Y2 1 1 HAY 1

2 . y2

1

1

Hay 1

? 2Phép chứng minh của ta hoàn tất. 3√3L

ỜI

G

IẢI

3 (VIMF). Ta có 1

1

Từ bất ñẳng thức ñúng 4

_√F

^*

5

0, ta ñược 1

?

_√F

^l

_F

, tương tự ñối với 1

và 1

ta thu ñược 2√3 43 2√3 43Theo bất ñẳng thức c\de1 thì 2√3

43 2√3 43

2√3

43

2√3

43

2√3 43 Và ta chỉ cần chứng minh

2 2√3 43 3√3Bất ñẳng thức này tương ñương với bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng ] √3^

0. Phép chứng minh của ta hoàn tất. This file was downloaded from the

Olympiad Resources Page 24 http://www.vimf.tk/ http://www.vimf.cọcc/

Giải Toán Như Thế Nàỏ

ðẾN … BÀI TOÁN TỔNG QUÁT

V

V V

VIMF IMF IMF IMF

LTG. Trong kì thi Toán Quốc tế (IMO) năm 2008 có câu 2 là một bài toán bất ñẳng thức khá haỵ Bài toán này có rất nhiều cách giải nhưng tử tưởng chính vẫn là ñưa về bình phương của một tổng

(

^x

²

^≥0

)

. Trong bài này, tôi xin giới thiệu với các bạn một lời giải như thế và một lời giải khác nữa cũng ñẹp mắt bằng bất ñẳng thức Z[=\OR>/SO – b[\0 – c\de1W , và phần cuối sẽ là bài toán tổng quát. Chúng ta cùng bắt ñầu với B

ÀI

T

OÁN

*. Cho /, 0, 1 là các số thực khác 1 và thoả mãn /01 1. Chứng minh rằng

2

2

2

x y z− − −

2

2

2

1( 1) ( 1) ( 1)x + y + z ≥+ + += = = = =x=b b, c; a b, b c, w c ay z u vL

ỜI

G

IẢI

1 (VIMF). Do /01 1 nên ñặt a,c a a b b c c aTa có      x y z a b c+ + ≥ ⇔  +  +  ≥− − −  −   −   − 

2

2

2

1 1x y z a b b c c a +   +   +  a b b c c a1 1 1 1⇔  +  + +  + +  ≥ ⇔ + + + + + ≥1 u v w 2(u v w) 1      a b b c c a4 Lại có (u+1)(v+1)( +1)=(w u−1)(v−1)(w−1)⇒uv vw wu+ + = 1−Do ñó

2

2

2

2

u + +v w + u+ +v w ≥ ⇔ + +u v w + u+ +v w − uv+vw+wu ≥2( ) 1 ( ) 2( ) 2( ) 1⇔ + + + + + + − ≥ ⇔ + + + ≥ (luôn ñúng).

2

2

(u v w) 2(u v w) 2 1 0 (u v w 1) 0Vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh xong. L

^ỜI

G

^IẢI

2 (V

Õ

Q

^UỐC

B

Á

C

^ẨN

). + + ≥a b c 1     Cũng như trên ta phải chứng minh Mà theo bất ñẳng thức Z[=\OR>/SO – b[\0 – c\de1W thì

(

^{(a b) (}

²

^{a c)}

²

)

^ _{(a b}^a

²

₎

²

^

⁽

^{a a( c)}

⁾

²

(

^a

²

^ac

)

²

 − −   ≥ −  = −

∑



∑

− 

∑ ∑ ∑

Lại có

(

^{(a−b) (}

²

^c−a)

²

)

^=

⁽

^{(a−b c)( −a)}

⁾

^

²

⁻²

⁽

^{(a−b c( −a b)( −c b)( −c)}

⁾

∑ ∑ ∑

(

^{(a b c)( a)}

)

²

^{2(a b b)( c c)( a a b)( b c c a)}

(

^{(a b c)( a)}

)

²

(

^a

²

^ac

)

²

   =

∑

− −  + − − − − + − + − =

∑

− −  =

∑

−

∑

Do ñó Trên ñây là hai lời giải ñẹp mắt cho bài toán *. Tuy nhiên chưa dừng lại, ta muốn tìm một bài toán tổng quát hơn. Và như mong ñợi, chúng ta có Page 25 B

ÀI

T

OÁN

**. Cho /, 0, 1 là các số thực khác 1 và thoả mãn /01 1, và số thực bất kì <. Chứng minh     x m y m z m+  + ≥   a m b m c m= = =L

ỜI

G

IẢI

(VIMF). ðặt , ,a b c− − − thì , ,1 1 1+ + + =a m b m c mDo /01 1 nên . . 1− − − ^{⇔(m+1)(ab+bc+ca)+}

(

^m

²

^{−1 (}

)

^{a+ + +b c) m}

³

^{+ =1 0(1)}+ Nếu m= −1thì BðT hiển nhiên ñúng + Nếu m≠ −1 thì từ (1) suy ra ^{−(ab+bc+ca)=}

(

^{m−1 (}

)

^{a+ + +b c) m}

²

^{− +m 1}

( )

2

2

2

( )

2

2( ) ( )

2

2 1 ( ) 2

2

2 2a + + = + +b c a b c − ab+bc+ca = + +a b c + m− a+ + +b c m − m+= + + + − + + ≥ + ≥(a b c m 1) m 1 m 1 1N

HẬN

X

ÉT

. Rõ ràng bài toán ** tổng quát cho bài toán * (với trường hợp riêng < 0, và ñiều kiện ñể ñẳng thức xảy ra trong bài toán ** cũng là < 0). Việc ñánh giá VT ≥m

²

+ ≥1 1là một ñiều rất haỵ Các bạn hãy giải bài toán ** theo hướng của lời giải 1 của bài toán *, xem như bài tập. Page 26

Tài liệu tham khảo

[1] Titu Andreescu, Vasile Cirtoajẹ Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, Vol