, y₂, . . . , y_n). Khi đó, ta có

x²₁+x²₂+· · ·+x²_n

y²₁+y²₂+· · ·+y_n²

⩾(x₁y₁+x₂y₂+· · ·+x_ny_n)².

Nhận xét. Từ bất đẳng thức trên, ta cũng suy ra được một bất đẳng thức quen thuộc có tính ứng dụng cao. ( ta vẫn có thể gọi đây là bất đẳng thức Cauchy − Schwarz)

Bất Đẳng Thức 3. Cho các số thực x₁, x₂, . . . , x_n và các số thực dương y₁, y₂, . . . , y_n. Khi đó, ta có

x²₁ y₁ +x²₂

y₂ +· · ·+x²_n

y_n ⩾ (x1+x2 +· · ·+xn)² y₁+y₂+· · ·+y_n .

Bất Đẳng Thức 4 (Schur). Cho các số thực không âm a, b, c, k. Khi đó, ta có a^k(a−b) (a−c) +b^k(b−c) (b−a) +c^k(c−a) (c−b)⩾0

Nhận xét. Thông thường, ta chỉ sử dụng hai trường hợp của bất đẳng thứcSchurkhik = 1 (có thể gọi là bất đẳng thức Schur bậc 3) hoặc k = 2 . Biến đổi tương đương, ta có các kết quả quen thuộc sau

1 Nếu k = 0 thì a²+b²+c² ⩾ab+bc+ca.

2 Nếu k = 1 thì a³+b³+c³+ 3abc ⩾ab(a+b) +bc(b+c) +ca(c+a).

3 Nếu k = 2 thì a⁴+b⁴+c⁴+abc(a+b+c)⩾ab(a²+b²) +bc(b²+c²) +ca(c²+a²).

Bất Đẳng Thức 5 (Sắp thứ tự các biến). Cho các số thực x₁ ⩾ x₂ ⩾ . . . ⩾ x_n và y₁ ⩾y₂ ⩾. . .⩾y_n. Khi đó, ta có

x₁y₁ +x₂y₂+· · ·+x_ny_n⩾x₁a₁+x₂a₂+· · ·+x_na_n với (a1, a2, . . . , an) là một hoán vị bất kì của (y1, y2, . . . , yn).

(3)

Bất Đẳng Thức 6 (Chebyshev). Với x₁ ⩾x₂ ⩾. . .⩾x_n và y₁ ⩾y₂ ⩾. . .⩾y_n, ta có a₁b₁+a₂b₂+· · ·+a_nb_n⩾ 1

n(a₁+a₂+· · ·+a_n) (b₁+b₂+· · ·+b_n).

Bất Đẳng Thức 7 (Holder). Cho các số thực dương a_i,j với i= 1, m,j = 1, n. Khi đó, ta có

m

Y

i=1 n

X

i=1

a_i,j

!

⩾





n

X

j=1

m

v u u t

m

Y

i=1

a_i,j





m

.

Nhận xét. Ở một trường hợp dễ nhìn hơn, ta có a³ +b³+c³

m³+n³+p³

x³+y³+z³

⩾(amx+bny+cpz)³ với a, b, c, m, n, p, x, y, z là các số thực dương bất kì.

(4)

Bài toán bất đẳng thức qua các năm

Bài 1. Cho các bộ số thực (a₁, a₂, . . . , a_n) và (b₁, b₂, . . . , b_n). Chứng minh rằng 1 +

n

X

i=1

(a_i+b_i)² ⩽ 4 3 1 +

n

X

i=1

a²_i

! 1 +

n

X

i=1

b²_i

!

IMO SL 1970 Lời giải.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3 1 +

n

X

i=1

a²_i + 2a_ib_i+b²_i

!

⩽4

"

1 +

n

X

i=1

a²_i +

n

X

i=1

b²_i +

n

X

i=1

a²_i

!

·

n

X

i=1

b²_i

!#

⇐⇒6

n

X

i=1

a_ib_i ⩽1 +

n

X

i=1

a²_i +

n

X

i=1

b²_i + 4

n

X

i=1

a²_i

!

·

n

X

i=1

b²_i

!

. (1)

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có

n

X

i=1

a²_i +

n

X

i=1

b²_i =

n

X

i=1

a²_i +b²_i

⩾

n

X

i=1

2a_ib_i. (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có

n

X

i=1

a²_i

!

·

n

X

i=1

b²_i

!

⩾

n

X

i=1

a_ib_i

!2

. (3)

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có 4

n

X

i=1

a_ib_i

!2

+ 1⩾4

n

X

i=1

a_ib_i (4)

Từ (2),(3),(4), ta suy ra(1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi a₁ =· · ·=a_n =b₁ =· · ·=b_n=

r 1 2n.

g Nhận xét. Đối với một bài toán bất đẳng thức nhiều biến số, thông thường, ta sẽ nghĩ đến hai phương pháp là quy nạp hoặc biến đổi tương đương. Ở bài toán này, ta lựa chọn phương pháp biến đổi tương đương vì các số (a_i+b_i)² có thể dễ dàng khai triển.

Bài 2. Cho bốn số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng a+c

a+b +b+d

b+c +c+a

c+d + d+b d+a ⩾4.

IMO SL 1971

(5)

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có a+c

a+b +b+d

b+c + c+a

c+d + d+b

d+a = (a+c) 1

a+b + 1 c+d

+ (b+d) 1

b+c + 1 a+d

⩾(a+c)· 4

a+b+c+d + (b+d)· 4

b+c+a+d = 4.

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d. g

Nhận xét. Bài toán trên thực sự rất cơ bản, có thể sử dụng để ôn tập lại kiến thức hoặc làm quen với bất đẳng thức Cauchy − Schwarz.

Bài 3. Cho hai dãy số thực x₁ ⩾ x₂ ⩾ · · · ⩾ x_n và y₁ ⩾ y₂ ⩾ · · · ⩾ y_n. Giả sử z₁, z₂, . . . , z_n là một hoán vị của các sốy₁, y₂, . . . , y_n. Chứng minh rằng

n

X

i=1

(x_i−y_i)² ⩽

n

X

i=1

(x_i−z_i)².

Vì z₁, z₂, . . . , z_n là một hoán vị của các số y₁, y₂, . . . , y_n nên

z₁²+z₂²+· · ·+z_n² =y₁²+y₂²+· · ·+y_n². Do đó, biến đổi tương đương, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

x₁y₁+x₂y₂+· · ·+x_ny_n ⩾x₁z₁+x₂z₂+· · ·+x_nz_n.

Tuy nhiên, bất đẳng thức trên là đúng theo bất đẳng thức sắp thứ tự các biến. g Nhận xét. Bài toán trên thực chất chỉ là một chút chế biến thêm từ một bất đẳng thức quen thuộc. Tuy nhiên, người làm vẫn cần phải biết và hiểu rõ bất đẳng thức sắp thứ tự các biến mới có thể tự tin giải quyết bài toán này.

Bài 4. Cho a₀, a₁, . . . , a_n+1 là các số thực thỏa mãn a₀ =a_n+1 = 0 và

|a_k−1−2a_k+a_k+1|⩽1, với mọi k = 1,2, . . . , n.

Chứng minh rằng

|ak|⩽ k(n+ 1−k)

2 , với mọi k = 1,2, . . . , n.

Đặt b_k=ak−1−a_k. Điều kiện đề bài trở thành

|b_k−b_k+1|⩽1, với mọi k = 1,2, . . . , n.

Thông qua cách đặt thì với mọi k = 1,2, . . . , n, ta có

−a_k =

k−1

X

i=0

(i+ 1)(b_i−b_i+1) +kb_k.

(6)

ak=

n−1

X

i=k

(bi+1−bi)(n−i) + (n−k+ 1)bk.

Với hai số thực a, b thì |a±b|⩽|a|+|b|. Áp dụng bất đẳng thức này, ta có

|(n+ 1)a_k|

=|kak+ (n−k+ 1)ak|

= k

n−1

X

i=k

(bi+1−bi)(n−i)

!

−(n−k+ 1)

k−1

X

i=0

(i+ 1)(bi−bi+1)

!

⩽k·

n−1

X

i=k

(n−i)|b_i+1−b_i|+ (n−k+ 1)·

k−1

X

i=0

(i+ 1)|b_i−b_i+1|

⩽k·(1 + 2 +· · ·+n−k) + (n−k+ 1)·(1 + 2 +· · ·+k) = k(n−k+ 1) (n+ 1)

2 .

Chia cả hai vế cho n+ 1, ta suy ra điều phải chứng minh. g

Nhận xét. Đây là một bài toán bất đẳng thức đẹp và không hề đơn giản. Điều kiện của bài toán là |ak−1−2a_k+a_k+1|⩽1khiến cho chúng ta khó có thể xử lí. Tuy nhiên, bằng phép đặt ảo ma canada, ta đã đưa điều kiện bài toán trở nên đơn giản hơn. Thông thường, qua phép đặt này, chúng ta sẽ cần sử dụng luôn hai kết quả như trong lời giải, vì vậy bạn đọc cần phải ghi nhớ kết quả này.

Bài 5. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh rằng a²b(a−b) +b²c(b−c) +c²a(c−a)⩾0.

Nhận xét. Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho

a =x+y, b=y+z, c=z+x.

Lúc này, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

(x+y)²(y+z) (x−z) + (y+z)²(z+x) (y−x) + (z+x)²(x+y) (z−y)⩾0. (*) Biến đổi tương đương, ta thấy (*) tương đương với

xy³+yz³+zx³ ⩾xyz(x+y+z)⇐⇒ y² z + z²

x +x²

y ⩾x+y+z.

Bất đẳng thức trên là đúng vì theo bất đẳng thức AM − GM, ta có y²

z +z ⩾2y, z²

x +x⩾2z, x²

y +y⩾2x.

g Nhận xét. Thông thường, ở các bài toán cho giả thiết a, b, c là ba cạnh của tam giác, Việt luôn sử dụng nhận xét ở trên và biến đổi tương đương nhiều nhất có thể ⌣ và hầu như bài nào cũng giải được hết. Vì vậy, bạn đọc chỉ cần tập tay khỏelà có thể giải quyết được bài toán.

(7)

Bài 6. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãnx+y+z = 1. Chứng minh rằng 0⩽xy+yz +zx−2xyz ⩽ 7

27.

Trước hết, ta sẽ chứng minh xy+yz+zx−2xyz ⩾0. Thật vậy, ta có xy+yz+zx−2xyz = (x+y+z) (xy+yz+zx)−2xyz

=xy(x+y) +yz(y+z) +zx(z+x) +xyz ⩾0.

Bây giờ, ta còn cần chứng minh xy+yz+zx−2xyz ⩽ 7

27. Trước hết, vì vai trò củax, y, z trong bài toán là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử

0⩽x⩽y⩽z ⩽1.

Khi đó, ta có

x⩽ x+y+z

3 ⩽ 1

3 < 1 2. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta biến đổi như sau

yz +zx+xy−2xyz =x(y+z) +yz(1−2x)⩽x(y+z) + (1−2x)

y+z 2

2

=x(1−x) + (1−2x)· (1−x)² 4

= 1 +x²−2x³

4 .

Do đó, ta suy ra 7

27−(yz+zx+xy−2xyz)⩾ 7 27−

1 +x²−2x³ 4

= 1

108(3x−1)²(6x+ 1) ⩾0.

Bài toán được chứng minh. g

Nhận xét. Trong bất đẳng thứcxy+yz+zx−2xyz ⩽ 7

27, ta thấy có một dấu hiệu vô cùng rõ ràng của việc sử dụng bất đẳng thức Schur. Tuy nhiên, Việt lựa chọn một phương án khác là dồn về một biến để giúp bạn đọc biết nhiều phương pháp hơn khi gặp một bài toán lạ.

Bài 7. Cho n số thực dương x₁, x₂, . . . , x_n. Chứng minh rằng x²₁

x²₁ +x₂x₃ + x²₂

x²₂+x₃x₄ +· · ·+ x²_n−1

x²_n−1+x_nx₁ + x²_n

x²_n+x₁x₂ ⩽n−1.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1− x₂x₃ x²₁+x2x3

+

1− x₃x₄ x²₂+x3x4

+· · ·+

1− x₁x₂ x²_n+x1x2

⩽n−1

(8)

⇐⇒ x₂x₃

x²₁+x₂x₃ + x₃x₄

x²₂+x₃x₄ +· · ·+ x₁x₂

x²_n+x₁x₂ ⩾1

⇐⇒ 1

1 + x²₁ x2x3

+ 1

1 + x²₂ x3x4

+· · ·+ 1 1 + x²_n

x1x2

⩾1.

Đặt a_i = x²_i xi+1xi+2

. Khi đó, ta có a₁a₂· · ·a_n = 1. Ta cần chứng minh 1

1 +a₁ + 1

1 +a₂ +· · ·+ 1

1 +a_n ⩾1.

Vì a1a2· · ·an= 1 nên tồn tại hai sối̸=j đểaiaj ⩽1. Khi đó, ta có 1

1 +a₁ + 1

1 +a₂ +· · ·+ 1

1 +a_n ⩾ 1

1 +a_i + 1

1 +a_j = a_i +a_j + 2

1 +a_i+a_j +a_ia_j ⩾1.

Nhận xét. Ta có thể chọn được a_i, a_j để a_ia_j ⩽ 1 vì nếu ngược lại, a_ia_j > 1 với mọi i ̸=j thì

1 = (a₁a₂· · ·a_n)² =a₁a₂·a₂a₃· · ·a_na₁ >1, vô lý.

Bài 8. Cho số nguyênn ⩾2và các số thựcx₁, x₂, . . . , x_n nằm giữa0và1. Chứng minh rằng tồn tạii∈ {1; 2;. . .;n−1} thỏa mãn

x_i(1−x_i+1)⩾ 1

4x₁(1−x_n).

Giả sử ngược lại

xi(1−xi+1)⩽ 1

4x1(1−xn), với mọi i= 1,2, . . . , n−1. (1) Khi đó, với mọi i= 1,2, . . . , n−1, ta có

xi(1−xi+1)⩽ 1

4x1(1−xn)⩽ 1

4x1 ⩽ 1

4. (2)

Trước hết, từ (1), ta có x₁(1−x₂)⩽ 1

4x₁(1−x_n)⩽ 1

4x₁ =⇒ 1−x₂ ⩽ 1

4 =⇒ x₂ ⩾ 3 4 > 1

2. Từ (2), ta có x₂(1−x₃)< 1

4, mà x₂ > 1

2 nên ta suy ra 1−x₃ < 1

2 ⇐⇒x₃ > 1 2. Làm tương tự như vậy, ta suy ra x₃, x₄, . . . , xn−1 đều lớn hơn 1

2. Suy ra x_n−1(1−x_n)⩾ 1

2(1−x_n)⩾ 1

4x₂(1−x_n), mâu thuẫn với (1).

Như vậy, giả sử phản chứng sai. Bài toán được chứng minh. g

Nhận xét. Thông thường, ở các bài toán đòi hỏi chứng minh tồn tại một chỉ số ithỏa mãn yêu cầu, ta sẽ nghĩ luôn đến phương pháp phản chứng. Bài toán này tuy có phát biểumới lạ đối với những bạn chưa quen nhưng không phải là một bài toán khó.

(9)

Bài 9. Cho các số thực không âm x₁, . . . , x_n thỏa mãnx₁+x₂+· · ·+x_n= 1. Tìm giá trị lớn nhất của

A =X

i<j

xixj(xi+xj).

Trước hết, ta biển đối A như sau A=X

i<j

x_ix_j(x_i+x_j) = X

i̸=j

x²_ix_j =

n

X

i=1

x²_i · X

j̸=i

x_j

!

=

n

X

i=1

x²_i(1−x_i).

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có x_i(1−x_i)⩽

x_i+ (1−x_i) 2

2

= 1 4. Do đó, ta có

A=

n

X

i=1

xi·xi(1−xi)⩽

n

X

i=1

xi

4 = 1

4 ·(x1+x2+· · ·+xn) = 1 4.

Dấu bằng xảy ra khi x1 =x2 = 1

2, x3 =x4 =. . .=xn = 0. g

Nhận xét. Ở bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất, ta buộc phải tìm ra đẳng thức xảy ra khi nào. Vì vậy, việc hiểu và đảm bảo được dấu bằng trong từng phép tính toán vô cùng quan trọng. Tiện đây, Việt đưa ra một lưu ý quan trọng khi làm toán bất đẳng thức. Giả sử đề bài yêu cầu chứng minh A⩾ B. Sau khi áp dụng được một số các bất đẳng thức cổ điển, ta suy ra được A⩾C. Lúc này, ta cần phải xem xét xem liệu có thể chứng minhC ⩾B hay không bằng cách thử trực tiếp bằng những số đặc biệt, trước khi tìm cách chứng minh C ⩾B.

Bài 10. Cho bốn số thực không âma, b, c, d thỏa mãn a+b+c+d= 1. Chứng minh rằng

abc+bcd+cda+dab⩽ 1

27 +176 27 abcd.

Đặt a+b =x, c+d =y, ab=m, cd=n. Theo AM − GM thì m ∈

0;x² 4

, n ∈

0;y²

4

. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

nx+my ⩽ 1

27 +176

27mn⇐⇒ 1

27+ 176

27 mn−nx−my⩾0. (*) Cố định x, y, n. Đặt f(m) = m

176 27n−y

+ 1

27−nx.

Nếu 176

27 n−y ⩾0 thì m 176

27n−y

⩾0. Như vậy, f(m) đạt giá trị nhỏ nhất khi m = 0 hay ab= 0.

(10)

Nếu 176

27n−y < 0 thì m 176

27n−y

⩾ x² 4 ·

176 27 n−y

. Như vậy, f(m) đạt giá trị nhỏ nhất khi m= x²

4 hay a=b= x 2.

Từ những chứng minh trên, ta suy ra chỉ cần chứng minh (*) khi ab= 0hoặc a=b = x

2. Tương tự, ta cũng chỉ cần chứng minh (*) khi cd = 0 hoặc c=d = y

2. Đến đây, bài toán đã trở nên vô

cùng đơn giản, phần việc còn lại xin nhường cho bạn đọc. g

Nhận xét. Đây là một bài toán hay, là một ứng dụng đẹp của phương phápdồn biến. Thay vì làm việc với 4 biến, thông qua cách đặt ta chỉ còn cần làm việc với 2 biến đơn giản hơn rất nhiều.

Bài 11. Cho a, b, clà các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1

a³(b+c) + 1

b³(c+a)+ 1

c³(a+b) ⩾ 3 2.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có 1

a³(b+c) + 1

b³(c+a)+ 1 c³(a+b)

a(b+c) +b(c+a) +c(a+b)

⩾ 1

a +1 b +1

c 2

.

Vì abc = 1 nên 1 a +1

b +1 c =abc

1 a +1

b +1 c

=ab+bc+ca. Suy ra

1

a³(b+c) + 1

b³(c+a)+ 1

c³(a+b) ⩾ ab+bc+ca 2

AM − GM

⩾ 3√³ a²b²c²

2 = 3 2.

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c= 1. g

Nhận xét. Đây cũng là một bài toán rất cơ bản sử dụng hai bất đẳng thức cổ điển làAM − GM và Cauchy − Schwarz.

Bài 12. Cho các số thực a₁, a₂, . . . , a_n sao cho 2⩽ a_i ⩽3 với mọi i = 1,2, . . . , n. Đặt S =a₁+a₂+· · ·+a_n. Chứng minh rằng

a²₁+a²₂−a²₃ a1+a2−a3

+ a²₂+a²₃−a²₄ a2+a3−a4

+· · ·+a²_n+a²₁−a²₂

an+a1−a2 ⩽2S −2n.

(11)

Đặt A = a²₁+a²₂−a²₃

a₁+a₂−a₃ + a²₂+a²₃−a²₄

a₂+a₃−a₄ +· · ·+a²_n+a²₁ −a²₂

a_n+a₁ −a₂, a_n+1 =a₁, a_n+2 =a₂. Ta có A=

n

X

i=1

a²_i +a²_i+1−a²_i+2 a_i+a_i+1−a_i+2 =

n

X

i=1

a_i+a_i+1+a_i+2− 2a_ia_i+1 a_i+a_i+1−a_i+2

= 3 (a₁ +a₂ +· · ·+a_n) +

n

X

i=1

−2a_ia_i+1 a_i+a_i+1−a_i+2

= 3S +

n

X

i=1

−2a_ia_i+1 a_i+a_i+1−a_i+2.

Với mọi i= 1,2, . . . , n, ta có(a_i−2)(a_i+1−2)⩾0hay

−2a_ia_i+1 ⩽−4(a_i+a_i+1−2) = −4

(a_i+a_i+1−a_i+2) + (a_i+2−2) .

Do đó, ta suy ra A⩽3S+

n

X

i=1

−4 + −4(a_i+2−2) a_i+a_i+1−a_i+2

= 3S −4n+

n

X

i=1

−4(a_i+2−2) a_i+a_i+1−a_i+2

Mặt khác, ta lại có

a_i+a_i+1−a_i+2 ⩽3 + 3−2 = 4, với mọi i= 1,2, . . . , n.

Kết hợp với −4 (a_i+2−2)<0, ta suy ra A⩽3S −4n+

n

X

i=1

−4(ai+2−2)

a_i+a_i+1−a_i+2 ⩽3S −4n+

n

X

i=1

−4 (ai+2−2)

4 = 3S −2n.

Nhận xét. Chính nhờ việc 2⩽ ai ⩽ 3, ta đã có thể so sánh giữa aiai+1 với ai+ai+1, từ đó giúp cho việc biến đổi trở nên dễ dàng hơn. Việc đánh giá (a_i−2)(a_i+1−2)⩾0tuy không phải là một hướng đi tự nhiênnhưng lại được sử dụng vô cùng nhiều nên bạn đọc cần nhớ kĩ cách đánh giá này.

Bài 13. Cho số nguyên n⩾3 và các số thựcxn > xn−1 > . . . > x1. Chứng minh rằng n(n−1)

2

X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j >

n−1

X

i=1

(n−i)·x_i

!

·

n

X

j=2

(j −1)·x_j

! .

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đề bài đúng nếu n = 3.

Lúc này, ta cần chứng minh

3(x₁x₂+x₁x₃+x₂x₃)>(2x₁+x₂)(x₂+ 2x₃).

Biến đổi tương đương, bất đẳng thức trên trở thành (x₃ −x₂)(x₂ −x₁) > 0. Kết quả này đúng vì x₃ > x₂ > x₁.

(12)

Bước 2. Giả sử bất đẳng thức đúng với n, tức là n(n−1)

2

X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j >

n−1

X

i=1

(n−i)·x_i

!

·

n

X

j=2

(j−1)·x_j

!

với mọi số thực x₁, . . . , x_n thỏa mãn x_n> xn−1 > . . . > x₁. Bây giờ, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n+ 1 hay

n(n+ 1) 2

X

1⩽i<j⩽n+1

x_ix_j >

n

X

i=1

(n+ 1−i)·x_i

!

·

n+1

X

j=2

(j −1)·x_j

!

(*)

với mọi số thực x₁, . . . , x_n+1 thỏa mãn x_n+1 > x_n > . . . > x₁. Đặtf(x₁, x₂, . . . , x_n+1) = n(n+ 1)

2

X

1⩽i<j⩽n+1

x_ix_j−

n

X

i=1

(n+ 1−i)·x_i

!

·

n+1

X

j=2

(j−1)·x_j

! . Ta dễ dàng chỉ ra được

f(x₁, x₂, . . . , x_n+1) =f(x₁+k, x₂+k, . . . , x_n+1+k),với mọi k ∈R. Do đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x₁ = 0. Khi đó, (*) trở thành

n(n+ 1) 2

X

2⩽i<j⩽n+1

x_ix_j >

(n−1)x₂+ (n−2)x₃+· · ·+x_n

x₂+ 2x₃+· · ·+nx_n+1 . (1)

Mặt khác, theo giả thiết quy nạp, ta có n(n−1)

2

X

2⩽i<j⩽n+1

x_ix_j >

(n−1)x₂+(n−2)x₃+· · ·+x_n

x₃+2x₄+· · ·+(n−1)x_n+1 . (2)

Từ (2), để bất đẳng thức (1) đúng thì ta chỉ cần chứng minh

(n+ 1)(x₃+ 2x₄+· · ·+ (n−1)x_n+1)>(n−1)(x₂ + 2x₃+· · ·+nx_n+1).

Bất đẳng thức này hoàn toàn đúng vì x_n+1 > x_n > . . . > x₂.

Nhận xét. Đây là một bài toán bất đẳng thức nhiều biến, và rất tự nhiên, ta nghĩ đến phương pháp quy nạp. Đây là một bài toán nặng về biến đổi, và cần bạn đọc phải quen tay.

Phép so sánh giữa f(x₁, x₂, . . . , x_n+1) = f(x₁ +k, x₂+k, . . . , x_n+1+k) cũng không phải là một ý tưởng quá mới mẻ, ta nghĩ đến nó vì muốn làm giảm số lượng biến để tính toán bớt phức tạp.

Bài 14 (dành riêng cho cấp 3). Cho các số thực a₁ ⩾a₂ ⩾. . .⩾a_n thỏa mãn a^k₁ +a^k₂+· · ·+a^k_n⩾0,với mọik ∈Z⁺.

Đặt p= max{|a₁|, . . . ,|a_n|}. Chứng minhp=|a₁| và

(x−a1)(x−a2)· · ·(x−an)⩽xⁿ−aⁿ₁, với mọi x > a1.

Với mọi số nguyên k lẻ, ta có

na^k₁ ⩾a^k₁ +a^k₂+· · ·+a^k_n⩾0 =⇒ a₁ ⩾0.

(13)

Nếu an ⩾0 thì ta thấy p=|a1|.

Nếu an <0 thì ta lại có

−a^k_n⩽a^k₁ +a^k₂ +· · ·+a^k_n−1 ⩽(n−1)a^k₁ ⇐⇒ −a_n ⩽(n−1)^k¹ a₁. Vì lim

k→+∞(n−1)¹^k = 1 nên ta suy ra

−an⩽a1 =⇒ a1 =p.

Với k= 1, ta cóa₁ ⩾−

n

X

i=2

a_i. Do đó, áp dụng bất đẳng thứcAM − GM, ta có

(x−a₂)· · ·(x−a_n)⩽







(n−1)x−

n

X

i=2

a_i n−1







n−1

⩽

x+ a₁ n−1

ⁿ⁻¹

. (1)

Mặt khác, từ khai triển Newton, ta có

x+ a₁ n−1

n−1

=

n−1

X

i=0

n−1 i

xⁿ⁻¹⁻ⁱ

a₁ n−1

i

=

n−1

X

i=0

n−1 i

1

(n−1)ⁱxⁿ⁻¹⁻ⁱaⁱ₁.

Với mọi i∈ {0; 1;. . .;n−1}, ta có

n−1 i

1

(n−1)ⁱ ⩽1. Do đó, ta suy ra

x+ a₁ n−1

n−1

=

n−1

X

i=0

n−1 i

1

(n−1)ⁱxⁿ⁻¹⁻ⁱaⁱ₁ ⩽

n−1

X

i=0

xⁿ⁻¹⁻ⁱaⁱ₁ = xⁿ−aⁿ₁

x−a₁ . (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra điều phải chứng minh. g

Nhận xét. Việc p= |a₁| là hiển nhiên khi cho k → +∞, nhưng ta cần phải trình bày một cách thuyết phục. Còn lời giải cho ý sau của bài toán là hoàn toàn tự nhiên khi đề bài đã gợi ý cho chúng ta tập trung vào một biến a1.

Bài 15. Cho các số thực dươnga₁, a₂, . . . , a_n thỏa mãn a₁+a₂+· · ·+a_n<1. Chứng minh rằng

a1a2· · ·an[1−(a1+a2+· · ·+an)]

(a₁+a₂+· · ·+a_n)(1−a₁)(1−a₂)· · ·(1−a_n) ⩽ 1 nⁿ⁺¹.

Đặt a_n+1 = 1−(a₁+a₂ +· · ·+a_n), ta có

n+1

X

i=1

a_i = 1 và cần chứng minh a1a2· · ·an+1

(1−a₁)(1−a₂)· · ·(1−a_n+1) ⩽ 1 nⁿ⁺¹. Sử dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có

1−a_i =a₁+a₂+· · ·+ai−1+a_i+1+· · ·+a_n+a_n+1 ⩾n

n

v u u u u t

n

Y

k=1

a_k

a_i , với mọi i= 1,2, . . . , n+ 1.

(14)

Do đó, ta suy ra

a₁a₂· · ·a_n+1

(1−a₁)(1−a₂)· · ·(1−a_n+1) =

n+1

Y

k=1

a_k

n+1

Y

k=1

(1−a_k)

⩽

n+1

Y

k=1

a_k

n+1

Y

k=1

a_k

!

·nⁿ⁺¹

= 1 nⁿ⁺¹.

Nhận xét. Một bài toán dễ được phát biểu phức tạp⌣.

Bài 16. Cho số nguyên n >2. Tìm hằng số C nhỏ nhất sao cho X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j x²_i +x²_j

⩽C

n

X

i=1

x_i

!4

với mọi số thực không âmx1, x2, . . . , xn.

Với x₁ = x₂, x₃ = x₄ =. . . = x_n = 0, ta suy ra C ⩾ 1

8. Bây giờ ta sẽ chứng minh C = 1 8 là số thỏa mãn yêu cầu bài toán hay nói cách khác, ta sẽ chứng minh

X

1⩽i<j⩽n

xixj x²_i +x²_j

⩽ 1 8

n

X

i=1

xi

!4

.

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có (x1+· · ·+xn)⁴ =

n

X

i=1

x²_i + 2 X

1⩽i<j⩽n

xixj

!

⩾4

n

X

i=1

x²_i

!

2 X

1⩽i<j⩽n

xixj

!

. (1)

Mặt khác, ta lại có 4

n

X

i=1

x²_i

!

2 X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j

!

= 8 X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j·

n

X

i=1

x²_i

!

⩾8 X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j x²_i +x²_j

. (2)

Từ (1) và (2), bài toán được chứng minh. C = 1

8 là số cần tìm. g

Nhận xét. Bài toán này cũng không khó nhưng lại có cách phát biểu nhiều biến số khiến cho người làm cảm thấy một chút khó khăn ban đầu.

Bài 17. Cho ba số thực dươnga, b, c thỏa mãn abc= 1. Chứng minh rằng

a−1 + 1

b b−1 + 1

c c−1 + 1 a

⩽1.

(15)

Vì abc = 1 nên tồn tại các số thực dương x, y, z để a= x

y, b= y

z, c= z x. Khi đó, bất đẳng thức trở thành

x−y+z y

y−z+x z

z−x+y x

⩽1⇐⇒(x−y+z) (y−z+x) (z−x+y)⩽xyz.

Bất đẳng thức trên là hiển nhiên đúng vì nó tương đương với bất đẳng thức Schur bậc 3. g Nhận xét. Với điều kiệnabc = 1, ta còn có các phép đổi biến quen thuộc như sau

Cách đổi biến 1. (a, b, c)→ x

y,y z,z

x

. Cách đổi biến 2. (a, b, c)→

y x,z

y,x z

xy z²,yz

x²,zx y²

x² yz, y²

xz, z² yx

.

Bài 18. Cho các số thựcx₁, x₂, . . . , x_n. Chứng minh rằng x₁

1 +x²₁ + x₂

1 +x²₁+x²₂ +· · ·+ x_n

1 +x²₁+· · ·+x²_n <√ n.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có x₁

1 +x²₁ + x₂

1 +x²₁+x²₂ +· · ·+ x_n

1 +x²₁+· · ·+x²_n 2

⩽n

x²₁

(1 +x²₁)² + x²₂

(1 +x²₁+x²₂)² +· · ·+ x²_n

(1 +x²₁+· · ·+x²_n)²

.

(1)

Mặt khác, ta lại có n

x²₁

(1 +x²₁)² + x²₂

(1 +x²₁+x²₂)² +· · ·+ x²_n

(1 +x²₁+· · ·+x²_n)²

⩽n

x²₁

1·(1 +x²₁) + x²₂

(1 +x²₁)(1 +x²₁+x²₂)+· · ·+ x²_n

(1 +x²₁ +· · ·+x²_n−1)(1 +x²₁ +· · ·+x²_n)

. (2) Vì _1·(1+x^x²¹ 2

1)+ _(1+x2 ^x²²

1)(1+x²₁+x²₂) +· · ·+ _(1+x2 ^x²ⁿ

1+···+x²_n−1)(1+x²₁+···+x²_n) =n

1− _1+x2¹ 1+···+x²_n

nên x²₁

1·(1 +x²₁) + x²₂

(1 +x²₁)(1 +x²₁+x²₂) +· · ·+ x²_n

(1 +x²₁+· · ·+x²_n−1)(1 +x²₁+· · ·+x²_n) < n (3)

Từ (1),(2),(3) ta suy ra điều phải chứng minh. g

Nhận xét. Đây là một bài toán khó. Ý tưởng bình phương biểu thức vế trái là tự nhiên vì ta không thể xử lý √

n trực tiếp. Điều này dẫn tới sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz.

Tuy nhiên, cách sử dụngCauchy − Schwarznhư thế nào mới quan trọng. Việc lựa chọn cách xử lý như trên hoàn toàn phụ thuộc vào cảm giáchoặc thử nhiều cách khác nhau.

(16)

Bài 19. Cho các số dươnga, b, c. Chứng minh rằng

√ a

a²+ 8bc + b

√b²+ 8ca + c

√c²+ 8ab ⩾1.

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có a

√a²+ 8bc + b

√b²+ 8ca + c

√c²+ 8ab 2

a(a²+ 8bc) +b(b²+ 8ca) +c(c³+ 8ab)

⩾(a+b+c)³.

Do đó, để chứng minh yêu cầu bài toán, ta chỉ cần chứng minh

(a+b+c)³ ⩾a(a²+ 8bc) +b(b²+ 8ca) +c(c³+ 8ab). (1) Phân tích (a+b+c)³, ta thấy bất đẳng thức (1) tương đương với

3(a+b)(b+c)(c+a)⩾24abc. (2)

Bất đẳng thức (2) hiển nhiên đúng theo AM − GM. g

Nhận xét. Đây là một bài toán bất đẳng thức ba biến đối xứng quen thuộc đối với chúng ta trong thời điểm hiện tại. Vì vậy, bài toán này cũng có rất nhiều cách để xử lý khác nhau và Holder là cách xử lí đẹp nhất. Việc sử dụng bất đẳng thứcHoldernhư trên phụ thuộc vào ba yếu tố là thử nhiều lần, kinh nghiệm và cảm giác chứ không hề có yếu tố nào gợi ý cho ta cách làm như vậy.

Bài 20. Cho số nguyên dươngn và các số thựcx₁, x₂, . . . , x_n. Chứng minh rằng X

1⩽i<j⩽n

|x_i−x_j|

!2

⩽ (n²−1) 3

X

1⩽i<j⩽n

(x_j−x_i)².

Nếu ta thay các số thực x₁, x₂, . . . , x_n bởix₁+k, x₂+k, . . . , x_n+k thì bất đẳng thức không thay đổi. Do đó, ta có thể giả sửx₁+x₂+· · ·+x_n= 0. Hơn nữa vì vai trò của x₁, x₂, . . . , x_n như nhau nên ta có thể giả sử x1 ⩽x2 ⩽. . .⩽xn. Bây giờ, ta có đẳng thức sau

X

1⩽i<j⩽n

|x_i−x_j|= X

1⩽i<j⩽n

(x_j−x_i) =

n

X

i=1

(2i−n−1)x_i. (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có

n

X

i=1

(2i−n−1)x_i

!2

⩽

n

X

i=1

(2i−n−1)²

! _n X

i=1

x²_i

!

. (2)

Vì 1 + 2 +· · ·+n= n(n+ 1)

2 và 1²+ 2²+· · ·+n² = n(n+ 1)(2n+ 1)

6 , ta suy ra

n

X

i=1

(2i−n−1)² = 4

n

X

i=1

i²−4 (n+ 1)

n

X

i=1

i+n(n+ 1)² = n n²−1

3 . (3)

(17)

Từ (1),(2) và (3), ta suy ra X

1⩽i<j⩽n

|x_i−x_j|

!2

⩽ n n²−1 3

n

X

i=1

x²_i

! .

Mặt khác, ta lại có X

1⩽i<j⩽n

(x_j−x_i)² = X

1⩽i<j⩽n

x²_i +x²_j −2x_ix_j

= (n−1)

n

X

i=1

x²_i −2 X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j

=n

n

X

i=1

x²_i − 2 X

1⩽i<j⩽n

x_ix_j +

n

X

i=1

x²_i

!

=n

n

X

i=1

x²_i −

n

X

i=1

x_i

!2

=n

n

X

i=1

x²_i.

Nhận xét. Sở dĩ ta chọn x₁ +x₂ +· · ·+x_n = 0 là bởi vì ta biết rằng có thể tính được X

1⩽i<j⩽n

(xj −xi)² như cách giải trên. Tiếp theo ta thấy cách giả sử x1 ⩽ x2 ⩽ . . . ⩽ xn và tính được biểu thức X

1⩽i<j⩽n

|x_i−x_j| cũng rất thú vị và mới lạ. Việt đã trải qua các bài toán có biểu thức y hệt và chứng minh được bài toán đó theo cách đặt này.

Bài 21. Cho ba số thực dươnga, b, c thỏa mãn ab+bc+ca= 1. Chứng minh rằng

3

r1

a + 6b+ ³ r1

b + 6c+ ³ r1

c + 6a⩽ 1 abc.

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có 1

a + 1 b + 1

c

(6ab+1)+(6bc+1)+(6ca+1)

(1 + 1 + 1) ⩾ ³ r1

a + 6b+ ³ r1

b + 6c+ ³ r1

c + 6a

!3

.

Vì ab+bc+ca= 1 nên ta suy ra 1

a + 1 b + 1

c

(6ab+1)+(6bc+1)+(6ca+1)

(1 + 1 + 1) = ab+bc+ca

abc ·(3 + 6ab+bc+ca)·3 = 27 abc. Như vậy, để kết thúc bài toán, ta chỉ cần chứng minh

27

abc ⩽ 1

(abc)³ ⇐⇒(abc)² ⩽ 1 27. Điều này là hiển nhiên đúng vì theo AM − GM, ta có

(abc)² ⩽

ab+bc+ca 3

3

= 1 27.

(18)

g Nhận xét. Đây là một bài toán ba biến hoán vị quen thuộc.