Tuyển tập Tổ hợp - Rời rạc19 bài

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c,d$ thỏa mãn $a+b+c+d=4$. Chứng minh rằng :

$$3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4abcd\ge 16$$

Lời giải :

Cố định hai biến $c,d$, khi đó tổng $a+b$ cũng cố định. Lúc này vế trái được viết thành :

$$3\left[(a+b{)}^2-2ab\right]+3(c^2+d^2)+4abcd$$

là một hàm bậc nhất theo biến $ab$ nên sẽ đạt cực trị tại biên của biến. Mà $ab\in \left[0,\frac{(a+b{)}^2}{4}\right]$ nên vế trái đạt cực trị tại $ab=0$ hoặc $ab=(a+b{)}^2/4$. Tức là tại $a=b,a=0$ hoặc $b=0$.

Tương tự khi cố định hai biến $a,b$. Bài toán quy về hai trường hợp.

Nếu có một biến bằng $0$, giả sử $d=0$, cần chứng minh :

$$3(a^2+b^2+c^2)\ge 16$$

Điều này đúng theo Cauchy-Schwarz.

Nếu $a=b,c=d$ thì $a+c=2$ và cần chứng minh :

$$6(a^2+c^2)+4a^2{c}^2\ge 16\iff a^2{c}^2-3ac+2\ge 0$$

Điều này đúng với $ac\le (a+c{)}^2/2=1$

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c,d$ thỏa mãn $a+b+c+d=4$. Chứng minh :

$$(1+3a)(1+3b)(1+3c)(1+3d)\le 125+131abcd$$

Lời giải :

Cố định hai biến $c,d$ khi đó tổng $a+b$ cũng cố định. Lúc này hàm :

$$f(a,b,c,d)=(1+3a)(1+3b)(1+3c)(1+3d)-125-131abcd$$

là hàm bậc nhất theo biến $ab$ nên chỉ đạt cực trị tại biên của biến. Có $ab\in \left[0,\frac{(a+b{)}^2}{4}\right]$ nên $f$ đạt cực trị tại $ab=0$ hay $ab=(a+b{)}^2/4$. Tức $a=b,a=0$ hoặc $b=0$.

Tương tự khi ta cố định $a,b$. Bài toán quy về hai trường hợp.

Nếu có một biến bằng $0$, giả sử $d=0$ ta cần chứng minh :

$$(1+3a)(1+3b)(1+3c)\le 125$$

Đúng theo AM-GM :

$$(1+3a)(1+3b)(1+3c)\le {\left(\frac{3+3(a+b+c)}{3}\right)}^3=125$$

Nếu $a=b$ và $c=d$ thì $a+c=2$, cần chứng minh :

$$(1+3a{)}^2(1+3c{)}^2\le 125+131a^2{c}^2\iff 50a^2{c}^2-126ac+76\ge 0$$

Điều này đúng với $ac\le (a+c{)}^2/4=1$.

Bài toán hoàn tất.

Bài toán (International Mathematical Olympiad Shortlist 1993, Vietnam)

Cho bốn số không âm $a,b,c,d$ thỏa mãn $a+b+c+d=1$. Chứng minh rằng :

$$abc+bcd+cda+dab\le \frac{1}{27}+\frac{176}{27}abcd$$

Lời giải :

Ta cố định $c,d$. Khi đó tổng $a+b$ cũng cố định. Khi đó hàm số :

$$f(a,b,c,d)=\frac{176}{27}abcd+\frac{1}{27}-abc-bcd-cda-dab$$

là hàm bậc nhất theo biến $ab$, do đó nó chỉ đạt cực trị tại biên của biến. Vì $ab\in \left[0,\frac{(a+b{)}^2}{4}\right]$ nên cực trị của hàm đạt được tại $a=b$, $a=0$ hoặc $b=0$.

Lý luận tương tự với hai biến $c,d$. Bài toán quy về hai trường hợp.

Nếu có một biến bằng $0$, giả sử $a=0$ thì cần chứng minh :

$$bcd\le \frac{1}{27}$$

Điều này luôn đúng theo AM-GM :

$$bcd\le {\left(\frac{b+c+d}{3}\right)}^3=\frac{1}{27}$$

Nếu $a=b$ và $c=d$ thì có $a+c=\frac{1}{2}$ và cần chứng minh :

$ac(a+c)$$\le \frac{1}{54}+\frac{88}{27}{a}^2{c}^2$$\iff \frac{88}{27}{a}^2{c}^2-\frac{1}{2}ac+\frac{1}{54}$$\ge 0$$\iff ac$$\le \frac{1}{16}\vee ab$$\ge \frac{1}{11}$

Điều này là luôn đúng vì ta có :

$$ac\le \frac{(a+c{)}^2}{4}=\frac{1}{16}$$

Bài toán hoàn tất.

Bài toán : Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng $0$. Chứng minh :

$\left(\frac{4a}{b+c}+1\right)\left(\frac{4b}{c+a}+1\right)\left(\frac{4c}{a+b}+1\right)$$\ge 25$

Lời giải 1 :

Ta đặt $x=\frac{2a}{b+c},y=\frac{2b}{c+a},z=\frac{2c}{a+b}$ thì ta được đẳng thức đẹp mắt :

$$xy+yz+zx+xyz=4$$

Và cần chứng minh :

$(2x+1)(2y+1)(2z+1)$$\ge 25$$\iff 8xyz+4(xy+yz+zx)+2(x+y+z)$$\ge 24$$\iff 4(xy+yz+zx+xyz)+4xyz+2(x+y+z)$$\ge 24$$\iff 2xyz+x+y+z$$\ge 4$

Với giả thiết $xy+yz+zx+xyz=4$, ta nghĩ ngay đến kết quả quen thuộc của kỳ thi VMO 1996 :

$$x+y+z\ge xy+yz+zx$$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh :

$$2xyz+xy+yz+zx\ge 4\iff xyz\ge 0$$

Và điều này là luôn đúng. Bất đẳng thức đã cho được chứng minh, chú ý đẳng thức xảy ra khi $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.

Lời giải 2 :

Cố định $c$ và tổng $a+b$. Khi đó vế trái của BĐT viết dưới dạng :

$$\frac{(4a+b+c)(4b+c+a)(4c+a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{\alpha ab+\beta }{\gamma ab+\delta }$$

Trong đó $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta =const$. Như vậy vế trái là hàm đơn điệu theo biến $t=ab$, dễ thấy $t\in \left[0,\frac{(a+b{)}^2}{4}\right]$. Hàm đơn điệu thì luôn đạt cực trị tại biên nên vế trái sẽ đạt giá trị nhỏ nhất tại $t=0$ hoặc $t=(a+b{)}^2/4$.

Nếu $t=0$ thì $a=0$ hoặc $b=0$. Nếu $t=(a+b{)}^2/4$ thì $a=b$. Như vậy bài toán được chia thành hai trường hợp.

Nếu có một biến bằng $0$, giả sử $a=0$ thì ta cần chứng minh :

$$\left(\frac{4b}{c}+1\right)\left(\frac{4c}{b}+1\right)\ge 25$$

Dễ dàng thấy được điều này bằng Cauchy-Schwarz.

Nếu có hai biến bằng nhau, giả sử $a=b$. Do tính thuần nhất ta có thể giả sử $a=b=1$, cần chứng minh :

$${\left(\frac{4}{c+1}+1\right)}^2\left(2c+1\right)\ge 25\iff c(2c^2-4c+10)\ge 0$$

Điều này hiển nhiên đúng.

Bài toán hoàn tất.

Bài toán : Cho các số dương $a,b,c,d,e$ thuộc đoạn $\left[p,q\right]$. Chứng minh rằng :

  $\left(a+b+c+d+e\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{e}\right)$$\le 25+6{\left(\sqrt{\frac{p}{q}}-\sqrt{\frac{q}{p}}\right)}^2$

Lời giải :

Cố định biến $a$, xem vế trái của BĐT cần chứng minh là một hàm số theo $a$ :

$f(a)$$=\left(a+b+c+d+e\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{e}\right)$$=(a+\alpha )\left(\frac{1}{a}+\beta \right)$$=\frac{\alpha }{a}+\beta a+\alpha \beta +1$

Đặt $f_1(a)=\frac{\alpha }{a}$, đây là một hàm số theo $a$ trên $\left[p,q\right]$, với $\alpha >0$ và $a>0$ thì đồ thị hàm số này là một nhánh hyperbol có bề lõm quay lên và nằm hoàn toàn trong góc phần tư thứ nhất, do đó nó chỉ đạt giá trị lớn nhất tại các điểm đầu mút, tức là $a\in \left\{p,q\right\}$.

Đặt $f_2(a)=\beta a+\alpha \beta +1$, đây là một hàm số bậc nhất theo $a$ trên $\left[p,q\right]$, đồ thị hàm số này là một đoạn thẳng mà hai đầu là hai điểm có hoành độ $p$ và $q$. Do đó nó chỉ đạt giá trị lớn nhất tại hai điểm đầu mút này, tức là $a\in \left\{p,q\right\}$.

Suy ra $f(a)=f_1(a)+f_2(a)$ chỉ đạt giá trị lớn nhất tại $a=p$ hoặc $a=q$

Tương tự khi cố định lần lượt các biến $b,c,d,e$, tất cả đều cho kết quả là giá trị lớn nhất của vế trái chỉ đạt được tại $a,b,c,d,e\in \left\{p,q\right\}$.

Gỉa sử trong năm số $a,b,c,d,e$ có $r$ số bằng $p$ và $5-r$ số bằng $q$ với $r\in \left\{0,1,2,3,4,5\right\}$.

Ta cần chứng minh :

$\left[rp+(5-r)q\right]\left[\frac{r}{p}+\frac{5-r}{q}\right]$$\le 25+6.\frac{(p-q{)}^2}{pq}$$\iff \left[rp+(5-r)q\right]\left[rq+(5-r)p\right]$$\le 25pq+6(p-q{)}^2$$=6p^2+6q^2+13pq$$\iff (r^2-5r+6)(p^2+q^2)$$\ge 2(r^2-5r+6)pq(\ast )$

Vì $r\in \left\{0,1,2,3,4,5\right\}$ nên $r^2-5r+6\ge 0$, do đó $(\ast )$ hiển nhiên đúng theo $AM-GM$.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 

*Tổng quát bài toán :

Với các số dương $a_1,a_2,...,a_n$ thuộc đoạn $[p,q]$

$\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}\right)$$\le n^2+k_n.\frac{(p-q{)}^2}{4pq}$

Với $k_n=n^2$ nếu $n$ chẵn và $k_n=n^2-1$ nếu $n$ lẻ.

Bài toán : Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a,b,c\in \left[0,1\right]$. Chứng minh rằng : 

$$\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\le 1$$

Lời giải :

Cố định các biến $b,c$. Xem biểu thức vế trái là một hàm số theo $a$.

Ta có $f(a)=\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)$.

Đặt $f_1(a)=\frac{a}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)=\alpha a+\beta$ là một hàm số bậc nhất theo $a$ trên $\left[0,1\right]$ nên đồ thị của nó là một đoạn thẳng có hai đầu mút là các điểm có hoành độ là $0$ và $1$. Do đó nó đạt giá trị lớn nhất tại các đầu mút, tức là $a\in \left\{0,1\right\}$

Đặt $f_2(a)=\frac{b}{c+a+1}=\frac{\gamma }{a+\delta }$, vì $a\in \left[0,1\right]$ và $\gamma ,\delta \ge 0$ nên đồ thị của nó là 1 nhánh hyperbol nằm hoàn toàn trong góc phần tư thứ nhất và có bề lõm quay lên, do đó giá trị lớn nhất đạt được cũng chỉ tại các đầu mút, tức là $a\in \left\{0,1\right\}$.

Đặt $f_3(a)=\frac{c}{a+b+1}=\frac{\phi }{a+\tau }$, tương tự trên thì $f_3(a)$ cũng chỉ đạt giá trị lớn nhất tại $a\in \left\{0,1\right\}$.

Lưu ý trong đó $\alpha ,\beta ,\delta ,\tau ,\phi$ là các hằng số dương.

Suy ra $f(a)=f_1(a)+f_2(a)+f_3(a)$ chỉ đạt giá trị lớn nhất tại $a\in \left\{0,1\right\}$.

Nếu $a=1$ thì $Maxf(a)=\frac{1}{b+c+1}+\frac{b}{c+2}+\frac{c}{b+2}\le \frac{1}{b+c+1}+\frac{b}{c+b+1}+\frac{c}{b+c+1}=1$

Nếu $a=0$ thì $Maxf(a)=\frac{b}{c+1}+\frac{c}{b+1}+(b-1)(c-1)=\frac{b(b+1)+c(c+1)+(c^2-1)(b^2-1)}{(c+1)(b+1)}=\frac{b^2{c}^2+b+c+1}{(c+1)(b+1)}\le \frac{bc+b+c+1}{(c+1)(b+1)}=1$

Như vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Tìm tất cả các giá trị $a,b,c,d,e\in \left[0,1\right]$ sao cho $A=\frac{a}{1+bcde}+\frac{b}{1+cdea}+\frac{c}{1+deab}+\frac{d}{1+eabc}+\frac{e}{1+abcd}=4$

Lời giải :

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a\le b\le c\le d\le e$.

Khi đó ta có $A=\frac{a}{1+bcde}+\frac{b}{1+cdea}+\frac{c}{1+deab}+\frac{d}{1+eabc}+\frac{e}{1+abcd}\le \frac{a}{1+abcde}+\frac{b}{1+abcde}+\frac{c}{1+abcde}+\frac{d}{1+abcde}+\frac{e}{1+abcde}=\frac{a+b+c+d+e}{1+abcde}$

Ta chứng minh $a+b+c+d+e-abcdea\le 4(\ast )$

Thật vậy, vế trái của $(\ast )$ là một hàm số bậc nhất theo $a,b,c,d,e,a$ trên $\left[0,1\right]$ , do đó giá trị lớn nhất của nó chỉ nhận tại các giá trị đầu mút, tức là khi $a,b,c,d,e\in \left\{0,1\right\}$

• Nếu một trong các số $a,b,c,d,e$ nhận giá trị bằng $0$ :

Ta có $a+b+c+d+e-abcde=a+b+c+d+e\le 0+1+1+1+1=4\le 4$

• Nếu tất cả các số $a,b,c,d,e$ đều bằng $1$ :

Ta có $a+b+c+d+e-abcde=1+1+1+1+1-1=4\le 4$

Như vậy $(\ast )$ được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c,d,e)=(1,1,1,1,1),(0,1,1,1,1)$ hoặc các hoán vị.

Suy ra $a+b+c+d+e\le 4+abcde\le 4(1+abcde)\Rightarrow A=\frac{a+b+c+d+e}{1+abcde}\le 4$

Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c,d,e)=(0,1,1,1,1)$ hoặc các hoán vị. Đó là các giá trị $a,b,c,d,e$ cần tìm.

*Tổng quát :

Cho các số thực $a_i\in \left[0,1\right],i=\overline{1,n}$. Chứng minh :

$$\frac{a_1}{1+a_2{a}_3...a_n}+\frac{a_2}{1+a_1{a}_3...a_n}+...+\frac{a_n}{1+a_1{a}_2...a_{n-1}}\le n-1$$

Bài toán : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a,b,c\in \left[0,1\right]$. Chứng minh rằng :             $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+a+b+c+d\ge 1$

Lời giải :

Nhận thấy rằng vế trái là một hàm số bậc nhất theo $a,b,c,d$ trên $\left[0,1\right]$. Đồ thị hàm số là một đoạn thẳng có chiều đi lên (hoặc đi xuống), do đó giá trị của hàm số chỉ nhận giá trị lớn nhất (hoặc nhỏ nhất) tại các đầu mút của đoạn thẳng.

Tức là vế trái chỉ nhận giá trị nhỏ nhất tại các giá trị $a,b,c,d\in \left\{0,1\right\}$.

• Nếu một trong các giá trị $a,b,c,d$ là $1$.

Khi đó $(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+a+b+c+d=a+b+c+d\ge 1$

• Nếu tất cả các giá trị $a,b,c,d$ đều bằng $0$.

Khi đó $VT=(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+a+b+c+d=1$

Cả hai trường hợp ta đều có $VT\ge 1$. Như vậy ta có điều phải chứng minh.

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