Tuyển tập Bất đẳng thức258 bài

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2010 THPT Chuyên Lê Qúy Đôn, Bình Định)

Cho ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn $\{\begin{array}{c}1\le z\le min\left\{x,y\right\}\\ xz\ge 3\\ yz\ge 2\end{array}$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$$P=\frac{30}{x}+\frac{4}{y}+\frac{2010}{z}$$

Lời giải :

Ta viết $P$ thành :

$P$$=30\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)+4\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\frac{1976}{z}$

Áp dụng công thức khai triển $Abel$ :

$\frac{1}{3}+1$$=\frac{x}{3}.\frac{1}{x}+\frac{z}{1}.\frac{1}{z}$$=\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{x}\right)\frac{z}{1}+\frac{1}{x}\left(\frac{x}{3}+\frac{z}{1}\right)$$\ge \left(\frac{1}{z}-\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{x}.2\sqrt{\frac{xz}{3}}$$\ge \frac{1}{z}-\frac{1}{x}+\frac{2}{x}$$=\frac{1}{x}+\frac{1}{z}$

Và :

$\frac{1}{2}+1$$=\frac{y}{2}.\frac{1}{y}+\frac{z}{1}.\frac{1}{z}$$=\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{y}\right)\frac{z}{1}+\frac{1}{y}\left(\frac{y}{2}+\frac{z}{1}\right)$$\ge \left(\frac{1}{z}-\frac{1}{y}\right)+\frac{1}{y}.2\sqrt{\frac{yz}{2}}$$\ge \frac{1}{z}-\frac{1}{x}+\frac{2}{y}$$=\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$

Do đó :

$$P\le 30\left(1+\frac{1}{3}\right)+4\left(1+\frac{1}{2}\right)+\frac{1976}{1}=2022$$

Kết luận : $MaxP=2022\iff x=3,y=2,z=1$

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 11 năm 2011 THPT Hùng Vương, Bình Phước) : Cho các số dương $v,l,t$ thỏa mãn hệ :

$$\{\begin{array}{c}\frac{2}{5}\le t\le min\left\{v,l\right\}\\ vt\ge \frac{4}{15}\\ lt\ge \frac{1}{5}\end{array}$$

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $E(v,l,t)=\frac{1}{v}+\frac{2}{l}+\frac{3}{t}$

Lời giải : 

Dự đoán giá trị lớn nhất là $13$ và đạt được khi $v=\frac{2}{3},l=\frac{1}{2},t=\frac{2}{5}$.

Do đó ta sẽ chứng minh $E(v,l,t)=\left(\frac{1}{v}+\frac{1}{t}\right)+2\left(\frac{1}{l}+\frac{1}{t}\right)\le 13$

Thật vậy, áp dụng công thức khai triển $Abel$ :

$4$$=\frac{5}{2}+\frac{3}{2}$$=\frac{1}{t}.\frac{5}{2}t+\frac{1}{v}.\frac{3}{2}v$$=\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{v}\right).\frac{5}{2}t+\frac{1}{v}\left(\frac{5}{2}t+\frac{3}{2}v\right)$$\ge \left(\frac{1}{t}-\frac{1}{v}\right).\frac{5}{2}.\frac{2}{5}+\frac{1}{v}.2\sqrt{\frac{15}{4}.vt}$$\ge \frac{1}{t}-\frac{1}{v}+\frac{2}{v}$$=\frac{1}{v}+\frac{1}{t}$

Và :

$\frac{9}{2}$$=2+\frac{5}{2}$$=\frac{1}{l}.2l+\frac{1}{t}.\frac{5}{2}t$$=\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{l}\right).\frac{5}{2}t+\frac{1}{l}\left(2l+\frac{5}{2}t\right)$$\ge \frac{5}{2}.\frac{2}{5}\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{l}\right)+\frac{1}{l}.2\sqrt{5lt}$$\ge \frac{1}{t}-\frac{1}{l}+\frac{2}{l}$$=\frac{1}{l}+\frac{1}{t}$

Từ đó suy ra $E(v,l,t)=\left(\frac{1}{v}+\frac{1}{t}\right)+2\left(\frac{1}{l}+\frac{1}{t}\right)\le 4+2.\frac{9}{2}=13$

Kết luận : $MaxE(v,l,t)=13\iff v=2/3,l=1/2,t=2/5$

Bài toán : Cho các số không âm $a_1,a_2,...,a_n$ thỏa mãn $a_1{a}_2...a_k\ge \frac{1}{(2k)!}\forall k=\overline{1,n}$. Chứng minh rằng $a_1+a_2+...+a_n\ge \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}$

Lời giải :

Dự đoán đẳng thức xảy ra khi $a_1=\frac{1}{2!},a_2=\frac{2!}{4!},a_3=\frac{4!}{6!},...,a_n=\frac{(2n-2)!}{(2n)!}$

Từ đó ta áp dụng khai triển $Abel$ và BĐT $AM-GM$ :

$a_1+a_2+...+a_n$$=\frac{1}{2!}.(2!a_1)+\frac{2!}{4!}.\left(\frac{4!}{2!}{a}_2\right)+\frac{4!}{6!}\left(\frac{6!}{4!}{a}_3\right)+...+\frac{(2n-2)!}{(2n)!}\left(\frac{(2n)!}{(2n-2)!}{a}_n\right)$$=\left(\frac{1}{2!}-\frac{2!}{4!}\right)2!a_1+\left(\frac{2!}{4!}-\frac{4!}{6!}\right)\left(2!a_1+\frac{4!}{2!}{a}_2\right)+...+\left(\frac{(2n-4)!}{(2n-2)!}-\frac{(2n-2)!}{(2n)!}\right)\left(2!a_1+\frac{4!}{2!}{a}_2+...+\frac{(2n-2)!}{(2n-4)!}{a}_{n-1}\right)+\frac{(2n-2)!}{(2n)!}\left(2!a_1+\frac{4!}{2!}{a}_2+...+\frac{(2n)!}{(2n-2)!}\right)$

$\ge \left(\frac{1}{2!}-\frac{2!}{4!}\right)2!a_1+\left(\frac{2!}{4!}-\frac{4!}{6!}\right).2\sqrt{4!a_1{a}_2}+...+\frac{(2n-2)!}{(2n)!}.n\sqrt[n]{(2n)!a_1{a}_2...a_n}$$=\left(\frac{1}{2!}-\frac{2!}{4!}\right)+2\left(\frac{2!}{4!}-\frac{4!}{6!}\right)+...+(n-1)\left(\frac{(2n-4)!}{(2n-2)!}-\frac{(2n-2)!}{(2n)!}\right)+n.\frac{(2n-2!)}{(2n)!}$$=\frac{1}{2!}+\frac{2!}{4!}+\frac{4!}{6!}+...+\frac{(2n-2)!}{(2n)!}$$=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{5.6}+...+\frac{1}{(2n-1).2n}$

Như vậy nếu ta chỉ ra được đẳng thức :

$\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+\frac{1}{5.6}+...+\frac{1}{(2n-1).2n}$$=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}(\ast )$

Thì bài toán được giải quyết.

Ta chứng minh đẳng thức $(\ast )$ bằng quy nạp, dễ thấy với $n=1$ thì $(\ast )$ đúng, giả sử $(\ast )$ đúng . Xét $(\ast )$ với $n+1$

Ta có :

$\left(\frac{1}{1.2}+\frac{1}{3.4}+....+\frac{1}{(2n-1).2n}\right)+\frac{1}{(2n+1)(2n+2)}$$=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2(2n+1)(n+1)}$$=\left(\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+...+\frac{1}{2n}\right)+\frac{2(2n+1)+1}{2(2n+1)(n+1)}$$=\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3}+...+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}$.

Theo nguyên lí quy nạp, $(\ast )$ được chứng minh.

Vậy bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

 

Bài toán : Cho các số thực $x,y,z$ mà $0<x<y\le z\le 1$ thỏa mãn $3x+2y+z\le 4$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=3x^3+2y^3+z^3$

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh $3x^2+2y^2+z^2\le \frac{10}{3}$

Thật vậy, theo khai triển $Abel$, ta có :

$3x^2+2y^2+z^2$$=z.z+2y.y+3x.x$$=(z-y)z+(y-x)(z+2y)+x(z+2y+3x)$$\le (z-y)+(y-x)(1+2)+4x$$=x+2y+z$$=\frac{1}{3}\left[(3x+2y+z)+(4y+2z)\right]$$\le \frac{1}{3}\left(4+4+2\right)$$=\frac{10}{3}$

Tiếp tục sử dụng công thức khai triển $Abel$ :

$P$$=3x^3+2y^3+z^3$$=z^2.z+2y^2.y+3x^2.x$$=(z-y)z^2+(y-x)(z^2+2y^2)+x(z^2+2y^2+3x^2)$$\le (z-y)+(y-x)(1+2)+x.\frac{10}{3}$$=\frac{1}{3}x+2y+z$$=\frac{1}{9}(3x+18y+9z)$$=\frac{1}{9}\left[(3x+2y+z)+(16y+8z)\right]$$\le \frac{1}{9}\left(4+16+8\right)$$=\frac{28}{9}$

Kết luận : $MaxP=\frac{28}{9}\iff x=1/3,y=z=1$

Bài toán :

1) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a\ge b\ge c>0$ và $\{\begin{array}{c}x\ge a\\ x+y\ge a+b\\ x+y+z\ge a+b+c\end{array}$. Chứng minh rằng $x^2+y^2+z^2\ge a^2+b^2+c^2$

2) Cho tam giác $ABC$ không nhọn. Chứng minh rằng :

$$A^2+B^2+C^2\ge \frac{3{\pi }^2}{8}$$

Lời giải :

1) Sử dụng khai triển $Abel$ và bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ :

$x^2+y^2+z^2$$=a.\frac{x^2}{a}+b.\frac{y^2}{b}b+c.\frac{z^2}{c}$$=(a-b).\frac{x^2}{a}+(b-c)\left(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\right)+c\left(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\right)$$\ge (a-b).a+(b-c).\frac{(x+y{)}^2}{a+b}+c.\frac{(x+y+z{)}^2}{a+b+c}$$\ge a(a-b)+(b-c)(a+b)+c(a+b+c)$$=a^2+b^2+c^2$

Đẳng thức xảy ra khi $x=a,y=b,z=c$

2) Vì tam giác $ABC$ không nhọn nên ta giả sử $A\ge \frac{\pi }{2}$, khi đó $B+C\le \frac{\pi }{2}$. Do đó tồn tại một góc có số đó không vượt quá $\frac{\pi }{4}$. Gỉa sử $C\le \frac{\pi }{4}\Rightarrow B\ge \frac{\pi }{4}$.

Khi đó ta có $\{\begin{array}{c}A\ge \frac{\pi }{2}\\ A+B\ge \frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4}\\ A+B+C=\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}\end{array}$ và $A\ge B\ge C>0$.

Áp dụng kết quả câu trên, ta có :

$A^2+B^2+C^2$$\ge {\left(\frac{\pi }{2}\right)}^2+{\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2+{\left(\frac{\pi }{4}\right)}^2$$=\frac{3{\pi }^2}{8}$.

Đẳng thức xảy ra khi $A=\frac{\pi }{2},B=C=\frac{\pi }{4}\iff \Delta ABC$ vuông cân.

Bài toán : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $\{\begin{array}{c}0<a\le b\le c\le d\\ \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{d}{c}\ge 3\\ \frac{2}{b}+\frac{d}{c}\ge 2\end{array}$

Chứng minh rằng $a^4+b^4+c^4-d^4\le 17$

Lời giải :

Ta đoán dấu bằng của bài toán bằng cách cho đẳng thức xảy ra tại các giả thiết : $a=1,b=2,c=d$.

Khi đó viết bất đẳng thức đã cho dưới dạng $a^4+b^4+c^4\le 1^4+2^4+d^4$

Bằng bất đẳng thức $Holder$ ta dễ thấy :

$\frac{2^4}{b^4}+\frac{d^4}{c^4}$$\ge {\frac{\left(\frac{2}{b}+\frac{d}{c}\right)}{8}}^4$$\ge \frac{2^4}{8}$$=2$

$\frac{1}{a^4}+\frac{2^4}{b^4}+\frac{d^4}{c^4}$$\ge {\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{d}{c}\right)}{27}}^4$$\ge \frac{3^4}{27}$$=3$

Theo khai triển $Abel$ :

$1^4+2^4+d^4$$=a^4.\frac{1}{a^4}+b^4.\frac{2^4}{b^4}+c^4.\frac{d^4}{c^4}$$=\left(c^4-b^4\right).\frac{d^4}{c^4}+\left(b^4-a^4\right).\left(\frac{d^4}{c^4}+\frac{2^4}{b^4}\right)+a^4.\left(\frac{d^4}{c^4}+\frac{2^4}{b^4}+\frac{1}{a^4}\right)$$\ge (c^4-b^4)+2(b^4-a^4)+3a^4$$=a^4+b^4+c^4$

Đây là điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=1,b=2,c=d$.

 

* Tổng quát : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $\{\begin{array}{c}0<a\le b\le c\le d\\ \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{d}{c}\ge 3\\ \frac{2}{b}+\frac{d}{c}\ge 2\end{array}$

Chứng minh rằng $a^k+b^k+c^k-d^k\le 2^k+1$ với $k$ là số nguyên dương cho trước

CÔNG THỨC KHAI TRIỂN ABEL 

Cho $x_1,x_2,...,x_n$ và $y_1,y_2,...,y_n$ là các số thực tùy ý. Đặt $S_k=y_1+y_2+...+y_k\forall k\in {\mathbb{Z}}^{+},1\le k\le n$

Khi đó :

$$\boxed{x_1{y}_1+x_2{y}_2+...+x_n{y}_n=\left(x_1-x_2\right)S_1+\left(x_2-x_3\right)S_2+...+\left(x_{n-1}-x_n\right)S_{n-1}+x_n{S}_n}$$

Hai đẳng thức thường dùng :

Trường hợp $n=3$ :

$$\boxed{a_1{b}_1+a_2{b}_2+a_3{b}_3=(a_1-a_2)b_1+(a_2-a_3)(b_1+b_2)+a_3(b_1+b_2+b_3)}$$

Trường hợp $n=2$ :

$$\boxed{a_1{b}_1+a_2{b}_2+=(a_1-a_2)b_1+a_2(b_1+b_2)}$$

Hệ quả của khai triển Abel :

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,...,x_n),(a_1,a_2,...,a_n)$. Khi đó ta có đẳng thức :

$$\boxed{a_1(x_1-x_2)+a_2(x_2-x_3)+...+a_{n-1}(a_{n-1}-a_n)+a_n{x}_n=a_1{x}_1+(a_2-a_1)x_2+...+(a_n-a_{n-1})x_n}$$

Chứng minh : Áp dụng công thức khai triển $Abel$ cho hai dãy $\left(x_1,x_2,...,x_n\right),(y_1=a_1,y_2=a_2-a_1,...,y_n=a_n-a_{n-1})$.

BẤT ĐẲNG THỨC ABEL 

Cho hai dãy số thực $(x_1,x_2,....,x_n),(y_1,y_2,...,y_n)$ với $x_1\ge x_2\ge ...\ge x_n$. Nếu $c_k=y_1+y_2+...+y_k\forall k=\overline{1,n}$ và $M=\underset{k=1,2,...,n}{\max }{c}_k$, $m=\underset{k=1,2,...,n}{\min }{c}_k$ thì ta có :

$$\boxed{m{x}_1\le x_1{y}_1+x_2{y}_2+...+x_n{y}_n\le M{x}_1}$$.

Chứng minh :

Theo công thức khai triển $Abel$ :

$x_1{y}_1+x_2{y}_2+...+x_n{y}_n$$=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_n-x_{n-1})c_{n-1}+x_n{c}_n$$\le (x_1-x_2)M+(x_2-x_3)M+...+(x_n-x_{n-1})M+x_{n}M$$=M{x}_1$

Tương tự : $x_1{y}_1+x_2{y}_2+...+x_n{y}_n\ge m{x}_1$