Bài tập ôn thi Olympic 30/4, thi học sinh giỏi và thi Quốc gia - Môn toán học

Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 1 BÀI TẬP ÔN THI OLYMPIC 30/4, THI HỌC SINH GIỎI TỈNH VÀ THI QUỐC GIA QUA CÁC NỘI DUNG ĐẶC SẮC ( VĂN PHÚ QUỐC- GV. TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ) (0982 333 443 ; 0934 825 925) CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC 1. (Russia 1991). Cho 1990 11 1991i ii x x  . Đặt 1 2...nn x x xsn   . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 2 3 1990 1991...s s s s s s     . HD: Đặt 1 2 2 3 1990 1991...M s s s s s s      . 9 119 0i  ta có:    1 1 11 1 1 111 1 1 i i i i k k i k k kk k k ki i x x ix x k x x s si i i i i i                    . Suy ra:  1111 i k kki i k x x s si i      . Cho i chạy từ 1 đến 1990, ta thu được 1990 bất đẳng thức và cộng chúng lại, ta có:  11990 1990 1990 199011 11 1 1 1 1 1 i k kki i i ii i i k i k x x M s s i x xi i k k                     1990 1990 1990 1 1 11 1 1 1 19901 1 19901991 1991 1991i i i i i ii i i ix x x x x x                        . 2. (United Kingdom 1992). Cho , , ,0x y z w. Chứng minh: 12 1 3 1 1 1 4symx y z w x y x y z w            HD: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có:  21 6 12 symsym x y x y x y z w      ; 1 1 1 3 1 1 1 1 4 4 4sym symx y x y x y z w                . 3. ( Italia 1993). Cho , ,0;1a b c. Chứng minh: 2 22 2221a b b cbccaa  . HD: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2 2 21 1 1 1a b b c c a     . Vì ;,0,1a b c nên ta có: 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1a b b c c a a b b c c a a b c abc                 . Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 2 4. (Poland 1994). Cho *n. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 32321...2 3 nnx xxxn    biết rằng: 1 2, ,...,0nx x x thỏa mãn điều kiện: 1 2 1 1 1... n nx x x   . HD: Với mỗi 1nk , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: 1 .11kkkkkk xx k kxkxkk    . Cho k chạy từ 1 đến n ta thu được n bất đẳng thức và cộng chúng lại với nhau:  32321 1 2 1 1... ... ...2 3 2 nnn x xxnx x x xn n               (1) Mặt khác, theo AM-GM thì 2 1 2 1 2 ...1 1 1... n n nx x x n x x x         (2) Từ (1) và (2) ta thu được: 32321 1 1...1...2 3 2 nnx xxxn n       . Dấu "=" xảy ra1 2...1nx x x    . 5. (India 1995). Cho 1 2, ,...,nx x x thỏa mãn hai tính chất 11i ix x  và 1ix với mọi 1 11, 2,..., ni n x x . Chứng minh rằng: 1 2 2 3 1 ...2 1nxx xnx x x    . HD: Do 1 2 2 3 1 . ...1nxx x x x x nên  chỉ số k sao cho 1 1k k x x  (1) Từ giả thiết1 11 1 2 2 ii i ii xx x x ix         (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: 1 2 2 3 1 1 1 ...2 1 1 2 1n i k kii k x x xx xn nx x x x x           . 6. (Romania 1996). Cho 1 2 1, ,..., ,0n nx x x x thỏa mãn: 1 2 1...n nx x x x   . Chứng minh rằng: 1 1 11 1 n n i n i n n ii i x x x x x x       . HD: Ta có: 2 21 1 1 1 11 1 1 n n n n i n n i ni i x x x nx x x n x           . Bất đẳng thức đã cho được viết lại dưới dạng: 1 11 1 .11 ini n in x x x x n    . Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 3 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta thấy:  1 1 1 11 1 1 11 11.2 2 1 2 2 1 1 i in ni n i n i in n x x x x x xn n x n x n                      . 7. (Iran 1997). Cho 1 2 3 4, , ,0x x x x thỏa mãn: 1 2 3 41x x x x. Chứng minh rằng: 3 3 3 31 2 3 4 1 2 3 41 2 3 4 1 1 1 1,x x x x max x x x xx x x x               . HD: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với mỗi i ta có: 31 1 3i ix x  . Suy ra: 3 3 3 31 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 48 3x x x x x x x x x x x x            41 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 42.4 8x x x x x x x x x x x x          3 3 3 31 2 3 4 1 2 3 4x x x x x x x x     . Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 31 2 3 4 1 2 3 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 3x x x x x x x x x x x x x x x x                 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 333 3 31 2 3 2 3 4 3 4 1 4 1 24 1 2 3 1 1 1 1 13 3 3 33x x x x x x x x x x x xx x x x       . Dấu "=" xảy ra1 2 3 41x x x x    . 8. (Vietnam 1998). Cho 2n và 1 2, ,...,0nx x x thỏa mãn: 1 2 1 1 1 1...1998 1998 1998 1998nx x x     . Chứng minh: 1 2..8. 1199 nnx x x n. HD: Với mỗi i 1i n , sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:    1 1 1 1 1 1 1 1998 1998 1998 1998 19981998 19981998 1 1998 iiji i jnjj n inijj ii xnxx xx n xx x               . Cho i chạy từ 1 đến n, ta sẽ thu được n bất đẳng thức và nhân chúng lại với nhau ta được đpcm. Dấu "=" xảy ra 1 2...1998 1nx x x n     . 9. (Korea 1999). Cho , ,0a b c thỏa 1abc. Chứng minh: 4 4 4 4 4 4 1 1 11a b c a b c a b c     . HD: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cùng với giả thiết 1abc ta được:  4 4 4 4 2 24 4 2 24 4 2 2 2 3 3 1 4 4 b c b c b c ab c bc b ca a b c a b c             . Làm tương tự cho hai số hạng còn lại ở vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh. Sau đó, cộng vế theo vế của các bất đẳng thức ta được: 4 4 4 4 4 4 2 2 2 1 1 1a b c a b c a b c a b c a b c           . Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 4 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz và AM-GM thì 2 2 23 3 11a b c a b c a b cabc       . Vậy 4 4 4 4 4 4 1 1 11a b c a b c a b c     . 10. ( Singapore 2000). Cho , , ,0a b c d thỏa mãn  32 2 2 2c d a b  . Chứng minh 3 3 1a b c d . HD: Áp dụng với bất đẳng thức Cauchy Schwarz và kết hợp với giả thiết bài toán ta có:  2 23 3 3 32 2a b a bac bd ac bdc d c d                             23 32 2 2 2 2 2. .a bac bd a b a b c d ac bdc d               . Suy ra điều phải chứng minh. 11. (Belarus 2001). Cho 1 2 3, ,1;1x x x  và 1 2 3, ,0;1y y y. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 31 2 2 3 3 1 1 2 11 1. .1 1 1 xx x x y x y x y     . HD: Vì 1 2 1 2 21 1 1 0x y x y y      ; 110x và 21 0y  nên ta có:   1 21 1 2 2 2 11 2 22 11221 1 1120 01 1 1 11 x yx x y y y x yyx yx         . Tương tự ta cũng chứng minh được 32 3 1 1 2 112; 021 10 xx x y x y    . Suy ra: 3 31 2 1 2 2 3 3 1 1 2 1 2 2 3 3 1 1 11 1 1 1. . . .81 1 1 1 1 1 x xx x x x x y x y x y x y x y x y           . Dễ thấy dấu "=" có thể xảy ra chẳng hạn lấy 1 2 31x x x    , 1 2 30y y y  . Vậy 8 là giá trị lớn nhất của bài toán. 12. (China 2002). Cho 1 2, , ..., 2 nP P P n là một hoán vị bất kì của 1, 2,...,n. Chứng minh rằng: 1 2 2 3 1 1 1 1 1...2n n n P P P P P P n       . HD: Đặt 1 2 2 3 1 1 1 1... n n AP P P P P P       Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có: A  2 1 2 2 3 1 1 ...n n n P P P P P P       =     2 2 1 2 1 2 1 1 1 2...2 1 2...n n n n P P P P P n P P            Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 5 =         2 2 2 2 1 1 1 1 11 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2n n n n nn n n P P n n n n n n n                  . 13. (USA 2003). Cho , ,0;2a b c    . Chứng minh rằng:   sin .sin .sin sin0a a b a c b c   . HD: Đặt sin , sin , sinx a y b z c  . Khi đó , ,0x y z. Dễ thấy 2 2 2 2sin .sin .sin .sin .sina a b a c a b a c x x y x z      . Cần chứng minh: 2 2 2 20x x y x z  ? Đặt , , x u y v z w  . Bất đẳng thức thành: 0u u v u w  đúng theo bất đẳng thức Schur. 14. (Japan 2004). Cho , ,0 1 a b c a b c     . Chứng minh rằng: 1 1 121 1 1 a b c b c a a b c a b c             . HD: Ta có:   1 211 a b c aa a a a b c a b c         . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:  3232 2b b bc a c a a c a         . Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có:    22 23 2 2 ab bc cabc b c a c a abc c a abc a b c        . 15. (Taiwan 2005). Cho 1 2 95, ,...,0a a a. Chứng minh:  9 1 559 1 94 1,kkkk max aa   . HD: Đặt ,1kb max a thì ta có:  95 95 1 1 1,k kk k max a b     và 95 95 1 1k kk k a b    . Cần chứng minh: 595 1 9 1 94?kkkk bb    Thật vậy,  95 1 2 1 2 3 1 2 9 95 514 91 94 1 1 1 1...1...1 0 kkkkb b b b b b b b b bb              , hiển nhiên đúng vì 1 1, 2,...,95kkb  . 16. (Bulgaria 2006). Cho 33ab ba . Tìm giá trị lớn nhất của a b. HD: Đặt a b c . Từ giả thiết, ta có: 3 2 3323 3 2 0a a ca c a c cc a c a     . Nếu 0c thì để đẳng thức này đúng, ta cần có 4440 4 3 03c c     . Dấu "=" xảy ra khi a là nghiệm kép của phương trình bậc hai tương ứng ( cụ thể 23 2 6 cac  ). Do đó giá trị lớn nhất của tổng a b là: 44 3. Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 6 17. (Austria 2007). Cho 0 1 6690, ,...,1x x x  là các số thực khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng tồn tại cặp số ,i jx x sao cho: 102007i j i jx x x x  . HD: Không mất tính tổng quát, giả sử 0 1 6690...1x x x    . Đặt  668 1 10i i i ii S x x x x   . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:  2668 668 6683 3 2 211 1 1 1 1 10 0 0 1 2 4 i ii i i i i i i i i i i ii i i x xS x x x x x x x x x x x x                      668 6683 3 2 2 3 31 1 1 669 00 0 1 1 114 4 4i i i i i ii i x x x x x x x x S S                 Suy ra: 1 3S. Gọi 1 1k k k kx x x x  là số hạng nhỏ nhất trong 669 số hạng của S thì theo đánh giá trên, ta có: 1 1 1 1 1 1669 03.669 20 7 1 30k k k k k kx x xSx x x          ( đpcm). 18. (Indonesia 2008). Cho số tự nhiên 3n và các số thực 1 2, ,...,1nx x x. Chứng minh rằng: 1 11 2 3 1 2 ...41 1 1 n n nx x x xx xnx x x      . HD: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: 1 1 1 11 2 1 22 2 23 1 23 1 2 ... ...4 4 41 1 11 114 44 n n n n n nx x x x x x x xx x x x x x xx x x              = 1 1 1 11 2 1 22 2 2 2 2 23 1 2 3 1 2 4...4... .4n n n n n nnx x x x x x x xx x x xn nx x x x x x           . Dấu "=" xảy ra 1 2...2nx x x    . 19. (Moldova 2009). Cho 1, , ;22x y z    và , ,a b c là một hoán vị tùy ý của chúng. Chứng minh rằng: 2 2 260 1 60 1 60 1 4 5 4125 4 5 a b c xy z yz x zx y     . HD: Do 1, ;22x y    nên 2 2 1 2 2 1 05 44x y x xx yy y        . Do 260 1 0a  nên  2 260 1 60 1 4 5 5 4 a a xy z x y z     . Thiết lập hai bất đẳng thức tương tự như thế và rồi cộng vế theo vế ba bất đẳng thức này ta được:   2 2 22 2 260 1 60 1 60 1 4 5 4 5 6 54 0 3 54 a b c xy z yz x zx y a b c x y z         . Ta chỉ cần chứng minh: 2 2 220 120 16x yazb c    ? Do 2 2 2 2 2 2a b c x y z     nên bất đẳng thức này tương đương với: 2 2 22 2 20 5 2 1 5 2 1 5 220 20 151 0xx y z x yy zz            , luôn đúng. Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 7 Dấu "=" xảy ra 1 2x y z   . 20. Cho 1 2 2012, ,...,0;1x x x. Chứng minh rằng: 201120111 2 2012 1 2 2012...1 1...1 1x x x x x x    . HD: Để ý rằng: 2011 2012x x với 0;1x. Như vậy: 2011 20121 2 2012 1 2 2012... ...x x x x x x ; 2011 20121 2 2012 1 2 20121 1...1 1 1...1x x x x x x       Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 1 2 20122011 20121 2 2012 1 2 2012 ...... ...2012 x x xx x x x x x    và 1 2 20122011 20121 2 2012 1 2 2012 1 1...11 1...1 1 1...12012 x x xx x x x x x            . Suy ra: 201120111 2 2012 1 2 2012...1 1...1 1x x x x x x    . 21. Giả sử phương trình 4 3 22 1 0x mx x nx     có ít nhất một nghiệm thực. Chứng minh 2 28m n. HD: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta có:   24 2422 62 22 1 8...1 0 x m n x xx x         luôn đúng. 22. Cho ,0x y thỏa mãn: 3 3x y x y  . Chứng minh rằng: 2 24 1x y . HD: Ta có: 3 3 2 2 3 3 3 3 2 2 3 3 2 21 4 4 4x y x y x y x y x y x y x y x y             22 2 24 5 2 0y x xy y y x y y        . 23. Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 1 1 12013a b c  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 2 2 2Pa b c a b c a b c        HD: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM , ta có: 21 1 1 144xy x yx y x y         . Dấu “=” xảy ra khi x y. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 4 4 4 8 2 2a b c a b a c a b a c a b c                                     Tương tự: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, 2 8 2 2 2 8 2 2a b c a b c a b c a b c                   Cộng vế theo vế của ba bất đẳng thức trên ta được: Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 8 1 1 1 1 2013 4 4Pa b c        . 24.Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 3ab a b  . Chứng minh rằng:2 23 3 3 1 1 2 a b aba bb a a b       HD: Từ giả thiết ,0a b và 3ab a b   ta suy ra ba điều sau đây: (i)  2223 4 12 064 a ba bab a b a b a b a ba b                 . 6a b   không xảy ra. Vì thế 2a b  (1) (ii) 3 33 1 1ab abab a ba b a b a b a b             (2) (iii) 3 1 1 4 1 1 4ab a b a b b a b            (3) Sử dụng 2 , 3 để biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh ta được: 2 23 3 3 1 1 33 3 12 1 1 4 4 a b ab a ba b a bb a a b a b              2 23 3 314 4a b a ba b      Hay 2 2 2 2124 6 3 3 4a b a b a ba b        2 2123 10a b a ba b      (4). Để ý rằng 2 2 2 2 a ba b  nên (4) sẽ được chứng minh nếu bất đẳng thức sau là đúng:  2123 102 a ba ba b     (5). Đặt a b s . Từ giả thiết và (1) ta suy ra: 1ab. Khi đó bất đẳng thức (5) trở thành: 2 2246 20 0 2 4 12 0 2s s s s s ss           ( luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khi 2 1s a b   . 25. Cho số nguyên n 2n và hai số thực không âm ,x y.Chứng minh 1 11n n n nn nx y x y   . Dấu “=” xảy ra khi nào? HD: + Nếu 0x hoặc 0y thì bất đẳng thức luôn đúng. + Xét trường hợp 0, 0x y . Vai trò của ,x y như nhau trong bất đẳng thức cần chứng minh nên không giảm tính tổng quát có thể giả sử x y. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 1 11111 1 1 1 n n n nn nn nn ny y y yx xx x x x                                           Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 9 11 1 1 n nn ny y x x                          . Ta có: 1 0 1 0 n ny y y x x x               . Suy ra: 11 1 1 1 1 1 n n n nn n n n ny y y y y x x x x x                                                                      . Trong trường hợp ,0x y, bất đẳng thức không có dấu “=” xảy ra. Vậy dấu “=” chỉ xảy ra khi 0x hoặc 0y. 26. Cho , ,x y z là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 33 3 32 2 24 4 4 2.x y zP x y y z z xy z x             HD: Với , ,0x y z ta luôn có: a) 33 34x y x y  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .x y b) 33 34y z y z  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .y z c) 33 34z x z x  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .z x Ta chứng minh a). Việc chứng minh b) và c) là hoàn toàn tương tự như việc chứng minh a). Ta có: 3 22 2 2 2)4 4a x y x xy y x y x xy y x y           22 23 2 0 3 0x y xy x y      . Bất đẳng thức a) có dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Khi đó: 3 3 3 3 3 333 3 34 4 4 2 6x y y z z x x y z xyz        . Lại có: 2 2 23 62x y z y z xxyz       . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi .x y z  Suy ra: 3 3 16 12.P xyz xyz        Dấu “=” xảy ra11.xyzx y zx y z       27. Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 3.a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức4 9 16 9 16 4 16 4 9.a b c a b c a b cM         HD: Đặt 2;3;4 , 2;3;4,w2;3;4wa b c c a b b c au v M u v              2 2 2 w2 2 2 3 3 3 4 4 4a b c a b c a b cM u v               Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:322 2 2 3 2 6b c a b c     33 3 3 3 3 9a b c a b c    ; 34 4 4 4 4 16a b c a b c    . Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 10 Vậy 3 29.M Dấu bằng xảy ra khi 1.a b c   28. Cho , ,0x y z. Chứng minh rằng:   2 2 2 2 2 2 3 3 9 xyz x y z x y z x y z xy yz zx          HD: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 22 2 2 2 2 21. 1. 1. 3 3.x y z x y z x y z x y z          . Ta lại có: 22 2 233x y z xyz   và 233xy yz zx xyz  . Do đó     2 2 22 2 2 2 2 222 2 23 1 3 .3 xyz x y z x y zxyz x y z x y z xy yz zxx y z xyz              = = 3 2 2 2 1 3 1 3 3 3. .3 93 3 xyz x y z       29. Cho , ,0a b c thỏa 1ab bc ca  . Chứng minh rằng: 2 22 3101 11 a b c a bc     . HD: Đặt tan , tan , tana b c     với , ,0;4       . Theo giả thiết 1tan tan tan tan tan tan1ab bc ca            1tan tantan tan.tan1tan tantan1tan tan               cot tan    os0c      (1) Vì , ,0;4       nên 30;4         . Do đó 12      . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: sin2sin2 6sin2 10     (2) 2 2sin.os6sin2sin.os6sin2VT c c                   = 2 2 2 22cos.os6sin4cos6os sin4 36 2 10c c                 . 30. Cho ,0x y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 4 2 2 4 7 7x x y y y xA x y x y     . HD: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2 32337 7 7 44x x y y y x x y xy x y x y xy xxy x yy            22 24 2 2 4 2 222.2 2 22 2 xy x yxy xy x y xyx y x y xy x y      Suy ra: 8 2A. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x y. Vậy min8 2A. Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 11 31. Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 1 2a b c  . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:       a b b c b c a c a c a bPa b b c a c b c a c a b a c a b b c                    HD: Đặt , , x a b y b c z a c     . Suy ra: 2 1x y z a b c     . Khi đó: xy yz zxPxy z yz x zx y    . Ta có:  1 2.xy xy xy xy x y xy z xy z x y z x z y z xy z x y x zyy zx z z            . Chứng minh tương tự ta được: 1 2 yz y z yz x y x z x        ; 1 2 z x z y x x zx yy z    . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 3 2P. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 1 6a b c  . Vậy 3max2P khi 1 6a b c  . 32. Cho ,  là các góc nhọn. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1tan tan cotcotP      . HD: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:   1tan tan1 2.2tan tan.1tan tan.1tan tan4 272cot cot P                . 33. Cho , ,0x y z. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 22x y zAxy yz  . HD: Ta có: 2 22 123 68 30 x y z y Axy yz             . Dễ dàng suy ra 8 3MinA khi 2 3x y và 1 6z y. 34. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: 22012 2014f x x x   trên miền xác định của nó. HD: Điều kiện: 22014014x. Áp dụng lần lượt có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có:  2 22 240262012. 2012 1. 2014 2013 2012 2014 2013. 2013 20132 x xf x x x x x         Suy ra: 2013 2013 2013 2013f x. Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 12 Dễ dàng kiểm tra được: 2013 2013 2013; 2013 2013 2013f f   . 35. Cho , ,1;2a b c. Chứng minh: 4 1 4 4 b a c b a c b c c a c a a b a b b c       . HD: Chứng minh: .4.. 4 b ab a aa b b ca b cb c c a c     luôn đúng. Dễ dàng suy ta được điều phải chứng minh. 36. Cho , ,0x y z thỏa mãn: 2 2 21x y z  . Tìm giá trị lớn nhất của S x y z  . HD: Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có: 222 1xx  ; 222 1yy  ; 222 1zz . Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức này và sử dụng giả thiết 2 2 21x y z   ta suy ra 3 2MinS . 37. Cho , , ,0a b c d. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3a b c dSb c d c d a d a b a b c                                 . HD: Chứng minh bổ đề: 4 3 a b c d b c d c d a d a b a b c         ? Giải tương tư như bài 36 và sử dụng bổ đề trên. 38. Cho f x là hàm lồi trên 0;a. Giả sử 1 2, , ...0;,nxax x sao cho 1 2...0;nx x xa . Chứng minh rằng: 2112......1 0nnf xf x f xx xf xn f       . HD: Đặt 1 n ii S x  . Sử dụng bất đẳng thức Jensen ta có: với mọi 1,i n ta có: . .0. .0i i i ii x S x x S xf x f S f S fS S S S         . Suy ra: 1 111 1 01.0 n in nii i n i iii xn Sf x f S f ff x nxSfS             . 39. Cho , ,0a b c và . Chứng minh: 3.2 a b c a b c b c c a a b a b c             . HD: Không mất tính tổng quát, giả sử 0 b c a c a b b ca b c b c c a a a b               . Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu ngược chiều ta có:   31.2 2 a b ca b cb c c a a ba b c b c c a a b a b c                         . 40. Cho 1 2, ,...,0na a a và hai số ,0 . Chứng minh rằng: 1 2 1 2 1 2 ... ... ... n n n a a a a a a a a a n                      . HD: Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 13 Giả sử: 11 21 1 2 2 0... 0 ...0 ...n nn n a a aa a a a a a a                  . Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có: 1 1 2 2 1 2 1 2. . ... . ... ...n n n nn a a a a a a a a a a a a                      đpcm. 41. Giả sử phương trình: 3 20ax x bx c    có nghiệm dương. Chứng minh rằng: 263bc. HD:  3 23 21 1 10 0*ax x bx c c b ax x x                   . Nếu 1 2 3, ,x x x là nghiệm của phương trình đã cho thì 1 2 3 1 1 1, ,x x x là nghiệm của (*) Ta có: 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3 1 1 1 1 1 11 12 611 63 164 4x x x x x x x x x bb ccxc cx x                           1 2 3 61 1 11 1 14x x x                 luôn đúng. BẤT ĐẲNG THỨC TỪ CÁC CUỘC THI TOÁN QUỐC TẾ 1. (IMO 1961). Cho , ,a b c là độ dài các cạnh của một tam giác và diện tích là S . Chứng minh rằng: 2 2 24 3a b cS  . Khi nào xảy đẳng thức? Giải Gọi  là góc đối diện với cạnh có độ dài bằng a trong tam giác. Sử dụng 1sin2S bc ; 2 2 22cosa b c bc   ta có: 2 222224 3 3sin2 1cos03osS b c bc c b c bca b c                   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b c và 3 , nghĩa là tam giác trên là tam giác đều. 2. (IMO 1964). Ký hiệu , ,a b c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 2 2 23a b c a b c a b c a b cabc       . Giải Để ý rằng: 2 2abc a b c a a bc ab ac a a a b a c          . Tương tự: 2abc b c a b b b c b a      ; 2abc c a b c c c a c b      Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 0a a b a c b b c b a c c a c b       (*) Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (*) đúng với giả thiết mạnh hơn là , ,a b c không âm. Thật vậy, VT(*) không thay đổi khi thay đổi vai trò của , ,a b c. Vì vậy, ta có thể giả sử 0ab c  . Khi đó có thể biến đổi VT(*) như sau: VT(*)a a b a b b c b a b b c c a c b c              2a a b a a b b c b a b b c c a c b c           Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 14 =  2 20a a b a b b c c a c b c        vì 0ab c  . 3. (IMO 1969). Cho các số thực 1 2 1 2 1 2, , , , ,x x y y z z thỏa mãn các điều kiện: 1 20, 0x x  và 2 21 1 1 2 2 20, 0x y z x y z    . Chứng minh rằng:  2 1 2 1 2 21 1 1 22 2212 1 18 x y z x y zx x y y z z       . Thiết lập điều kiện cần và đủ để xảy ra dấu đẳng thức. Giải Xét các tam thức bậc hai: 21 1 1 12P X x X z X y   ; 22 2 2 22P X x X z X y   21 2 1 2 1 2 1 22P X P X P X x x X z z X y y        Đặt 21 1 1 1D x y z  ; 22 2 2 2D x y z  ;  2 1 2 1 2 1 2D x x y y z z     thì 1 2, ,P P P có biệt số lần lượt là 1 2,D D  và D . Để ý rằng:  2221 1 1 111 1211 1 1 1 1 1 ,z x y zP X x Xxx x y z DXx x               . Dấu “=” xảy ra khi 1 1 zXx . Tương tự:  222P XD x , dấu “=” xảy ra khi 2 2 zXx và  1 2 D xPxX , dấu “=” xảy ra khi 1 2 1 2 z zXx x  . Nhưng với mọi giá trị X ta có: 1 21 2 1 2 P X P X P XD D x x   nên khi 1 2 1 2 z zXx x  thì được 1 11 2 22 D xxxx D D  (*) Dấu “=” xảy ra khi 1 2 1 2 z z x x (1P X và 2P X đạt giá trị nhỏ nhất tại cùng một điểm X). Từ (*) sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số ta được: 1 2 1 21 21 2 1 21 21 21 21 2 8 8 2 1 1 1 12. 2. 8 2. D D D DD DD D D Dx xx xx xx x D           Dấu “=” xảy ra 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 , , , ,z zx x D D x x y y z zx x        . 4. (IMO 1971). Chứng minh rằng: bất đẳng thức sau chỉ đúng với 3n hoặc 5n 1 2 1 3 1 2 1 2 3 2... ... ...n na a a a a a a a a a a a        122 110..., , , ...,n n n nna a aa aa aaa    . Giải Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 15 - Với 4n, bất đẳng thức sai với 10a , 2 3 41a a a   . - Với 5n , bất đẳng thức sai với 1 4 3 2 1...0, 2, 1n n n n na a a a a a          . - Với 3n , bất đẳng thức cần chứng minh thành: 1 2 1 3 2 3 2 1 3 1 3 20a a a a a a a a a a a a      . Sử dụng tính đối xứng, ta giả sử được: 3 1 2 3min , ,a a a a . Khi đó ta có:  2 1 2 1 3 1 2 1 3 2 30a a a a a a a a a a       (đpcm) - Với 5n, bất đẳng thức cần chứng minh thành: 1 2 1 3 1 4 1 5 5 1 5 2 5 3 5 4...0a a a a a a a a a a a a a a a a        . Không mất tính tổng quát, giả sử 2 3 4 51aa a a a    . Khi đó ta có: 1 2 1 3 1 4 1 5 2 1 2 3 2 4 2 50a a a a a a a a a a a a a a a a        3 1 3 2 3 4 3 50a a a a a a a a   4 1 4 2 4 3 4 5 5 1 5 2 5 3 5 40a a a a a a a a a a a a a a a a        Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức này ta suy ra được đpcm. 5.(IMO 1973). Cho phương trình: 4 3 21 0x ax bx ax     có ít nhất một nghiệm thực, với ,a b là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2a b. Giải Gọi x là nghiệm của phương trình. Xét 0x ta thấy 41 0x  ( vô nghiệm), vì vậy 0x. Chia cả hai vế của phương trình trên cho 2x ta được: 2 2 1 10x a x bxx                (1) Đặt 2 2 22 211,x t x t x tx     . Phương trình (1) thành: 2 22 0 2t at b t at b       . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. .1. 2 1 1t a t b a b t a t t b         . Đặt 21s t  thì 5s và 2 2 23 sa b s . Đến đây có ba hướng giải quyết: Hướng 1: Xét hàm số   23 5, s f s ss   ta tìm được 2 2 5; 4min min5sa b f s     tại 5s. Khi đó: 42 15t x a      và 2 3b . Hướng 2: Ta có:   2 2345 34 45 0 5 5 9 05 s s s s ss           luôn đúng với 5s Hướng 3: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 16  239 9 9 16 9 9 16 46 6 2. .5 625 25 25 25 5 ss s sss s s s                Dấu “=” xảy ra 5s . 6. (IMO 1974). Cho , , ,0a b c d . Tìm tất cả các giá trị có thể có của biểu thức: a b c dSa b d a b c b c d a c d          . Giải Dễ dàng thấy được: a b c d a b c dSa b c d a b c d a b c d a b c d a b a b c d c d                      hay 1 2S  . Ta sẽ chứng minh tập giá trị của S là khoảng 1;2. Điều này có nghĩa là ta cần chỉ ra sự tồn tại nghiệm dương , , ,a b c d của phương trình: a b c dta b d a b c b c d a c d           với 1;2t. Chọn 1, ,1a x x b x c x     và 1d với 0, 1x . Phương trình này trở thành: 0f x với   2 2 2 11 1 21 2 1 2 x xx xf x t x x x x x           . Ta có: f x liên tục trên 0;1 và 0lim1 0xf x t  , 1lim2 0xf x t   nên suy ra: 0f x có ít nhất một nghiệm 00;1x hay nói cách khác tồn tại bộ số dương , , ,a b c d thỏa mãn phương trình trên. Vậy tập giá trị của S chính là khoảng 1;2 . 7. (IMO 1975). Cho các số thực dương 1 2, , ...,nx x x và 1 2, , ...,ny y y thỏa điều kiện: 211 2... , ...n nx x y yxy      . Chứng minh rằng nếu dãy các số 1 2, , ...,nz z z là một hoán vị bất kì của các số 1 2, , ...,ny y y thì ta có: 22 11 n iii n iiixxyz   . Giải Dễ dàng chứng minh được rằng: Nếu ,x y yx   thì  2 22 2x y xx yyx y    Suy ra: nếu i jmà jizz thì khi đổi chỗ ,i jz z cho nhau ta sẽ làm giảm tổng các bình phương xuống. Thế nhưng, từ các số iz (hoán vị của những iy ), ta cũng có thể quay về trật tự cũ (tức là vị trí các iz được đưa về vị trí ban đầu của các iy ) bởi một dãy các phép đổi chỗ như đã nói. Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. 8. (IMO 1977). Cho , , ,a b A B là các hằng số thực và 1cos sin cos2sin2f x a x b x A x B x    . Giả sử 0,xf x   . Chứng minh rằng: 2 22a b và 2 21A B . Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 17 Giải Gọi ,y z là các số thực sao cho: 2 2cosay a b   , 2 2sinby a b   2 2cosAz A B   , 2 2sinBz A B   Khi đó: biểu thức f x thành: 1cos cos2f x c x y C x z     với 2 2 2 2,c a b C A B    . Từ đó: 0zf z f  cho ta 2 21C A B  và 4 40f y f y               cho ta 2 22c a b  . Điều phải chứng minh. 9. (IMO 1978). Cho :f  là một song ánh. Chứng minh rằng:  211 1, n k n k k n f kk   Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:   2 21 1 1 1 1n n n k k k f k kkf k                      (1) Do f là song ánh nên: 1 1 1 1n n k kkf k    (2) Từ (1) và (2) ta suy ra:  211 1, n k n k k n f kk   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ,1f k k k   . 10. (IMO 1983). Cho , ,a b c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 2 2 20a b a b b c b c c a c a    . Hãy xác định xem dấu “=” xảy ra khi nào? Giải Đặt , ,a y z b z x c x y      ; , ,0x y z Bất đẳng thức cần chứng minh thành: 3 3 3xy yz zxxyz x y z  . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: 3 3 32xy yz zx x yxyz xzy z    . Suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Từ đây, dấu “=” xảy ra 3 3 3xy yz zxx y zz x y      . Suy ra: a b c  . Dấu “=” xảy raa b c    tam giác trên là tam giác đều. 11. (IMO 1984). Chứng minh rằng: 72702yz zx xy xyz     với , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện: 1x y z   . Giải Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 18 Ta có: 1 2 1 2 1 2 1 2 4 8x y z x y z xy yz zx xyz           4 8 1yz zx xy xyz     . Suy ra: 1 12 1 2 1 2 1 24 4yz zx xy xyz x y z         31 2 1 2 1 21 1 1 1 1 7. .4 27 4 4 27 4 27 x y z          . Ngoài ra, do giả thiết 1x y z   ta có: 2 101yz zx xy xyz xy z xz y yz       . Vậy ta suy ra được điều phải chứng minh. 12. (IMO 1995). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 1abc . Chứng minh rằng: 3 3 3 1 131 2a b c b c a c a b       . Giải Đặt 1 1 1, ,x y za b c   thì , ,0x y z và 1xyz . Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 3x y z  và 3 2 x y z y z z x x y  . Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: 2 2 23 2 x y z y z z x x y  . Không mất tính tổng quát, có thể giả sử 0xy z   . Khi đó: 0y z z x x x y zy   . Áp dụng bất đẳng thức Chybyshev ta có: 2 2 23 3 3.3 3 2 2 x y zx y z y z z x y x y z y zzz x x y                      . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x y z  hay 1a b c  . 13. (IMO 1999). Cho số tự nhiên 2n . Tìm hằng số C nhỏ nhất sao cho:  4 1 2 4 1 22 2 1 ..., , ,...,0i j ini j njC x x x x x xx x x x         . Với giá trị C vừa tìm được, hãy tìm điều kiện có đẳng thức xảy ra. Giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2 2 2 2 2 1 1 , 1 1i j n i j n i n i j i j i j i j k i j ik i jj ni x x x x x x x x x x x x                                 2 4 1 2 1 12 1 1 2 122 1 1.2 4 8 n ni j n ii i j ini i j iij n i x x x x x x x                              . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 21 2...i j i i i j nx x x x x x x x x     i j  Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 19 và 2 2 21 21 ...2 i jn injx x x x x       . Điều này chỉ có thể xảy ra khi có 2n số ix bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau. Vì đẳng thức có thể xảy ra nên ta đi đến kết luận 1 8 chính là giá trị nhỏ nhất có thể có của C . 14. (IMO 2000). Cho ba số thực dương , ,a b c có tích bằng 1. Chứng minh rằng: 1 1 11 1 11a b cb c a                        . Giải Ta có: 1 1 1 1 11 1 1 1aa b ab a bb c c c b bc                        . Sử dụng 1abc và 1abc và lưu ý 12bb ta được: 1 1 11 1 2aa b bb c c b a c                   . Tương tự ta chứng minh được: 1 11 1 1b cc a                ; 1 11 1ca cb a b                . Nhân vế theo vế các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi 1a b c   . 15. (IMO 2001). Cho các số thực dương , ,a b c . Chứng minh rằng: 2 2 28 8 1 8 a b c a bc b ca c ab       . Giải Cách 1: Đặt 2 2 2, , , 8 8 8 a b ca b c a bc b ca c ab         2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3, , , , ,a b cx x x y aa y bb y cca b c           Suy ra: 1 1 2 2 3 3, ,x y a x y b x y c   . Từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được: 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 1 1 2 32 32 3x x x y y yx y x y x y      2a b c aa b a b c cb ccab        Tiếp đến, ta lại đặt 1 2 3 1 2 3, , , . , . , .X a X b X c Y a a Y b b Y c c        Lại từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được: 2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 3 2 1 1 2 2 3 3XX Y X Y X YX X Y Y Y       2 2 2 2 a b c a b c aa bb cc a b c a b c              Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 20  3 2 2 2 2 a b ca b c a b caa bb cc            Mặt khác, ta lại có:  3232 2 2 2 2 2aa bb cc a b c aa bb cca b c               Thay , ,a b c   vào bất đẳng thức này rồi khai triển và biến đổi ta được bất đẳng thức tương đương là: 2 2 2 2 2 2183ab ac ba bc cabccba      2 2 20a b c b c a c a b      . Suy ra: 2 2 21 8 8 1 8 a b c a bc b ca c ab a b c a b c         . Dấu “=” xảy ra khi a b c  . Cách 2: Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng: 1 3 1 1 13 3238 a a a a bbcc   hay  21 1 13232338a ba acbc     Bất đẳng thức AM-GM cho ta: 2 21 1 1 12 2 2 1 1 231 1 1 1 1 13 3 3 33 3 3 33 3 3 3 3 332 .4 8a b c a b c a a b cb c a b c a bc                                      Suy ra:  21 1 13232338a ba acbc     , từ đó ta có: 1 3 1 1 13 3238 a a a a bbcc   . Tương tự ta chứng minh được: 1 1 3 3 1 1 1 1 1 13 3 3 32323 , 8 8 b c a b c a b c b cabc abc       Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này ta tìm được bất đẳng thức cần chứng minh. 16. (IMO 2003). Cho số tự nhiên n và 21...nxxx   là các số thực. a) Chứng minh rằng:   222 ,1 , 1 2 1 3 n n i j i ji j i j n x x x x            . b) Chứng minh rằng: đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2, , ...,nx x x là một cấp số cộng. Giải a) Do hai vế của bất đẳng thức đồng nhất nên không mất tính tổng quát giả sử 1 0 n ii x   . Ta có: ,1 1 1 2 2 1 i j n n n i j j i ii j i x x x x i n x           . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 21  2222 2 ,1 1 1 1 4 1 4 2 13 n n n n i j i ii j i i i n n x x i n x x                        . Mặt khác:  22 2 2 ,1 1 1 1 1 1 2 n n n n n n i j i i j j ii j i i j j i x x n x x x n x n x                         . Suy ra:   222 ,1 , 1 2 1 3 n n i j i ji j i j n x x x x           . b) Khi đẳng thức xảy ra ta có: 2 1ix k i n   với k nào đó, tức là 1 2, , ...,nx x x là một cấp số cộng. Mặt khác, giả sử 1 2, , ...,nx x x là cấp số cộng với công sai d . Khi đó ta có: 12 1.2 2 ni x xdx i n    Giảm 1 2 nx x từ mỗi ix , ta được 2 12i dx i n   và 1 0 n ii x  , từ đó suy ra đẳng thức. 17. (IMO 2004). Cho số tự nhiên 3n và 1 2, , ...,nt t t là các số thực thỏa mãn: 21 21 2 1 1 11... ...nn n t t tt t t             . Chứng minh rằng: , ,i j kt t t là các cạnh của một tam giác với mọi 1i j k n    . Giải Do tính đối xứng nên ta chỉ cần chứng minh 1 2 3t t t  . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: 21 2 31 1 4 41 2 3 1 1 1 1 11 n n n n i ii i i ii i n t t t t tt t t t t                                       2 1 2 34 41 2 3 1 1 1 1n n ii ii t t t tt t t t                              2 1 2 31 2 3 1 1 13t t t nt t t                Suy ra: 21 2 31 2 3 1 1 11 3t t t n nt t t             . Do 2 2 110 3, 3 3 10 11 1 n n nn n            nên từ bất đẳng thức trên ta thu được: 1 2 31 2 3 1 1 110t t tt t t          . Giả sử 1 2 3t t t ta có: 2 31 2 3 1 2 31 2 3 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 1 11t tt t t t t tt t t t t t t t                                Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 22 1 2 3 1 1 2 3 2 3 1 2 3 2 3 1 4 31 4 5 5 3 2 10t t t t t t t t t t t t t t t                    , vô lý. Vậy ta có được điều phải chứng minh. 18. (IMO 2005). Cho ba số , ,z0x y sao cho 1xyz . Chứng minh rằng: 5 2 5 2 5 2 5 2 2 5 2 2 5 2 20x x y y z z x y z y z x z x y            . Giải Cách 1: Ta có:    23 2 2 25 2 5 2 5 2 23 2 2 2 3 2 2 2 5 2 20 1x x y zx x x x x y zx x y z x x y z x y z             Suy ra:  2 25 2 5 2 5 2 2 5 2 2 5 2 23 2 2 2 1xyzx xx x x xx x x y z x y z x y zx x y z               (vì 1xyz) 2 2 2 20x xy x y z      . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1x y z  . Cách 2: Vì 5 2 2 2 2 5 2 2 5 2 21x x x y z x y z x y z         nên bài toán quy về việc chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 5 2 23x y z x y z     . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và kết hợp với điều kiện 1xyz ta có: 5 2 2222 2 2 222 22x xx y z yzyz y z x y zy z       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 2 5 2 22 22 2 1 3x y z x yyz y z xy yz zxz x y z x y zx y z x y z                    (vì 2 2 2x y zxy yz zx    ) Cách 3: Do 2 22yy zz và 1xyz nên ta có: 4 425 2 22 222 4 2 1 11 2x xy z y z y x z y z y          Ta sẽ chứng minh: 42 2 2 2 13 2xy z y z     ? Đây là một bất đẳng thức thuần nhất nên điều kiện 1xyz có thể bỏ qua để chuẩn hóa 2 2 23x y z  . Bất đẳng thức trên trở thành: Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 23 42 2 4 2 2 31 11 33 6 92 3 x x xxx x      . Do  24 22 2 223 6 9 3 1 66; 3 0x x xx y z     nên ta có: 2 2 4 2 3 3163 6 9 x x x x      . 19. (IMO 2006). Tìm số thực M nhỏ nhất sao cho  22 2 22 2 2 2 2 2ab a b bc b c cabc aM a c     , với mọi , ,a b c. Giải Xét đa thức: 2 2 2 2 2 2P t tb t b bc b c ct c t     . Dễ dàng kiểm tra được rằng: 0P b P c P b c     và do đó: P t b c t b t c t b c     , với hệ số là b c . Vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại dưới dạng: 2 2 2 2 2 2ab a b bc b c ca c a P a b c a b a c a b c           . Bài toán quy về việc tìm số thực M nhỏ nhất sao cho:  22 2 2M a b cb c a b a c a b c       (1) Để ý rằng biểu thức này là đối xứng và không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng: ab c  . Với điều giả sử này, ta có:   22 2 4 b a c b c a a b b c b a c b               (2) Dấu “=” xảy ra ở (2) khi và chỉ khi b a c b   hay 2b a c  . Hơn nữa,  2 22 22 c bab ac b b           2 2 2 23 2c a b a c b c a           (3) Dấu “=” xảy ra ở (3) khi và chỉ khi 2b a c  . Từ (2) và (3) ta có: b c a b a c a b c      31 4c a a b c     6 21 4c a a b c    Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 24   32 2 2 22.1.4 3 b a c b c a a b c                    232 2 2 242 2 3 b a c b c a a b c                   . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:   22 2 2 2 2 2 4 b b c a b a c a a c b c a a b c b c                    22 2 29 2 32a b c   . Ta thấy: (1) là thỏa mãn khi 9 2 32M với dấu “=” xảy ra khi chỉ khi 2b a c  và   2 2 2 2 3 b a c b c a a b c        . Thay 2 a cb vào phương trình cuối cùng ta được:  2 22 9c a a c   . Các điều kiện xảy ra dấu đẳng thức có thể trình bày lại như sau: 2b a c  và  2218c a b . Cho 1b , suy ra: 3 2 3 21 , 12 2a c    . Ta thấy 9 2 32M là giá trị cần tìm thỏa yêu cầu bài toán và dấu đẳng thức xảy ra khi bộ ba ; ;a b c là 3 2 3 21;1;12 2        cùng các hoán vị của nó. 20.(IMO 2007). Cho 1 2, , ...,na a a là các số thực. Với mỗi 1ii n  xác định: :1:ij id max j mi ij nn j     và đặt :1iid max dn  . a) Chứng minh rằng: với mọi 21...nxxx   , ta có :12i imadx xi na   . b) Chứng minh rằng: tồn tại 21...nxxx  sao cho ta luôn có đẳng thức trong câu a) Giải a) Cho 1p q r n    là các chỉ số mà ,:1,:q p j r jjd d a max a aq j nmin a q  Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 25 Do đó p qd a a  (các chỉ số này không cần duy nhất). Với các số thực tùy ý 21...nxxx  , xét hai đại lượng ,p p r rx a x a  . Vì p p r r p r r pp ra x x a a a xdxa a       nên ta có: hoặc 2p padx hoặc 2r rxda. Vậy , ,2:1p p r r p pi ir r di n max x a x a max x amax xxaa        . b) Với mỗi 1i n  , đặt :1i jjM max ai  và : .i jm min a ij n  Đặt 2 i ii m Mx . Rõ ràng iiima M  mà ,i im M là giảm. Hơn nữa, từ 2222 ii ii ii i i iii i i i i d m Md M m x MM m dx a x m          Vì vậy, :12:12 ii imaxddi n max i nx a           . Đến đây, ta có đẳng thức. 21. (IMO 2012). Cho số nguyên 3n và các số thực dương 2 3, , ...,na a a thỏa mãn 2...1na a . Chứng minh rằng:  2 3 2 31 1...1nnna a a n    . Giải Cách 1: Với mỗi 2k ta viết 1 11...1 1k ka ak k      (1k phân số 1 1k ). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho k số ta được:  11 1 kkkk ak k a   hay   11 1 k kkk kka k a   . Do đó:  2 3 2 1 2 2. ...121 nn n nn n VT   . Vì dấu “=” không đồng thời xảy ra nên nVT n . Cách 2: Với mỗi 2k xét hàm số:  1k k x f xx   trên khoảng 0; . Hàm số liên tục và có đạo hàm   1 2 1 1 1k k x k x f x x     . Do đó hàm này đạt cực tiểu tại 1 1kxk hay   11 k k kkk kff x k x   . Vậy nên  2 3 2 32 31 1....1...n nnn na aa aan a n  . Một số chuyên đề bài tập Dành cho học sinh chuyên Toán Văn Phú Quốc, GV. Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, tỉnh Quảng Nam 26 Vì dấu “=” không đồng thời xảy ra nên  2 3 2 31 1...1nnna a a n   . Cách 3: Với mỗi 2k ta sẽ tìm số thực a lớn nhất để 1kxax , với mọi 0;x  . Ta xét hàm số: 1k kf x x ax   . Hàm số liên tục và có đạo hàm  11k kf x k x a   . Suy ra: phương trình 0kf x có nghiệm 11 01 kaxk       . Do đó hàm này đạt cực tiểu tại 11 01 kaxk       . Bây giờ ta cần tìm a để 00kf x , bởi thế nên cho  1. 1 k k ka k  Vậy ta đã chứng minh được:   11 1kk k kx k x   , với mọi 0;x  . Áp dụng bất đẳng thức này cho các số dương 2 3, , ...,na a a ta được:  2 3 2 32 31 1....1...n nnn na aa aan a n  . Vì dấu “=” không đồng thời xảy ra nên  2 3 2 31 1...1nnna a a n   . CHƯƠNG II: PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1. Cho hàm số :f  thỏa mãn 1 0f và 3 4 1f m n f m f n mn    , ,m n . HD: - Thay 1m n , ta có: 2 2 1 9 9f f  ; - Thay 2m n , ta có: 4 2 2 45 63f f  ; - Thay 4m n , ta có: 8 2 4 189 315f f  ; - Thay 8m n , ta có: 16 2 8 765 1395f f  ; - Thay 2m, 1n ta có: 