Lâu nay tôi cũng thỉnh thoảng ngó nghiêng một chút các đề thi chuyên toán tuyển sinh 10 để soạn bài cho mấy cậu học trò. Nhưng là case by case thôi. Đợt này nhớ chiến dịch của Lê Phúc Lữ, tự dưng được làm quen với hàng loạt các đề thi mới và tôi bắt đầu để ý đến đặc điểm các đề thi. Tôi nhận thấy rằng bất đẳng thức và cực trị xuất hiện hầu hết trong các đề thi (có lẽ phải trên $80 \%$ ). Xem kỹ hơn tôi thấy các bài này khá là khó (không biết có phải vì lâu ngày tôi không làm bất đẳng thức không). Thực sự nhiều bài có thể lấy làm dề thi VMO. Tuy nhiên, các đề khó nhưng lại không mới, cho nên sẽ vẫn có ai đó giải được, mà nhìn lời giải ngắn gọn chúng ta sẽ tưởng là các bài đó đơn giản. Thực tê thì một bài toán khó hay dễ không chỉ nhìn lời giải mà biết được, chúng ta phải xông vào làm thì mới biết. Vì thế tôi đã thử tập hợp lại các bài bất đẳng thức trong đề thi vừa rồi và thử giải. Thú thật là nhiều bài tôi lúng túng, phải tham khảo gợi ý của các bạn trong nhóm "Hưóng tới Olympic toán VN ". Xin cảm ơn các bạn đó.
Trong bài viết này, tôi sử dụng 36 bài toán thi của các trường và các tỉnh (các trường thi sau tôi không kịp đưa vào), giải và có những bình luận. Các ý kiến của tôi về các bài toán là chủ quan. Tôi sẽ rất vui nếu nhận được các lời giải, bình luận, ý kiến khác từ bạn đọc. Bản thân tôi luôn cho rằng các bài toán thi tuyển sinh 10 rất quan trọng. Khi ra một đề toán, chúng ta phải cân nhắc rất nhiều yếu tố: vừa có tính thách thức, vừa có tính gợi mở và đăc biêt là không đánh đố, đề thi nên có tính thẩm mỹ, gon, đep. Trong 36 đề toán mà tôi trích dẫn có những đề hay, đẹp nhưng cũng có những đề quá xấu xí, cồng kềnh, gọi là "nhìn thấy đã không muốn làm". Học tập rất cần cảm xúc, rất cần những bài toán đẹp, ý tưởng đẹp, lời giải đẹp. Đừng làm xấu xí toán học, làm cho nó trở nên “kinh khủng".
Bài toán 1 (Gia Lai). Cho $x, y$ là các số thức không âm thỏa mãn diều kiện $x+y=2 .$ Tìm giá trị lớn nhât và giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\left(5 x^{2}+7 y\right)\left(5 y^{2}+7 x\right)+151 x y . $$
Lời giải. Bài này cơ bản, phù hợp với thi tuyển sinh 10 . Đặt $t=x y$ và sử dụng điều kiện $x+y=2$ ta tính được $P$ theo $t$ như sau $$ P=25 t^{2}-10 t+280=(5 t-1)^{2}+279 . $$ Đến đây thì dễ rồi.
Bài toán 2 (Quảng Bình). Cho $x, y, z \in[5,7]$. Chúng minh rằng $$ \sqrt{x y+1}+\sqrt{y z+1}+\sqrt{z x+1}>x+y+z . $$
Lời giải. Mẹo chính của bài này là $x, y \in[5,7]$ suy ra $|x-y| \leqslant 2$. Từ đó $$ 1+x y \geqslant \frac{(x-y)^{2}}{4}+x y=\frac{(x+y)^{2}}{4} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $|x-y|=2$. Vì là mẹo nên bài này khó bình luận.
Bài toán 3 (Đại học Khoa học, Huế). Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chúng minh rằng $$ 3(a b+b c+c a) \leqslant(a+b+c)^{2}<4(a b+b c+c a) $$
Lời giải. Bài này thì quá cơ bản rồi. Vế trái chỉ là $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geqslant 0 .$ Còn vế phải thì dùng $a^{2}<a(b+c)$ là xong
Bài toán 4 (Tây Ninh). Cho $x, y, z$ là các số thực thỏa mãn $0 \leqslant x, y, z \leqslant 1 .$ Tim giá trị lón nhất của biểu thúc $$ T=2\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)-\left(x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x\right) $$
Lời giải 1. Ta dự đoán giá trị lớn nhất là 3 đạt được khi $x=y=z=1$. Để xuất hiện đánh giá liên quan đến $x^{2} y, y^{2} z, z^{2} x$, ta sử dụng điều kiện để suy ra $\left(1-x^{2}\right)(1-y) \geqslant 0 .$ Suy ra $$ -x^{2} y \leqslant 1-x^{2}-y $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự, ta có $$ -x^{2} y-y^{2} z-z^{2} x \leqslant 3-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\right) . $$
Từ đó $$ \begin{aligned} T &=2\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)-x^{2} y-y^{2} z-z^{2} x \\ & \leqslant 2\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)+3-\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\right) \\ &=3-x(1-x)(1+2 x)-y(1-y)(1+2 y)-z(1-z)(1+2 z) \leqslant 3 \end{aligned} $$ Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$.
Lời giải 2. Trước hết ta chứng minh $2 x^{3}-x^{2} y \leqslant 2 x-x y$. Thật vậy, điều cần chứng minh tương đương với
$$ 2 x\left(1-x^{2}\right)-x y\left(1-x^{2}\right) \geqslant 0 \Leftrightarrow x\left(1-x^{2}\right)(2-y) \geqslant 0 . $$ Tương tự $$ 2 y^{3}-y^{2} z \leqslant 2 y-y z, 2 z^{3}-z^{2} x \leqslant 2 z-z x . $$ Suy ra $$ T \leqslant 2(x+y+z)-(x y+y z+z x) . $$ Ta lại có $$ (1-x)(1-y)+(1-y)(1-z)+(1-z)(1-x) \geqslant 0 $$ Suy ra $$ 3+x y+y z+z x-2(x+y+z) \geqslant 0 . $$ Từ (1) và (2) suy ra $T \leqslant 3$. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi $x=y=z=1$.
Lời giải 3. Dành cho các thầy cô giáo và các bạn học sinh THPT. Nếu để ý $T$ là biểu thức thuần nhất bậc $3$ $$ T(k a, k b, k c)=k^{3} T(a, b, c), $$ ta sẽ thấy GTLN của $T$ sẽ phải đạt được khi có một biến nào đó bằng 1 . Chẳng hạn $z=1$. Khi đó thì $$\begin{align}T&=2\left(x^{3}+y^{3}+1\right)-x^{2} y-y^{2}-x \\ &\leqslant x^{2}+x+y^{2}+y+3-1-x^{2} y-y^{2}-x \\& =3-\left(1-x^{2}\right)(1-y) \leqslant 3 .\end{align} $$ Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là $3$.
Bài toán 5 (Bình Dương). Cho $x, y, z>0$ thỏa mãn $x y+y z+z x=1$. Chúng minh rằng $$ 10 x^{2}+10 y^{2}+z^{2} \geqslant 4.$$
Lời giải. Ý tưởng là dùng AM-GM có trọng số. Các hệ số của $x, y$ giống nhau nên $x, y$ có vai trò như nhau. Ta tách $$ \left(10-\frac{a^{2}}{2}\right) x^{2}+\left(10-\frac{a^{2}}{2}\right) y^{2}+\frac{a^{2} x^{2}+z^{2}}{2}+\frac{a^{2} y^{2}+z^{2}}{2} \geqslant\left(20-a^{2}\right) x y+a x z+a y z . $$ Ta chọn $a$ sao cho vế trái là hằng số, tức là $20-a^{2}=a$. Giải ra được $a=4$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y$ và $4 x=4 y=z$, tức là khi $x=y=\frac{1}{3}, z=\frac{1}{3}$. Bài này được tính là khá thách thức.
Bài toán 6 (Cần Thơ). Cho $x, y, z$ là các số thực dương. Chúng minh rằng $$ \frac{(x+2)^{2}}{y+z}+\frac{(y+2)^{2}}{z+x}+\frac{(z+2)^{2}}{x+y} \geqslant 12 . $$
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ở dạng phân thức, ta có $$ V T \geqslant \frac{(x+y+z+6)^{2}}{2(x+y+z)} . $$ Tiếp tục áp dụng AM-GM cho hai số $x+y+z$ và 6 thì
$$ (x+y+z+6)^{2} \geqslant 4(x+y+z) \cdot 6=24(x+y+z) $$ Suy ra điều phải chứng minh. Nếu quen cách dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như ở trên thì cũng ở dạng cơ bản.
Bài toán 7 (Tiền Giang). Cho $a, b, c$ là các số thực dương thay đổi thỏa mãn $a b c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thúc $$ M=\frac{1}{a^{2}+2 b^{2}+3}+\frac{1}{b^{2}+2 c^{2}+3}+\frac{1}{c^{2}+2 a^{2}+3} $$
Lời giải. Bài này khá khó chịu nếu không liên hệ được với bài toán quen thuộc sau: Cho $a b c=1$ khi đó $$ \frac{1}{a b+b+1}+\frac{1}{b c+c+1}+\frac{1}{c a+a+1}=1 $$ Ta có $$ a^{2}+2 b^{2}+3=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+1\right)+2 \geqslant 2(a b+b+1) $$ Từ đó $$ \frac{1}{a^{2}+2 b^{2}+1} \leqslant \frac{1}{2(a b+b+1)} . $$ Từ đó GTLN cần tìm bằng $\frac{1}{2}$, đạt được khi $a=b=c=1$.
Bài toán 8 (Quảng Nam). Cho ba số thực dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x y+y z+z x=x y z$. Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ H=\frac{x^{2}}{9 z+z x^{2}}+\frac{y^{2}}{9 x+x y^{2}}+\frac{z^{2}}{9 y+y z^{2}} . $$
Lời giải. Ý đầu tiên để giải bài này là đưa điều kiện về $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$ rồi đặt $a=\frac{1}{x}, b=\frac{1}{y}$, $c=\frac{1}{z}$. Điều kiện $a+b+c=1$ dĩ nhiên là dễ sử dụng hơn. Lúc này thì $$ H=\frac{a}{9 b^{2}+1}+\frac{b}{9 c^{2}+1}+\frac{c}{9 a^{2}+1} . $$ Ta dùng AM-GM để đánh giá các số hạng của $\mathrm{H}$ như sau $$ \frac{a}{9 b^{2}+1}=\frac{a+9 a b^{2}-9 a b^{2}}{9 b^{2}+1}=a-\frac{9 a b^{2}}{9 b^{2}+1} \geqslant a-\frac{9 a b^{2}}{6 b}=a-\frac{3 a b}{2} . $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự, ta suy ra (ở đây ta dùng bất đẳng thức quen thuộc $\left.3(a b+b c+c a) \leqslant(a+b+c)^{2}\right)$ $$ H \geqslant a+b+c-\frac{3}{2}(a b+b c+c a) \geqslant 1-\frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{2} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$, tức là khi $x=y=z=3$.
Bài toán 9 (Ninh Thuận). Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $x y z=\frac{1}{8}$. Chúng minh rằng $$ \frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{1}{x+y+z} \leqslant \frac{2}{3} . $$
Lời giải. Bài này nhẹ nhàng. Ý tưởng là sử dụng đánh giá trung gian để đưa về một biến. Đặt $$ x+y+z=\frac{6}{t^{2}} . $$ Sử dụng đánh giá $(x y+y z+z x)^{2} \geqslant 3 x y z(x+y+z)$, ta sẽ suy ra $$ (x y+z y+z x)^{2} \geqslant \frac{9}{4 t^{2}} . $$ Suy ra $x y+y z+z x \geqslant \frac{3}{2 t}$. Từ đó $$ \frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{1}{x+y+z} \leqslant \frac{2 t}{3}-\frac{t^{2}}{6}=\frac{2}{3}-\frac{1}{6}(t-2)^{2} \leqslant \frac{2}{3} $$ Lưu ý, cách đặt chỉ giúp chúng ta làm việc với các số đẹp hơn, không phải bí quyết của cách giải. Nếu ta đặt $x+y+z=t$ cũng được.
Bài toán 10 (Nghệ An). Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn $a b+b c+c a \leqslant 3 a b c$. Tìm giá trị nhỏ nhât của biểu thúc $$ P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}-\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2(a+b)}}-\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}}{2(b+c)}}-\sqrt{\frac{c^{2}+a^{2}}{2(c+a)}} . $$
Lời giải. Bài này là rất khó đối với mức THCS. Đã phân thức lại còn chứa căn, có điều kiện, lại cồng kềnh, bốn thứ gộp lại. Để giải bài toán, ta cần vài đánh giá để đơn giản bớt biểu thức $P$. Trước hết, ta có bất đẳng thức phụ $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} \leqslant a+b-\sqrt{a b}$. Bất đẳng thức này thu được bằng cách viết lại thành $$\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}-\frac{a+b}{2} \leqslant \frac{a+b}{2}-\sqrt{a b}$$ rồi nhân lượng liên hợp. Từ đây suy ra $$ \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2(a+b)}} \leqslant \frac{a+b-\sqrt{a b}}{\sqrt{a+b}}=\sqrt{a+b}-\sqrt{\frac{a b}{a+b}}.$$ Từ đó $$ P \geqslant \sqrt{\frac{a b}{a+b}}+\sqrt{\frac{b c}{b+c}}+\sqrt{\frac{c a}{c+a}} . $$ Đến đây thì dễ thở hơn rồi. Đặt $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b}, z=\frac{1}{c}$ thì $x+y+z \leqslant 3$ và ta cần giá trị nhỏ nhất của $$ Q=\sqrt{\frac{1}{x+y}}+\sqrt{\frac{1}{y+z}}+\sqrt{\frac{1}{z+x}} . $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$ Q \geqslant \frac{9}{\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}} \geqslant \frac{9}{\sqrt{3(x+y+y+z+z+x)}} \geqslant \frac{9}{\sqrt{3 \cdot 6}}=\frac{3}{\sqrt{2}} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ tức là khi $a=b=c=1$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{\sqrt{2}}$ đạt được khi $a=b=c=1$.
Bài toán 11 (Bà Rịa - Vũng Tàu). Xét các số thự không âm $a,b, c$ thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1 .$ Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ S=\frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b} $$
Lời giải. Bài này rất khó, chỉ một trong hai giá trị cần tìm đã là đủ khó rồi. Có thể "đoán" được giá trị nhỏ nhất là 1 và giá trị lớn nhất là $\sqrt{2}$ (bài toán gốc là như vậy), nhưng xử lý tiếp thế nào? Ý tưởng chung là tìm cách "quy đồng mẫu số" bằng một đánh giá trung gian. Ỏ chiều giá trị lớn nhât, ta sẽ chứng minh rằng $$ \frac{a}{1+b c} \leqslant \frac{a \sqrt{2}}{a+b+c} $$ Điều này sẽ luôn đúng khi $a=0$ còn với $a>0$ thì tương đương với $$ (a+b+c)^{2} \leqslant 2(1+b c)^{2} . $$ Khai triển ra và áp dụng giả thiết, điều này tương đương với $$ 2 a b+2 a c \leqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 b^{2} c^{2}+2 b c \Leftrightarrow(a-b-c)^{2}+2 b^{2} c^{2} \geqslant 0 . $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b+c$ và $b c=0$. Từ đây ta tìm được giá trị lớn nhất của $S$ là $\sqrt{2}$ đạt được, chẳng hạn khi $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}, c=0$. Ở chiều giá trị nhỏ nhất, ta lại phải dùng một đánh giá khác, chú ý rằng $a \leqslant 1$ nên $$a+a b c \leqslant a+\frac{a\left(b^{2}+c^{2}\right)}{2}=a+\frac{a\left(1-a^{2}\right)}{2}=a+\frac{a(1+a)(1-a)}{2} \leqslant a+\frac{1 \cdot 2(1-a)}{2}=1 .$$ Cho nên $$\frac{a}{1+b c}=\frac{a^{2}}{a+a b c} \geqslant a^{2}.$$ Cộng các bất đẳng thức tương tự lại ta có $S \geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}$. Dấu bằng xảy ra, chẳng hạn khi $a=1, b=c=0$.
Bài toán 12 (Quảng Trị). Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực tùy ý. Chứng minh rằng
a) $4\left(a^{2}-a b+b^{2}\right) \geqslant(a+b)^{2}$.
b) $4\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(b^{2}-b c+c^{2}\right)\left(3 c^{2}+2 c a+3 a^{2}\right) \geqslant(a+b)^{2}(b+c)^{2}(c+a)^{2}$.
Lời giải. Bài này rất cơ bản. Câu b) cũng cứ tách ra từng nhóm mà làm.
Bài toán 13 (Thái Bình). Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 a b c$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$ T=\frac{a}{3 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}}+\frac{b}{3 b^{2}+2 c^{2}+a^{2}}+\frac{c}{3 c^{2}+2 a^{2}+b^{2}} . $$
Lời giải. Ta dùng AM-GM để đánh giá mẫu số $$ 3 a^{2}+2 b^{2}+c^{2} \geqslant 6 \sqrt[6]{a^{6} b^{4} c^{2}}=6 a \sqrt[3]{b^{2} c}.$$ Từ đó $$ \frac{a}{3 a^{2}+2 b^{2}+c^{2}} \leqslant \frac{1}{6 \sqrt[3]{b^{2} c}} . $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự cho hai số hạng còn lại, ta có $$ T \leqslant \frac{1}{6}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{b^{2} c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c^{2} a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{a^{2} b}}\right) $$ Tiếp tục dùng AM-GM ta có $$ \frac{2}{b}+\frac{1}{c} \geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{b^{2} c}}.$$ Tương tự $$ \frac{2}{c}+\frac{1}{a} \geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{c^{2} a}}, \frac{2}{a}+\frac{1}{b} \geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{a^{2} b}} $$ Suy ra $$ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant \frac{1}{\sqrt[3]{b^{2} c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c^{2} a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{a^{2} b}} $$ Kết hợp (4) và (5), ta được $$ T \leqslant \frac{1}{6}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{6} \cdot \frac{a b+b c+c a}{a b c} \leqslant \frac{1}{6} \cdot \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b c}=\frac{1}{2} . $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. Đây là một bài toán khá khó.
Bài toán 14 (Quảng Ninh). Cho hai số thục $x, y$. thỏa mãn $0<x<y \leqslant 8$ và $x y \leqslant 4 x+3 y$. Chúng minh $$ x^{2}+y^{2} \leqslant 100 . $$
Lời giải. Đây là bài toán khó và đẹp. Trước hết, để ý rằng nếu $x<6$ thì hiển nhiên là $$ x^{2}+y^{2}<6^{2}+8^{2}=100, $$ nên tiếp theo ta chỉ cần xét trường hợp $x \geqslant 6$. Ta khai thác điều kiện $x<y \leqslant 8$ và $x y \leqslant 4 x+3 y,(8-x)(8-y) \geqslant 0 .$ Suy ra $x y+64 \geqslant$ $8 x+8 y$, suy ra $4 x+3 y+64 \geqslant 8 x+8 y$. Từ đó $4 x+5 y \leqslant 64$. Vì $6 \leqslant x<y \leqslant 8$ nên $y-x \leqslant 2$. Suy ra $(y-x)^{2} \leqslant 2(y-x)$. Từ đây suy ra $$ \begin{gathered} x^{2}+y^{2} \leqslant 2 x y+2(y-x)=8 x+6 y+2(y-x)=6 x+8 y \\ =\frac{3}{2}(4 x+5 y)+\frac{y}{2} \leqslant \frac{3}{2} \cdot 64+\frac{8}{2}=100 . \end{gathered} $$ Chứng minh hoàn tất.
Bài toán 15 (Lào Cai). a) Cho hai số thự dương $x, y$ thỏa mãn $x+y \leqslant \frac{2}{3}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $$ A=53 x+53 y+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}} . $$ b) Cho ba số thực dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geqslant 3$. Chứng minh rằng $$ x^{4}+y^{4}+z^{4}+x^{3}+y^{3}+z^{3} \geqslant 3+x+y+z . $$
Lời giải. Hai bài này đều khá cơ bản.
a) Ta dự đoán điểm rơi là $\frac{1}{3}, \frac{1}{3}$ nên sẽ dùng AM-GM tương ứng với điểm rơi này $$ 27 x+27 x+\frac{1}{x^{2}} \geqslant 3 \sqrt[3]{27^{2}}=27 . $$ Hay là $54 x+\frac{1}{x^{2}} \geqslant 27$. Tương tự $54 y+\frac{1}{y^{2}} \geqslant 27$. Từ đó $$ A=54 x+\frac{1}{x^{2}}+54 y+\frac{1}{y^{2}}-(x+y) \geqslant 27+27-\frac{2}{3}=\frac{160}{3} . $$ b) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $$ x^{4}+y^{4}+z^{4}+3=\left(x^{4}+1\right)+\left(y^{4}+1\right)+\left(z^{4}+1\right) \geqslant 2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geqslant 6 . $$ Suy ra $x^{4}+y^{4}+z^{4} \geqslant 3$. Lại áp dụng AM-GM ta có $$ x^{3}+y^{3}+z^{3}+x+y+z \geqslant 2\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}+3 \geqslant 2(x+y+z) . $$ Suy ra $x^{3}+y^{3}+z^{3} \geqslant x+y+z$.
Bài toán 16 (Khánh Hòa). Cho các số thực $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{21}$ thỏa mãn $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{21} \geqslant-2$ và $x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{21}^{3}=12$. Chúng minh rằng $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{21} \leqslant 18 . $$
Lời giải. Bài này tuy kỹ thuật nhẹ nhàng nhưng có thể xếp vào bài toán khó. Ý tưởng là ta tìm cách đánh giá $x_{i}$ qua $x_{i}^{3}$ bằng các biểu thức hiển nhiên dương. Biểu thức thứ nhất hiển nhiên là $x_{i}+2$ (từ điều kiện $x_{i} \geqslant-2$). Còn biểu thức thứ hai là một bình phương dạng $\left(x_{i}+a\right)^{2}$. Để chỉ xuât hiện $x_{i}^{3}$ và $x_{i}$ ta chọn $a=-1$. Vậy là ta dùng $$ \left(x_{i}+2\right)\left(x_{i}-1\right)^{2} \geqslant 0 . $$ Suy ra $x_{i}^{3}-3 x_{i}+2 \geqslant 0$, hay $x_{i}^{3}+2 \geqslant 3 x_{i} .$ Cho $i=1,2, \ldots, 21$ rồi cộng lại, ta được $$ 12+42 \geqslant 3\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{21}\right).$$ Suy ra $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{21} \leqslant 18 $$ Chứng minh hoàn tât.
Bài toán 17 (PTNK, ĐHQG TP HCM). Cho dãy $n$ số thực $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}(n \geqslant 5)$ thỏa mãn điều kiện $x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n}$ và $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1$. Chúng minh rằng
a) Nếu $x_{n} \geqslant \frac{1}{3}$ thì $x_{1}+x_{2} \leqslant x_{n}$.
b) Nếu $x_{n} \leqslant \frac{2}{3}$ thì tồn tại số nguyên dương $k<n$, sao cho $$ \frac{1}{3} \leqslant x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \leqslant \frac{2}{3} $$
Lời giải. Tương tự như bài trên, bài này kỹ thuật nhẹ nhàng nhưng là bài toán khó. Và hai ý về cơ bản là không liên quan đến nhau.
a) Giả sử ngược lại $x_{1}+x_{2}>x_{n} \geqslant \frac{1}{3}$. Khi đó $x_{2}>0$ và vì thế $x_{n}>0$ với mọi $n>2$. Lúc này $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=\left(x_{1}+x_{2}\right)+\left(x_{3}+x_{4}\right)+(\ldots)+x_{n}>\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1 $$ Mâu thuẫn. Vậy điều giả sử là sai và ta có $x_{1}+x_{2} \leqslant x_{n}$.
b) Xét hai trường hợp. Trường hợp thứ nhât $x_{n} \geqslant \frac{1}{3}$. Khi đó thì $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}=1-x_{n}$$ sẽ $\leqslant \frac{2}{3}$ và $\geqslant \frac{1}{3}$ và ta có $k=n-1$ là số nguyên dương cần tìm. Trường hợp thứ hai, $x_{n}<\frac{1}{3}$. Khi đó $x_{k}<\frac{1}{3}$ với mọi $k$. Vì $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=1, $$ nên sẽ tồn tại số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \geqslant \frac{1}{3} $$ Ta chứng minh với số $k$ này $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \leqslant \frac{2}{3} $$ Thật vậy, nếu ngược lại $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k}>\frac{2}{3}, $$ thì $$ x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k-1}=\left(x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{k}\right)-x_{k}>\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}, $$ mâu thuẫn với cách chọn $k$. Lưu ý, ở câu (a) có một cái bẫy. Nếu chứng minh trực tiếp mà sử dụng đánh giá $$ \frac{2}{3} \geqslant x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1} \geqslant x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} \geqslant 2\left(x_{1}+x_{2}\right), $$ rồi suy ra $x_{1}+x_{2} \leqslant \frac{1}{3}$ là ta phạm sai lầm ở dấu bất đẳng thức thứ hai: Ở đây $x_{i}$ là số thực và có thể âm.
Bài toán 18 (Lâm Đồng). Cho $a, b, c$ là các số dương và $a+b+c=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ P=\frac{a^{3}}{a^{2}+4 a b+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+4 b c+c^{2}}+\frac{c^{3}}{c^{2}+4 c a+a^{2}} $$
Lời giải. Bài này sử dụng một đánh giá trung gian, xem hướng dẫn ở bài 21.
Bài toán 19 (Hà Nam). Cho ba số thực dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z \leqslant 1$. Chúng minh
$$ \left(\frac{1}{x^{2}}-1\right)\left(\frac{1}{y^{2}}-1\right)\left(\frac{1}{z^{2}}-1\right) \geqslant 512.$$
Lời giải. Sử dụng điều kiện $x+y+z \leqslant 1$ ta có $$ \frac{1}{x^{2}}-1 \geqslant \frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}}-1=\frac{(2 x+y+z)(y+z)}{x^{2}} $$ Từ đó chỉ cần chứng minh $$ (2 x+y+z)(y+z)(2 y+z+x)(z+x)(2 z+x+y)(x+y) \geqslant 512 x^{2} y^{2} z^{2} . $$ Cái cuối này dùng AM-GM là ra. Thú vị là bất đẳng thức này "tương đương" với bất đẳng thức IMO 2001 nổi tiếng: $C h o a, b, c$ là các số thực dương, khi đó $$ \frac{a}{\sqrt{a^{2}+8 b c}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8 c a}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8 a b}} \geqslant 1 . $$ Các bạn thử thiết lập sự tương đương đó nhé! Đương nhiên, tuy là "tương đương" nhưng bât đẳng thức IMO khó hơn.
Bài toán 20 (Daklak). Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c \leqslant 2 .$ Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\frac{b\left(a^{2}+1\right)^{2}}{a^{2}\left(b^{2}+1\right)}+\frac{c\left(b^{2}+1\right)^{2}}{b^{2}\left(c^{2}+1\right)}+\frac{a\left(c^{2}+1\right)^{2}}{c^{2}\left(a^{2}+1\right)} . $$
Lời giải. Đặt $x=\frac{a^{2}+1}{a}, y=\frac{b^{2}+1}{b}, z=\frac{c^{2}+1}{c}$, thì $$ P=\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x} . $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$ \begin{gathered} P=\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x} \geqslant x+y+z=a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant a+b+c+\frac{9}{a+b+c} \\ =\left(a+b+c+\frac{4}{a+b+c}\right)+\frac{5}{a+b+c} \geqslant 4+\frac{5}{2}=\frac{13}{2} . \end{gathered} $$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{2}{3}$. Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{13}{2}$. Bài này không khó nhưng phát biểu cồng kềnh, xấu xí, là ghép nối cơ học của hai bài toán.
Bài toán 21 (Bình Phước). Cho $a, b, c$ là các số dương. Chứng minh rằng
a) $\displaystyle \frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}} \geqslant a-\frac{b}{2}$,
b) $\displaystyle \frac{a^{3}}{a^{2}+a b+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+b c+c^{2}} \geqslant \frac{a+b+c}{3}$.
Lời giải. Ý a) tất nhiên là không khó. Ta chỉ cần biến đổi tương đương. $$ \frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}} \geqslant a-\frac{b}{2} \Leftrightarrow 2 a^{3} \geqslant 2 a^{3}+2 a b^{2}-b a^{2}-b^{3} \Leftrightarrow b(a-b)^{2} \geqslant 0 . $$ Hơn nữa, đây là gợi ý quan trọng để giải ý (b) (cũng là gợi ý để giải các bài $19 .$ Thật vậy, do $$ a^{2}+a b+b^{2} \leqslant \frac{3}{2}\left(a^{2}+b^{2}\right), $$ nên $$ \frac{a^{3}}{a^{2}+a b+b^{2}} \geqslant \frac{2}{3}\left(a-\frac{b}{2}\right)=\frac{2 a}{3}-\frac{b}{3} . $$ Cộng bất đẳng thức này và các bất đẳng thức tương tự cho hai số hạng còn lại, ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 22 (Quảng Ngãi). Cho các số thực $a$, $b$, $c$ đôi một khác nhau và thỏa mãn điều kiện $(c+a)(c+b)=4$. Chúng minh rằng $$ \frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}+\frac{1}{(c+b)^{2}} \geqslant 1 . $$
Lời giải. Đặt $x=c+a, y=c+b$ thì $x y=4$ và $(a-b)^{2}=(x-y)^{2}$, thì $x \neq y$ và $x y=4$. Ta quy về bài toán chứng minh $$ \frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}} \geqslant 1 . $$ Không mât tính tổng quát có thể giả sử $x, y>0$. Ta chỉ cần chứng minh $$ \frac{x y}{(x-y)^{2}}+\frac{x y}{x^{2}}+\frac{x y}{y^{2}} \geqslant 4. $$ Đặt $t=\frac{x}{y} \neq 1$, bất đẳng thức cuối cùng này tương đương với $$ \frac{t}{(t-1)^{2}}+t+\frac{1}{t} \geqslant 4, $$ hay là $$ t^{2}+t^{2}(t-1)^{2}+(t-1)^{2} \geqslant 4 t(t-1)^{2} $$ hoặc $$ \begin{gathered} t^{4}-6 t^{3}+11 t^{2}-6 t+1 \geqslant 0 \\ t^{2}-6 t+11-\frac{6}{t}+\frac{1}{t^{2}} \geqslant 0 \end{gathered} $$ Đặt $u=t+\frac{1}{t}$, thì (8), tương đương $$ u^{2}-2-6 u+11 \geqslant 0 \Leftrightarrow(u-3)^{2} \geqslant 0 $$ Vậy ta có điều phải chứng minh. Kỹ thuật trong bài này khá hay. Phép đặt $x=c+a, y=c+b$ là khá tự nhiên. Bước chuyển từ (6)) sang (7) là bước "thuần nhất hóa", còn bước đặt $t=\frac{x}{y}$ lại là bước "chuẩn hóa".
Bài toán 23 (Đắk Nông). Cho hai số thự $a, b$ thỏa mãn $a, b \in[2021,2022]$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thúc $$ A=(a+b)\left(\frac{2021}{a}+\frac{2021}{b}\right) $$
Lời giải. Bài này cơ bản. Việc đưa các số 2021,2022 vào chỉ làm rối thêm, bớt đẹp. Cứ để $a, b$ thuộc $[1,2]$ và tìm GTNL của $$ (a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right) $$ thì chân phương hơn. Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của $$ (a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=2+\frac{a^{2}+b^{2}}{a b}. $$ Ta có $(2022 a-2021 b)(2022 b-2021 a) \geqslant 0$ nên từ đây suy ra $$ \begin{aligned} &2021 \cdot 2022\left(a^{2}+b^{2}\right) \leqslant\left(2021^{2}+2022^{2}\right) a b, \\ &2021 \cdot 2022\left(a^{2}+b^{2}\right) \leqslant(20212+20222) a b . \end{aligned} $$ Suy ra $$ \frac{a^{2}+b^{2}}{a b} \leqslant \frac{2021^{2}+2022^{2}}{2021 \cdot 2022} . $$ Từ đó tìm được giá trị lớn nhât cần tìm là $$ 4042+\frac{2021\left(2021^{2}+2022^{2}\right)}{2021 \cdot 2022}=6064+\frac{2021^{2}}{2022} $$ Lời giải hoàn tất.
Bài toán 24 (Hòa Bình). Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z=4$. Chúng minh $$ \frac{1}{x y}+\frac{1}{x z} \geqslant 1. $$
Lời giải. Bài này cơ bản, phù hợp đề thi tuyển sinh 10 . Ta chỉ cần áp dụng AM-GM hai lần $$ \frac{1}{x y}+\frac{1}{x z} \geqslant \frac{4}{x y+x z}=\frac{4}{x(y+z)} \geqslant \frac{4}{\left(\frac{x+y+z}{2}\right)^{2}}=1 \text {. } $$ Chứng minh hoàn tất.
Bài toán 25 (Vĩnh Long). Cho số thự $x$ thỏa mãn $1 \leqslant x \leqslant 2$. Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ T=\frac{3+x}{x}+\frac{6-x}{3-x} $$
Lời giải. Bài này cơ bản, đẹp, phù hợp với đề tuyển sinh 10 . Ta có $$ T=1+\frac{3}{x}+1+\frac{3}{3-x}=2+\frac{9}{x(3-x)} . $$ Để tìm min, max của $T$ ta chỉ cần tìm min, max của $x(3-x)$. Ta có $$ x(3-x)=\frac{9}{4}-\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \leqslant \frac{9}{4} $$ Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{3}{2}$. Mặt khác, do $1 \leqslant x \leqslant 2$ nên $-\frac{1}{2} \leqslant x-\frac{3}{2} \leqslant \frac{1}{2}$. Suy ra $\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \leqslant \frac{1}{4}$. Suy ra $$ x(3-x)=\frac{9}{4}-\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2} \geqslant \frac{9}{4}-\frac{1}{4}=2.$$ Dấu bằng xảy ra khi $x=1$ hoặc $x=2$. Từ đó giá trị lớn nhất của $T$ bằng $2+\frac{9}{2}=\frac{13}{2}$ đạt được khi $x=1$ hoặc $x=2$. Giá trị nhỏ nhất của $T$ bằng $2+4=6$, đạt được khi $x=\frac{3}{2}$.
Bài toán 26 (Kiên Giang). Cho $x, y, z$ là các số thực lớn hơn 2021 và thỏa mãn $$ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{2}{2021} $$ Chúng minh rằng ta có bất đẳng thúc sau $$ \sqrt{x+y+z} \geqslant \sqrt{x-2021}+\sqrt{y-2021}+\sqrt{z-2021} $$
Lời giải. Đặt $a=\frac{x}{2021}, b=\frac{y}{2021}, c=\frac{z}{2021}$ thì $a, b, c>1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2$. Ta chứng minh $$ \sqrt{a+b+c} \geqslant \sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1} . $$ Đây là bài toán thi Olympic của Iran. Cách giải là dùng Cauchy-Schwarz ở dạng $$ \sqrt{(x+y+z)(a+b+c)} \geqslant \sqrt{x a}+\sqrt{y b}+\sqrt{z c}, $$ cho các số $\frac{a-1}{a}, \frac{b-1}{b}, \frac{c-1}{c}$ và $a, b, c$ với chú ý $\frac{a-1}{a}+\frac{b-1}{b}+\frac{c-1}{c}=1$. Bài toán của Iran rất đẹp, nhưng bài toán chế biến này thì không còn đẹp nữa. Bản thân tôi không thích kiểu "sáng tác" này cho lắm.
Bài toán 27 (Bình Định). Cho các số thực $x$, $y$. Tim giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ T=\frac{x-y}{x^{4}+y^{4}+6} $$
Lời giải. Bài này cơ bản. Gợi ý $(x-y)^{2} \leqslant 2\left(x^{2}+y^{2}\right)$ và $x^{4}+y^{4} \geqslant \frac{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}{2}$.
Bài toán 28 (Bình Định). Cho $x, y, z$ là ba số dương thỏa $x+y+z=1$. Chúng minh rằng $$ P=\frac{1-x^{2}}{x+y z}+\frac{1-y^{2}}{y+z x}+\frac{1-z^{2}}{z+x y} \geqslant 6 . $$
Lời giải 2. Sử dụng thuần nhất hóa $$ \begin{gathered} 1-x^{2}=(x+y+z)^{2}-x^{2}=(2 x+y+z)(y+z) \\ x+y z=x(x+y+z)+y z=(x+y)(x+z) \end{gathered} $$ Từ đó nếu đặt $a=y+z, b=z+x, c=x+y$, thì $$ V T=\frac{(b+c) a}{b c}+\frac{(c+a) b}{c a}+\frac{(a+b) c}{a b}=\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b} . $$ Chứng minh hoàn tât.
Bài toán 29 (Cà Mau). Cho a, b là hai số thức dương sao cho $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1 .$ Chúng minh $$ \sqrt{3 a+b}+\sqrt{3 b+a} \leqslant 2 \sqrt{3 a+b} \cdot \sqrt{3 b+a} . $$
Lời giải. Đây là một bài toán đẹp. Cách giải cũng khá chân phương, giống như giải phương trình chứa căn vậy. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai căn thức vế trái, ta có $$ \sqrt{3 a+b}+\sqrt{3 b+a} \leqslant \sqrt{2(3 a+b+3 b+a)}=\sqrt{8 a+8 b} . $$ Bất đẳng thức cần chứng minh sẽ đúng nếu ta chứng minh được $$ \sqrt{8 a+8 b} \leqslant 2 \sqrt{(3 a+b)(3 b+a)} . $$ Ta biến đổi tương đương $$ \sqrt{8 a+8 b} \leqslant 2 \sqrt{(3 a+b)(3 b+a)} $$ hay là $$ 2(a+b) \leqslant(3 a+b)(3 b+a), $$ hoặc $$ 3(a+b)^{2}+4 a b-2(a+b) \geqslant 0 . $$ Đặt $a b=t^{2}$. Theo giả thiết $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$, suy ra $a+b+2 t=1$, tức là $a+b=1-2 t$. Thay vào (9), ta cần chứng minh $$ 3(1-2 t)^{2}+4 t^{2}-2(1-2 t) \geqslant 0 $$ hay $$ 16 t^{2}-8 t+1 \geqslant 1 \Leftrightarrow(4 t-1)^{2} \geqslant 0 . $$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $t=\frac{1}{4}$, từ đây tính được $a=b=\frac{1}{4}$.
Bài toán 30 (Bình Định). Cho a, b là các số dương thỏa mãn a $+2 b \geqslant 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\frac{3 a^{2}+a^{2} b+\frac{9 a b^{2}}{2}+(8+a) b^{3}}{a b} $$
Lời giải. Bài này thật xấu xí. Không hiểu tại sao lại phát biểu một bài toán xấu như vậy. Và đây là một bài khá khó. Gợi ý điểm rơi là $a=\frac{3}{2}, b=\frac{3}{4}$.
Bài toán 31 (Thanh Hóa). Cho ba số thự dưong $x, y, z$ thỏa mãn $x+y+z=1 .$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$ P=15 \sqrt{3\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)}+\frac{x y+y z+z x}{x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x} $$
Lời giải. Bài này cơ bản nhưng dùng nhiều đánh giá trung gian. Gợi ý $$ \sqrt{3\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)} \geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}, $$ và $3\left(x^{2} y+y^{2} z+z^{2} x\right) \leqslant\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)(x+y+z)$.
Bài toán 32 (Hải Phòng). Cho các số thực dương $x, y, z$. Chúng minh rằng $$ \frac{x \sqrt{x y}}{\sqrt{2 x+y}}+\frac{y \sqrt{y z}}{\sqrt{2 y+z}}+\frac{z \sqrt{z x}}{\sqrt{2 z+x}} \geqslant \sqrt{3 x y z} . $$
Lời giải. Bài này khá cơ bản đối với các bạn quen sử dụng AM-GM và Cauchy-Schwarz để đánh giá. Chia hai vế của bất đẳng thức cho $\sqrt{3 x y z}$ ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng $$ \frac{x}{\sqrt{3 z(2 x+y)}}+\frac{y}{\sqrt{3 x(2 y+z)}}+\frac{z}{\sqrt{3 y(2 z+x)}} \geqslant 1 $$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho mẫu thức, ta có $$ \sqrt{3 z(2 x+y)} \leqslant \frac{3 z+2 x+y}{2}, $$
cùng các bất đẳng thức tương tự. Do đó $$ V T \geqslant \frac{2 x}{3 z+2 x+y}+\frac{2 y}{3 x+2 y+z}+\frac{2 z}{3 y+2 z+x} . $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz $$ \sum \frac{2 x}{3 z+2 x+y} \geqslant \frac{(2 x+2 y+2 z)^{2}}{2 x(3 z+2 x+y)+2 y(3 x+2 y+z)+2 z(3 y+2 z+x)}=1 $$ Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Bài toán 33 (Yên Bái). Cho $a, b, c$ là các số thự dưong thỏa mãn $18 a b c=a+2 b+3 c$. Chúng minh $$ \left(1+a^{2}\right)\left(1+4 b^{2}\right)\left(1+9 c^{2}\right) \geqslant 8 $$
Lời giải. Bài này cơ bản. Đặt $x=a, y=2 b, z=3 c$ thì $3 x y z=x+y+z$ ta cần chứng minh $$ \left(1+x^{2}\right)\left(1+y^{2}\right)\left(1+z^{2}\right) \geqslant 8 . $$ Áp dụng bất đẳng thức $\mathrm{AM}-\mathrm{GM}$ ta có $3 x y z=x+y+z \geqslant 3 \sqrt[3]{x y z}$. Từ đây suy ra $x y z \geqslant 1$. Lại áp dụng AM-GM thì ta có $$ \left(1+x^{2}\right)\left(1+y^{2}\right)\left(1+z^{2}\right) \geqslant 2 x \cdot 2 y \cdot 2 z=8 x y z \geqslant 8 $$ Chứng minh hoàn tất.
Bài toán 34 (Ninh Bình). Cho $x, y, z$ là các số thức dương thỏa mãn $\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}=12$. Tìm giá trị lón nhất của biểu thúc $$ P=\frac{1}{2 x+3 y+3 z}+\frac{1}{3 x+2 y+3 z}+\frac{1}{3 x+3 y+2 z} $$
Lời giải. Sử dụng bất đẳng thức $$ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \geqslant \frac{16}{a+b+c+d} $$ cho các biểu thức ở vế trái.
Bài toán 35 (Phú Thọ). Cho ba số dương $x, y, z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thúc $$ P=\frac{x z}{y^{2}+y z}+\frac{y^{2}}{x z+y z}+\frac{\sqrt{x}+\sqrt{z}}{2 \sqrt{x}} $$
Lời giải. Đây là một bài toán khó. Lời giải thông qua vài phép đánh giá, rồi dự doán điểm rơi. Đặt $a=\frac{x}{y}, b=\frac{y}{z}$ thì $\frac{x}{z}=a b$ và $$ \begin{aligned} P&=\frac{a}{b+1}+\frac{b}{a+1}+\frac{1}{2 \sqrt{a b}}+\frac{1}{2}=1+\frac{a}{b+1}+1+\frac{b}{a+1}+\frac{1}{2 \sqrt{a b}}-\frac{3}{2} \\ &=(a+b+1)\left(\frac{1}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)+\frac{1}{2 \sqrt{a b}}-\frac{3}{2} \\& \geqslant \frac{4(a+b+1)}{a+b+2}+\frac{1}{a+b}-\frac{3}{2} . \end{aligned} $$ Đặt $t=a+b$ thì $$\begin{aligned}P-2 & \geqslant \frac{4(t+1)}{t+2}+\frac{1}{t}-\frac{7}{2} \\& =\frac{8 t(t+1)+2(t+2)-7 t(t+2)}{2 t(t+2)} \\&= \frac{t^{2}-4 t+4}{2 t(t+2)} \\ & = \frac{(t-2)^{2}}{2 t(t+2)} \\ &\geqslant 0\end{aligned}$$ Suy ra $P \geqslant 2$. Dấu bằng xảy ra khi $t=2$, tức $a=b=1$, hay $x=y=z$.
Bài toán 36 (Bình Thuận). Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$. Chúng minh rằng $$ \frac{2 x z}{x^{2}+2 y z+3}+\frac{2 y x}{y^{2}+2 z x+3}+\frac{2 z y}{z^{2}+2 x y+3} \leqslant 1 $$
Lời giải. Ý tưởng chính là thay thế các mẫu số bằng một mẫu số chung thông qua đánh giá. Hãy chứng minh rằng $x^{2}+2 y z+3 \geqslant 2(x y+y z+z x)$ bằng cách thay 3 bằng $\frac{(x+y+z)^{2}}{3}$.