Phan Đình Trung

Bài toán 1 : Cho các số dương $a,b,c,d,e$ thuộc đoạn $\left [ p,q \right ]$ . Chứng minh rằng :

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

Lời giải :

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

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

Đặt $f_1(a)=\dfrac{\alpha }{a}$ , 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 :

$\left [ rp+(5-r)q \right ]\left [ \dfrac{r}{p}+\dfrac{5-r}{q} \right ]\leq 25+6.\dfrac{(p-q)^2}{pq}\Leftrightarrow \left [ rp+(5-r)q \right ]\left [ rq+(5-r)p \right ]\leq 25pq+6(p-q)^2=6p^2+6q^2+13pq\Leftrightarrow (r^2-5r+6)(p^2+q^2)\geq 2(r^2-5r+6)pq\qquad(*)$

Vì $r\in \left \{ 0,1,2,3,4,5 \right \}$ nên $r^2-5r+6\geq 0$ , do đó $(*)$ 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 $[p,q]$

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

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

Bài toán 2 : Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a,b,c\in \left [ 0,1 \right ]$ . Chứng minh rằng :

$\dfrac{a}{b+c+1}+\dfrac{b}{c+a+1}+\dfrac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1$

Lời giải :

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

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

Đặt $f_1(a)=\dfrac{a}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)=\alpha a+\beta$ 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 $f_2(a)=\dfrac{b}{c+a+1}=\dfrac{\gamma }{a+\delta }$ , vì $a\in \left [ 0,1 \right ]$ và $\gamma ,\delta \geq 0$ 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 $f_3(a)=\dfrac{c}{a+b+1}=\dfrac{\varphi }{a+\tau }$ , 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 $\alpha ,\beta ,\delta ,\tau ,\varphi$ 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 $Max f(a) =\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{b}{c+2}+\dfrac{c}{b+2}\leq \dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{b}{c+b+1}+\dfrac{c}{b+c+1}=1$

Nếu $a=0$ thì $Max\;f(a)=\dfrac{b}{c+1}+\dfrac{c}{b+1}+(b-1)(c-1)=\dfrac{b(b+1)+c(c+1)+(c^2-1)(b^2-1)}{(c+1)(b+1)}=\dfrac{b^2c^2+b+c+1}{(c+1)(b+1)}\leq \dfrac{bc+b+c+1}{(c+1)(b+1)}=1$

Như vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3 : Tìm tất cả các giá trị $a,b,c,d,e\in \left [ 0,1 \right ]$ sao cho
$A=\dfrac{a}{1+bcde}+\dfrac{b}{1+cdea}+\dfrac{c}{1+deab}+\dfrac{d}{1+eabc}+\dfrac{e}{1+abcd}=4$

Lời giải :

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

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

Ta chứng minh $a+b+c+d+e-abcdea \leq 4\qquad(*)$

Thật vậy, vế trái của $(*)$ 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 $a+b+c+d+e-abcde=a+b+c+d+e\leq 0+1+1+1+1=4\leq 4$

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

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

Như vậy $(*)$ 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 $a+b+c+d+e\leq 4+abcde\leq 4(1+abcde)\Rightarrow A=\dfrac{a+b+c+d+e}{1+abcde}\leq 4$

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 :

$\dfrac{a_1}{1+a_2a_3...a_n}+\dfrac{a_2}{1+a_1a_3...a_n}+...+\dfrac{a_n}{1+a_1a_2...a_{n-1}}\leq n-1$

Bài toán 4 : Cho các số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn $a,b,c\in \left [ 0,1 \right ]$ . Chứng minh rằng :
$(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+a+b+c+d\geq 1$

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 $a,b,c,d\in \left \{ 0,1 \right \}$ .