Những bài bất đẳng thức từ các cuộc thi giải toán

Voõ Quoác Baù Caån
An Inequality collection
Let the solutions say your method!
The second version
Caàn Thô © 2009
www.mathvn.com
Võ Quốc Bá Cẩn
Copyright c© 2009 by Vo Quoc Ba Can.
All rights reserved. No part of this book may be reproduced or distributed in any form or by any
means, or stored in data base or a retrieval system, without the prior written the permission of the
author.
www.mathvn.com
Lời cảm ơn
Quyển tuyển tập này chắc chắn sẽ không thể thực hiện được nếu không có sự đóng góp của những
người bạn của tôi. Họ đã trực tiếp động viên tôi thực hiện, gửi cho tôi những bài toán hay giúp tôi
có thể tuyển tập lại một cách tốt nhất có thể các bài toán bất đẳng thức. Xin được nêu ra đây những
người bạn thân thiết đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình thực hiện quyển tuyển tập này
1. Nguyễn Văn Dũng - Giảng viên Học Viện Kỹ Thuật Quân Sự Hà Nội.
2. Trần Quang Hùng - Cao học toán trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQG Hà Nội.
3. Cao Minh Quang - Giáo viên trường THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long.
4. Võ Thành Văn - Lớp 12 Toán, trường THPT Chuyên, ĐHKH Huế.
5. Nguyễn Mạnh Dũng - Lớp 12 Toán, khối Phổ Thông Chuyên Toán – Tin, trường ĐHKHTN,
ĐHQH Hà Nội.
6. Trần Anh Tuấn - đang cập nhật thông tin.
www.mathvn.com
Những bài bất đẳng thức từ các cuộc thi giải toán
Bài O1. Giả sử a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a2+b2+ c2+abc= 4. Chứng minh rằng
0≤ ab+bc+ ca−abc≤ 2.
(USAMO 2000)
Lời giải 1 (V. Q. B. Cẩn). Bất đẳng thức bên trái là hiển nhiên, bởi vì từ giả thiết, ta suy ra có ít nhất
một số trong ba số a,b,c không lớn hơn 1. Giả sử số đó là c, khi đó ta sẽ có
ab+bc+ ca−abc= ab(1− c)+ c(a+b)≥ 0.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức bên phải. Thay abc = 4− (a2+b2+ c2) vào, ta có thể viết
lại bất đẳng thức này thành a2+b2+ c2+ab+bc+ ca≤ 6. Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng để
chứng minh bất đẳng thức này. Giả sử tồn tại một bộ số (a,b,c) gồm các số hạng không âm sao cho
a2+b2+ c2+abc= 4 và a2+b2+ c2+ab+bc+ ca> 6. Khi đó, ta sẽ có
4= a2+b2+ c2+abc=
6(a2+b2+ c2)
6
+
6
√
6abc
6
√
6
>
6(a2+b2+ c2)
a2+b2+ c2+ab+bc+ ca
+
6
√
6abc
(a2+b2+ c2+ab+bc+ ca)3/2
,
suy ra
2(ab+bc+ ca)− (a2+b2+ c2)> 3
√
6abc√
a2+b2+ c2+ab+bc+ ca
.
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 4 (ở dạng phân thức), ta thấy
2(ab+bc+ ca)− (a2+b2+ c2)≤ 6abc(a+b+ c)
a2+b2+ c2+ab+bc+ ca
,
nên từ trên ta suy ra
6abc(a+b+ c)
a2+b2+ c2+ab+bc+ ca
>
3
√
6abc√
a2+b2+ c2+ab+bc+ ca
.
Điều này chứng tỏ rằng abc > 0 và
√
2(a+ b+ c) >
√
3(a2+b2+ c2+ab+bc+ ca). Điều này vô
lí, bởi vì ta luôn có
3(a2+b2+ c2+ab+bc+ ca)−2(a+b+ c)2 = a2+b2+ c2−ab−bc− ca≥ 0.
Như vậy, không thể nào tồn tại các số a,b,c thỏa mãn giả thiết của đề bài sao cho a2+b2+c2+ab+
bc+ ca> 6, hay nói một cách khác, với mọi a,b,c không âm sao cho a2+b2+ c2+abc= 4, ta phải
có
ab+bc+ ca−abc≤ 2.
Bài toán được chứng minh xong. Dễ thấy bất đẳng thức bên trái đạt được dấu bằng khi (a,b,c) là một
hoán vị của bộ số (2,0,0); và bất đẳng thức bên phải đạt được dấu bằng khi (a,b,c) = (1,1,1) hoặc
(a,b,c) là một hoán vị của bộ số
(√
2,
√
2,0
)
.
www.mathvn.com
Những bài bất đẳng thức từ các cuộc thi giải toán 5
Lời giải 2. Đây là một chứng minh rất hay và đặc sắc cho bất đẳng thức bên phải. Trong ba số a,b,c,
luôn tồn tại ít nhất 2 số sao cho hiệu của chúng khi trừ cho 1 có cùng dấu với nhau. Không mất tính
tổng quát, giả sử hai số đó là a và b, khi đó ta có c(a−1)(b−1)≥ 0, suy ra abc≥ ac+bc− c. Mặt
khác, theo bất đẳng thức AM – GM thì 4 = a2+b2+ c2+abc ≥ 2ab+ c2+abc, suy ra ab ≤ 2− c.
Từ đây, ta thu được
ab+bc+ ca−abc≤ (2− c)+bc+ ca− (ac+bc− c) = 2.
Lời giải 3 (V. Q. B. Cẩn). Xin được giới thiệu thêm cùng bạn đọc một chứng minh khác cho bất
đẳng thức bên phải. Từ giả thiết, ta dễ dàng chứng minh được tồn tại các số không âm x,y,z sao cho
(x+ y)(y+ z)(z+ x) > 0 và a = 2x√
(x+y)(x+z)
,b = 2y√
(y+z)(y+x)
,c = 2z√
(z+x)(z+y)
. Với phép đặt thuần
nhất này, ta có thể đưa bài toán về chứng minh
2∑
cyc
xy
(x+ y)
√
(x+ z)(y+ z)
− 4xyz
(x+ y)(y+ z)(z+ x)
≤ 1.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
2∑
cyc
xy
(x+ y)
√
(x+ z)(y+ z)
≤∑
cyc
xy
x+ y
(
1
x+ z
+
1
y+ z
)
=∑
cyc
xy
(x+ y)(x+ z)
+∑
cyc
xy
(y+ z)(y+ x)
=∑
cyc
xy
(x+ y)(x+ z)
+∑
cyc
zx
(x+ y)(x+ z)
=∑
cyc
x(y+ z)
(x+ y)(x+ z)
= 1+
4xyz
(x+ y)(y+ z)(z+ x)
.
Vì thế bất đẳng thức trên là hiển nhiên đúng, và phép chứng minh của ta được hoàn tất.
Bài O2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ ca+abc= 4. Chứng minh rằng
a+b+ c≥ ab+bc+ ca.
(Việt Nam, 1996)
Lời giải 1 (V. Q. B. Cẩn). Từ giả thiết, suy ra ta có thể đặt a= 2xy+z ,b=
2y
z+x và c=
2z
x+y với x,y,z là
các số thực dương. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành
x
y+ z
+
y
z+ x
+
z
x+ y
≥ 2xy
(x+ z)(y+ z)
+
2yz
(y+ x)(z+ x)
+
2zx
(z+ y)(x+ y)
.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
VP≤∑
cyc
xy
[
1
(x+ z)2
+
1
(y+ z)2
]
=∑
cyc
xy
(z+ x)2
+∑
cyc
xy
(y+ z)2
=∑
cyc
zx
(y+ z)2
+∑
cyc
xy
(y+ z)2
=∑
cyc
x
y+ z
=VT.
Phép chứng minh của ta được hoàn tất. Dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z, tức là
a= b= c= 1.
www.mathvn.com
6 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn
Lời giải 2 (V. Q. B. Cẩn). Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng. Giả sử rằng tồn tại các số dương
a,b,c sao cho ab+ bc+ ca+ abc = 4 và a+ b+ c < ab+ bc+ ca. Khi đó, ta có a+b+cab+bc+ca < 1, dẫn
đến
4= (ab+bc+ ca) ·1+abc ·1
> (ab+bc+ ca) ·
(
a+b+ c
ab+bc+ ca
)2
+abc ·
(
a+b+ c
ab+bc+ ca
)3
=
(a+b+ c)2
ab+bc+ ca
+
abc(a+b+ c)3
(ab+bc+ ca)3
.
Từ đây, ta tìm được
2(ab+bc+ ca)− (a2+b2+ c2)> abc(a+b+ c)
3
(ab+bc+ ca)2
.
Nhưng mà theo bất đẳng thức Schur bậc 3 ở dạng phân thức thì 2(ab+ bc+ ca)− (a2+ b2+ c2) ≤
9abc
a+b+c . Điều này dẫn đến
9abc
a+b+ c
>
abc(a+b+ c)3
(ab+bc+ ca)2
,
suy ra abc > 0 và 9(ab+ bc+ ca)2 > (a+ b+ c)4 (mâu thuẫn bởi vì ta luôn có (a+ b+ c)2 ≥
3(ab+bc+ca) theo AM – GM). Bởi vậy, ta không thể có a+b+c 0
thỏa mãn giả thiết của đề bài. Điều này chứng tỏ rằng a+b+c≥ ab+bc+ca, đây chính là điều phải
chứng minh.
Lời giải 3 (V. Q. B. Cẩn). Ta sẽ sử dụng phương pháp dồn biến để chứng minh bất đẳng thức đã
cho. Để ý rằng ngoài điểm đẳng thức là a = b = c = 1 thì bất đẳng thức đã cho còn có một điểm
"nhạy cảm" là a = b→ 2,c→ 0 (cùng các hoán vị). Điều này gợi cho ta giả sử c = min{a,b,c} và
dùng phép dồn biến để đưa hai biến a,b về bằng nhau và bằng một số t dương nào đó. Muốn vậy,
việc trước tiên ta phải làm đó là đảm bảo giả thiết của bài toán, tức là bộ số (t, t,c) phải thỏa mãn
t2+ 2tc+ t2c = ab+ bc+ ca+ abc = 4. Vì ta cần dồn biến từ (a,b,c) về (t, t,c) nên ta phải chứng
minh
a+b+ c−ab−bc− ca≥ 2t+ c− t2−2tc,
tương đương
(a+b−2t)(1− c)+(t2−ab)≥ 0. (∗)
Mặt khác, từ cách chọn của t, ta có c(a+b−2t) = (c+1)(t2−ab). Ta sẽ chứng minh a+b−2t và
t2− ab là những số không âm. Thật vậy, giả sử a+ b− 2t < 0, khi đó ta cũng có t2− ab < 0. Điều
này dẫn đến ab> t2 > (a+b)
2
4 ≥ ab (vô lí). Vì vậy, ta phải có a+b−2t ≥ 0 và t2−ab≥ 0. Ngoài ra,
từ giả thiết của c, dễ thấy c≤ 1. Và như thế, bất đẳng thức (∗) là hiển nhiên đúng. Phép dồn biến đã
được hoàn tất, công việc còn lại của ta chỉ là chứng minh 2t+ c− t2−2tc≥ 0 với t2+2tc+ t2c= 4.
Đây là một công việc rất đơn giản, bởi vì từ t2+2tc+ t2c= 4, ta tìm được c= 2−tt ≥ 0, dẫn đến
2t+ c− t2−2tc= 2t+ 2− t
t
− t2−2(2− t) = (2− t)(t−1)
2
t
≥ 0.
Lời giải 4 (V. Q. B. Cẩn). Dễ thấy rằng trong ba số a,b,c có ít nhất hai số có hiệu khi trừ cho 1 là
những số cùng dấu với nhau. Giả sử hai số đó là a,b, khi đó ta sẽ có c(a− 1)(b− 1) ≥ 0, dẫn đến
abc≥ ac+bc− c. Từ đây, ta thu được
a+b+ c+abc≥ (a+b)(c+1).
www.mathvn.com
Những bài bất đẳng thức từ các cuộc thi giải toán 7
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta lại có
4= abc+ c(a+b)+ab≤ (a+b)
2
4
· c+ c(a+b)+ (a+b)
2
4
,
suy ra
c≥ 4−
(a+b)2
4
(a+b)2
4 +(a+b)
=
4− (a+b)
a+b
=
4
a+b
−1.
Cộng 1 vào hai vế của bất đẳng thức này rồi nhân cho a+b> 0, ta thu được ngay (a+b)(c+1)≥ 4.
Do đó, kết hợp với trên, ta được a+b+ c+abc≥ (a+b)(c+1)≥ 4= ab+bc+ ca+abc, hay nói
một cách khác
a+b+ c≥ ab+bc+ ca.
Bài O3. Với a,b,c là các số thực dương bất kì, hãy tìm tất cả các số thực k để cho bất đẳng thức sau
đúng (
k+
a
b+ c
)(
k+
b
c+a
)(
k+
c
a+b
)
≥
(
k+
1
2
)3
.
(Việt Nam, 2009)
Lời giải (V. Q. B. Cẩn). Đầu tiên, ta cho a= b= 1, bất đẳng thức đã cho trở thành
(
k+ 11+c
)2 (
k+ c2
)≥(
k+ 12
)3
, tương đương
(c−1)2(4k2c+4k2+2k−1)
8(c+1)2
≥ 0.
Đến đây, cho c→ 0, ta thấy bất đẳng thức chỉ đúng nếu 4k2 + 2k− 1 ≥ 0. Ta sẽ chứng minh rằng,
nghiệm của bất phương trình này chính là tập hợp tất cả các giá trị của k thỏa mãn yêu cầu bài toán,
tức là chứng minh với 4k2+2k−1≥ 0 thì(
k+
a
b+ c
)(
k+
b
c+a
)(
k+
c
a+b
)
≥
(
k+
1
2
)3
.
Thật vậy, đặt x = 2ab+c ,y =
2b
c+a ,z =
2c
a+b thì hiển nhiên xy+ yz+ zx+ xyz = 4 và bất đẳng thức trên
được viết lại thành (2k+ x)(2k+ y)(2k+ z)≥ (2k+1)3. Bây giờ, áp dụng bất đẳng thức AM – GM,
ta dễ thấy xyz≤ 1. Từ đó, sử dụng kết quả bài O2, ta thu được
(2k+ x)(2k+ y)(2k+ z) = 8k3+4k2(x+ y+ z)+2k(xy+ yz+ zx)+ xyz
≥ 8k3+4k2(xy+ yz+ zx)+2k(xy+ yz+ zx)+ xyz
= 8k3+(4k2+2k)(4− xyz)+ xyz
= 8k3+16k2+8k− (4k2+2k−1)xyz
≥ 8k3+16k2+8k− (4k2+2k−1) = (2k+1)3.
Như vậy, phép chứng minh của ta đã được hoàn tất. Điều này cũng chứng tỏ rằng khẳng định của ta
ở trên là đúng, tức là tập hợp tất cả các giá trị cần tìm của k chính là nghiệm của bất phương trình
4k2+2k−1≥ 0.
Bài O4. Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn
1
a4+1
+
1
b4+1
+
1
c4+1
+
1
d4+1
= 1.
www.mathvn.com
8 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn
Chứng minh rằng
abcd ≥ 3.
(Latvia 2002)
Lời giải 1 (V. Q. B. Cẩn). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
1=
1
a4+1
+
1
b4+1
+
1
c4+1
+
1
d4+1
=
1
a4
1
a4 +1
+
1
b4
1
b4 +1
+
1
c4
1
c4 +1
+
1
d4
1
d4 +1
≥
( 1
a2 +
1
b2 +
1
c2 +
1
d2
)2
1
a4 +
1
b4 +
1
c4 +
1
d4 +4
.
Từ đó suy ra 1a4 +
1
b4 +
1
c4 +
1
d4 +4≥
( 1
a2 +
1
b2 +
1
c2 +
1
d2
)2
, tức là
2≥ 1
a2b2
+
1
a2c2
+
1
a2d2
+
1
b2c2
+
1
b2d2
+
1
c2d2
.
Mà theo bất đẳng thức AM – GM thì 1a2b2 +
1
a2c2 +
1
a2d2 +
1
b2c2 +
1
b2d2 +
1
c2d2 ≥ 6abcd nên kết hợp với
trên, ta dễ dàng suy ra được bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= b=
c= d = 4
√
3.
Lời giải 2. Đặt x= 1a4+1 ,y=
1
b4+1 ,z=
1
c4+1 và t =
1
d4+1 thì ta có x+ y+ z+ t = 1 và
a4 =
1− x
x
=
y+ z+ t
x
, b4 =
z+ t+ x
y
, c4 =
t+ x+ y
z
, d4 =
x+ y+ z
t
.
Từ đó, để chứng minh bất đẳng thức abcd ≥ 3, ta thấy rằng ta chỉ cần chứng minh được
y+ z+ t
x
· z+ t+ x
y
· t+ x+ y
z
· x+ y+ z
t
≥ 81.
Nhưng bất đẳng thức này hiển nhiên đúng bởi vì theo AM – GM, ta có
y+ z+ t
x
· z+ t+ x
y
· t+ x+ y
z
· x+ y+ z
t
≥ 3
3
√
yzt
x
· 3
3
√
ztx
y
· 3
3
√
txy
z
· 3
3
√
xyz
t
= 81.
Phép chứng minh của ta được hoàn tất.
Bài O5. Cho các số dương a,b,c thỏa mã ... ), Schur, Jensen and Holder inequality,
Cauchy – Bunyakovski – Schwarz inequality4 (CBS) is a fundamental result, with remarkable applica-
tions. The main question is how do we recognise an inequality that can be solved using this method?
It is very hard to say this clearly, but it is definitely good to think of CBS inequality whenever we have
sums of radicals or sums of squares and especially when we have expressions involving radicals.
Let us first consider some problems in which it is better to apply the direct form of CBS inequality(
n
∑
i=1
aibi
)2
≤
(
n
∑
i=1
a2i
)(
n
∑
i=1
b2i
)
.
The main difficulty is to choose ai and bi. We will see that in some cases this is trivial, while in the
other cases it is very difficult. Let us solve some problems now:
Example 1. Prove that if x,y,z are real numbers such that x2 + y2 + z2 = 2, then the following in-
equality holds
x+ y+ z≤ 2+ xyz.
(IMO Shorlist, proposed by Poland)
Solution. Why do we shoud think of CBS inequality? The reason: the relation we are asked to prove
can be written as x(1− yz)+ y+ z≤ 2 and we are bound to consider the sum x2+ y2+ z2. However,
there are lots of ways to apply CBS. The choice
[x(1− yz)+ y+ z]2 ≤ [x2+ y2+ z2][2+(1− yz)2]
does not help. So, maybe it is better to look at y+ z as a single number. Observe that we have the
equality when x= 1,y= 1 and z= 1 (for example), the choice
x(1− yz)+ y+ z≤
√
[x2+(y+ z)2][1+(1− yz)2]
becomes natural. So, we must prove that 2(1+ yz)(2−2yz+ y2z2)≤ 4 or y3z3 ≤ y2z2, which is easy,
since 2≥ y2+ z2 ≥ 2yz.
Another non-trivial application of CBS inequality is the following problem.
Example 2. Let a,b,c,x,y,z be positive real numbers such that ax+by+ cz= xyz. Prove that
x+ y+ z>
√
a+b+
√
b+ c+
√
c+a.
3Bài viết này được trích từ tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
4Trong quyển sách này, chúng ta gọi là bất đẳng thức Cauchy Schwarz.
www.mathvn.com
Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality 59
Solution. We write ayz +
b
zx +
c
xy = 1 and now the substitution a= yzu,b= zxv and c= xyw becomes
natural. So, we must prove that√
z(yu+ xv)+
√
x(zv+ yw)+
√
y(zu+ xw)< x+ y+ z for u+ v+w= 1.
One can see the form of the CBS inequality[√
z(yu+ xv)+
√
x(zv+ yw)+
√
y(zu+ xw)
]
≤ (x+ y+ z)(yu+ xv+ zv+ yw+ zu+ xw),
and the latter is of course smaller than (x+ y+ z)2, since u+ v+w= 1.
We have seen that CBS inequality can be applied when we have sums. What about products? The
following example will show that we need some imagination in this case:
Example 3. Let n (n ≥ 2) be an integer and let a1,a2, . . . ,an be positive real numbers. Prove the
inequality
(a31+1)(a
3
2+1) · · ·(a3n+1)≥ (a21a2+1) · · ·(a2na1+1).
(Czech – Slovak – Polish Match, 2001)
Solution. We try to apply CBS inequality for each factor of the product in the RHS. It is natural to
write (1+ a21a2)
2 ≤ (1+ a31)(1+ a1a22), since we need 1+ a31, which appears in the LHS. Similarly,
we can write
(1+a22a3)
2 ≤ (1+a32)(1+a2a23), . . . , (1+a2na1)2 ≤ (1+a3n)(1+ana21).
Multiplying we obtain
[(a21a2+1) · · ·(a2na1+1)]2 ≤ [(a31+1) · · ·(a3n+1)][(1+a1a22) · · ·(1+ana21)]. (∗)
Well, it seems that CBS inequality does not work for this one. False! We use again the same argument
to find that
[(1+a1a22) · · ·(1+ana21)]2 ≤ [(a31+1) · · ·(a3n+1)][(a21a2+1) · · ·(a2na1+1)]. (∗∗)
Thus, if (a21a2+1) · · ·(a2na1+1)≥ (1+a1a22) · · ·(1+ana21), then (∗) will give the answer, otherwise
(∗∗) will.
It is now time to solve some harder problems.
Example 4. Given x> 0,y> 0 such that x2+ y3 ≥ x3+ y4. Prove that
x3+ y3 ≤ 2.
(Russia, 1999)
Solution. The idea is to majorize x3+ y3 with A(x3+ y4) for a certain A, which seems reasonable,
looking at the exponents. We can try some tricks with CBS and AM – GM:
(x3+ y3)2 ≤ (x3+ y4)(x3+ y2)≤ (x2+ y3)(x3+ y2)≤
(
x2+ y2+ x3+ y3
2
)2
.
Thus we have established that x3+y3≤ x2+y2.However (x2+y2)2≤ (x+y)(x3+y3) and so x2+y2≤
x+ y≤
√
2(x2+ y2). Hence x2+ y2 ≤ 2 and consequently x3+ y3 ≤ 2.
www.mathvn.com
60 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn
Example 5. Prove that if x,y,z ∈ [−1,1] satisfying x+ y+ z+ xyz= 0, then
√
x+1+
√
y+1+
√
z+1≤ 3.
Solution. We first try CBS inequality in the obvious form:
√
x+1+
√
y+1+
√
z+1≤
√
3(x+ y+ z+3).
But is the RHS smaller than 3? Well, if x+ y+ z ≤ 0, it is. Let us suppose it is not the case. Thus
xyz< 0. Let z< 0. It follows that x,y∈ (0,1].We will not give up and try to use again CBS inequality,
but for the first two radicals:
√
x+1+
√
y+1+
√
z+1≤
√
2x+2y+4+
√
z+1.
We have to prove that √
2x+2y+4+
√
z+1≤ 3,
which is equivalent to
2(x+ y)
2+
√
2x+2y+4
≤ −z
1+
√
z+1
, or
−2z(1+ xy)
2+
√
2x+2y+4
≤ −z
1+
√
z+1
,
that is
2xy+2(1+ xy)
√
z+1≤
√
2x+2y+4.
Since 1+ z= (1−x)(1−y)1+xy , everything comes down to proving that
xy+
√
(1− x)(1− y)(1+ xy)≤
√
1+
x+ y
2
.
We would like to use CBS inequality such that 1− x vanishes from the LHS. Specifically:
xy+
√
(1− x)(1− y)(1+ xy) =√x ·
√
xy2+
√
1− x ·
√
1+ xy− y− xy2
≤
√
1+ xy− y≤ 1≤
√
1+
x+ y
2
.
Maybe the hardest example of them all is the following problem:
Example 6. Prove that for all positive real numbers a,b,c,x,y,z, we have
a
b+ c
(y+ z)+
b
c+a
(z+ x)+
c
a+b
(x+ y)≥ 3 · xy+ yz+ zx
x+ y+ z
.
(Walther Janous, Crux Mathematicorum)
Solution. We have
∑
cyc
a
b+ c
(y+ z)+∑
cyc
(y+ z) =
(
∑
cyc
a
)(
∑
cyc
y+ z
b+ c
)
=
1
2
[
∑
cyc
(b+ c)
](
∑
cyc
y+ z
b+ c
)
≥ 1
2
(
∑
cyc
√
y+ z
)2
.
www.mathvn.com
Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality 61
We will show that
1
2
(
∑
cyc
√
y+ z
)2
≥
3∑
cyc
yz
∑
cyc
x
+2∑
cyc
x (1)
from which our result will follow.
(1) is equivalent to[
∑
cyc
(
x+
√
x2+ xy+ yz+ zx
)](
∑
cyc
x
)
≥ 3∑
cyc
yz+2
(
∑
cyc
x
)2
.
Since
∑
cyc
√
x2+(xy+ yz+ zx)≥
√√√√(∑
cyc
x
)2
+9∑
cyc
yz.
Hence, it is enough to show that
(
∑
cyc
x
)√√√√(∑
cyc
x
)2
+9∑
cyc
yz≥ 3∑
cyc
yz+2
(
∑
cyc
x
)2
which becomes obvious when we square both sides.
We will now take a look at most used trick in past year constest problems. It is a direct variant of
CBS inequality:
n
∑
k=1
a2k
bk
≥
(
n
∑
k=1
ak
)2
n
∑
k=1
bk
,
for all real numbers ak and positive numbers bk (k = 1,2, . . . ,n).
An easy application of this trick is the following problem given at the Tournament of The Towns
competition.
Example 7. Prove that for all positive real numbers a,b,c, we have the following inequality
a3
a2+ab+b2
+
b3
b2+bc+ c2
+
c3
c2+ ca+a2
≥ a
2+b2+ c2
a+b+ c
.
Solution. If we write the RHS as (a
2+b2+c2)2
(a+b+c)(a2+b2+c2) , we will know what we have to do
∑
cyc
a3
a2+ab+b2
=∑
cyc
(a2)2
a(a2+ab+b2)
≥
(
∑
cyc
a2
)2
∑
cyc
a(a2+ab+b2)
.
So, we will be able to prove the inequality if ∑
cyc
a(a2+ab+b2)≤ (a+b+ c)(a2+b2+ c2), which is
in fact verified with equality occur.
www.mathvn.com
62 Let the solutions say your method - Võ Quốc Bá Cẩn
There are cases when it is impossible to find ai and bi. Let us discuss some problems in which it is
not easy at all to use the trick.
Example 8. Prove that for all positive real numbers a,b,c, we have the inequality
(b+ c−a)2
a2+(b+ c)2
+
(c+a−b)2
b2+(c+a)2
+
(a+b− c)2
c2+(a+b)2
≥ 3
5
.
(Japan, 1997)
Solution. The most natural way would be:
∑
cyc
(b+ c−a)2
a2+(b+ c)2
=∑
cyc
( b+c
a −1
)2( b+c
a
)2
+1
≥
(
∑
cyc
b+c
a −3
)2
∑
cyc
( b+c
a
)2
+3
because this way we obtain a nice inequality in three variables, whose properties are well-known.
Thus, we have to show that if x= b+ca ,y=
c+a
b ,z=
a+b
2 , then
(x+ y+ z−3)2 ≥ 3
5
(x2+ y2+ z2+3),
which is equivalent to (
∑
cyc
x
)2
−15∑
cyc
x+3∑
cyc
xy+18≥ 0.
Unfortunately, we cannot use directly the fact that xy+ yz+ zx ≥ 12. So, we should look for some
thing like xy+ yz+ zx ≥ k(x+ y+ z). The best would be k = 2 (so as to have an equality when
x= y= z= 2). Indeed, after some computations this can be written as
∑
cyc
a3+3abc≥∑
cyc
ab(a+b),
which is Schur inequality. Hence, we can write(
∑
cyc
x
)2
−15∑
cyc
x+3∑
cyc
xy+18≥
(
∑
cyc
x
)2
−9∑
cyc
x+18≥ 0,
the last one being obvious since x+ y+ z≥ 6.
At IMO 2001, problem 2 was a challenge for the contestants. Here we suggest an approach, which
leads to a nice generalization.
Example 9. Given positive real number k ≥ 8. Show that for positive real numbers a,b,c, we have
a√
a2+ kbc
+
b√
b2+ kca
+
c√
c2+ kab
≥ 3√
k+1
.
(Generalization of IMO 2001)
Solution. We have, by CBS inequality(
∑
cyc
a√
a2+ kbc
)(
∑
cyc
a
√
a2+ kbc
)
≥
(
∑
cyc
a
)2
.
www.mathvn.com
Cauchy – Bunyakovski – Schwarz Inequality 63
Now, apply CBS inequality again for the second sum, we have(
∑
cyc
a
√
a2+ kbc
)2
=
(
∑
cyc
√
a ·
√
a3+ kabc
)
≤
(
∑
cyc
a
)[
∑
cyc
(a3+ kabc)
]
.
All we have to do now is to show that
(k+1)
(
∑
cyc
a
)3
≥ 9∑
cyc
(a3+ kabc).
But it is equivalent to
(k−8)(a3+b3+ c3)+3(k+1)(a+b)(b+ c)(c+a)≥ 27kabc,
which is obvious by AM – GM inequality.
Practice problems
1. Given x,y,z> 1 such that 1x +
1
y +
1
z = 2. Prove that
√
x+ y+ z≥√x−1+
√
y−1+√z−1.
(Iran, 1998)
2. Prove that if a1,a2, . . . ,a6 ∈
[
1√
3
,
√
3
]
, then we have
a1−a2
a2+a3
+
a2−a3
a3+a4
+
a3−a4
a4+a5
+
a4−a5
a5+a6
+
a5−a6
a6+a1
+
a6−a1
a1+a2
≥ 0.
(Vasile Cirtoaje)
3. Given x ∈ [0,1]. Show that
x
(
13
√
1− x2+9
√
1+ x2
)
≤ 16.
(Olympiad of 30 April of Vietnam, 1996)
4. Prove that for 2n arbitrary real numbers a1,a2, . . . ,an and x1,x2, . . . ,xn, we have
n
∑
i=1
aixi+
√√√√( n∑
i=1
a2i
)(
n
∑
i=1
x2i
)
≥ 2
n
(
n
∑
i=1
ai
)(
n
∑
i=1
xi
)
.
When does equality hold?
(Kvant 1989)
5. Given real numbers a,b,c,x,y,z such that (a+ b+ c)(x+ y+ z) = 3 and (a2 + b2 + c2)(x2 +
y2+ z2) = 4. Prove that
ax+by+ cz≥ 0.
(Mathlinks contest 2005)
www.mathvn.com
Giúp bạn giải toán
Hiện tại chưa có bài ở mục này.
www.mathvn.com
Danh mục tài liệu tham khảo
[1] Titu Andreescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu,Old and New Inequalities,
Vol. 1, GIL publishing house, 2004.
[2] Võ Quốc Bá Cẩn, Cosmin Pohoata, Old and New Inequalities, Vol. 2, GIL publishing house,
2008.
[3] Iurie Boreico, Võ Quốc Bá Cẩn, Mircea Lascu, Yong Su, Bin Xiong, Introduction to Inequali-
ties, GIL publishing house, 2009.
[4] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), Bất đẳng thức và một số vấn đề liên quan, chuyên đề bồi dưỡng
giáo viên THPT chuyên, hè 2005.
[5] Vasile Cirtoaje, Algebraic Inequalities – Old and New Methods, GIL publishing house, 2006.
[6] Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, nhà xuất bản Tri Thức, 2006.
[7] Hojoo Lee, Topics in Inequalities, 2006.
[8] Thomas Mildorf, Olympiad Inequalities, 2005.
[9] Tạp chí Crux Mathematicorum.
[10] Tạp chí toán học Mathvn.
[11] Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
[12] Tạp chí Recreatii Matematice (tiếng Romania).
[13] Các tài liệu olympic toán online.
www.mathvn.com