Đang tải... (xem toàn văn)
BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ TRONG TOÁN HỌC THCS BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ ĐẠI SỐ TRONG TOÁN HỌC THCS I ỨNG DỤNG CỦA MỘT BĐT ĐƠN GIẢN Chứng minh BĐT luôn là những bài toán hấp dẫn Với bài viết này chúng ta sẽ khám phá một số bài BĐT hay và khó nhờ một BĐT đơn giản trong chương trình toán THCS Bài toán xuất phát Cho a, b là hai số bất kì và x, y là hai số dương Chứng minh rằng (*) Chứng minh Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với BĐT sau cùng hiển nhiên đúng Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi Sử dụng BĐT[.]
BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ ĐẠI SỐ TRONG TOÁN HỌC THCS -I.ỨNG DỤNG CỦA MỘT BĐT ĐƠN GIẢN Chứng minh BĐT toán hấp dẫn Với viết khám phá số BĐT hay khó nhờ BĐT đơn giản chương trình tốn THCS Bài toán xuất phát: Cho a, b hai số x, y hai số dương Chứng minh rằng: a b ( a + b) + ≥ x y x+ y (*) Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a y ( x + y ) + b x( x + y ) ≥ (a + b) xy ⇔ a y + b x ≥ 2abxy ⇔ (ay − bx) ≥ a b BĐT sau hiển nhiên Dấu “=” xảy x = y a b c (a + b + c) + + ≥ Sử dụng BĐT (*) hai lần, ta x y z x+ y+z (**) a b c với ba số a, b, c ba số dương x, y, z Dấu “=” xảy x = y = z Bây giờ, ta áp dụng hai BĐT để chững minh số toán sau Bài toán Cho hai số a, b, c Chứng minh a + b ≥ ( a + b) Chứng minh Sử dụng BĐT (*) hai lần ta có : a b (a + b ) a b a +b = + ≥ = + 1 2 1 4 ( a + b) ≥ 2 ( a + b) = Dấu “=” xảy a = b 1 Bài toán Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chững minh rằng: 1 + + ≤ 2x + y + z x + y + z x + y + 2z Chứng minh: Sử dụng BĐT (*) hai lần, ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 + 1 2 1 2 2 2 4 4 4 = ≤ + = + + + = + + 2x + y + z 2x + y + z x + y x + z x y x z 16 x y z Tương tự, ta có: 1 1 ≤ + x + y + z 16 x 1 1 ≤ + x + y + z 16 x 1 + , y z 2 + y z Cộng vế ba bất đẳng thức trên, ý tới giả thiết dẫn đến điều phải chứng minh Dấu “=” xảy x = y = z = Bài toán Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c c+a a+b (Bất đẳng thức Nasơbit) Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) ta có: a b c a2 b2 c2 (a + b + c) + + = + + ≥ b + c c + a a + b ab + ac bc + ca ca + cb 2( ab + bc + ca) (a + b + c) ≥ Bây cần chứng minh BĐT: 2(ab + bc + ca) Nhưng BĐT tương đương với 2(a + b + c ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a − b) + (b − c) + (c − a ) ≥ Đây BĐT ln Từ suy BDT cần phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≥ a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b ) ( Vô địch Quốc tế năm 1995 tổ chức Canađa ) Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) với lưu ý a b c = ta có: 1 b2c c2a2 a 2b (ab + bc + ca) + + = + + ≥ = (ab + bc + ca) a (b + c) b (c + a ) c (a + b) a (b + c) b(c + a) c(a + b) 2(ab + bc + ca) Vì ta cần chứng minh ab + bc + ca ≥ Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương a, b, c kết hợp với giả thiết abc = ta suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c = Bài tập vận dụng: Bài Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 + + ≥ a + b + c a+b b+c c+a Bài Cho số dương x, y, z Chứng minh rằng: x y z a) x + y + 3z + y + z + 3x + z + x + y ≥ ; x2 y2 z2 + + ≥ b) ( x + y )( x + z ) ( y + z )( y + x) ( z + x)( z + y ) Bài Cho số dương a, b, c thỏa mãn 3(ab + bc+ ca) = Chứng minh rằng: a b c + + ≥ a − bc + b − ca + c − ab + a + b + c Bài Cho số dương a, b, c, d, e Chứng minh rằng: a b c d e + + + + ≥ b+c c+d d +e e+a a+b Bài 5.Cho số dương x, y, z Chứng minh : 2 + + ≥ x+ y y+z z+x x+ y+z II TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN, CƠ BẢN ĐỂ PHÁT TRIỂN THÀNH CÁC BÀI TỐN MỚI ( Xem tốn tuổi thơ tháng 5/2011) Khi chứng minh BĐT, ta thường phải dùng đến nhiều phương pháp khác Đôi khi, việc ta sử dụng BĐT đơn giản, quen thuộc lại mang đến hiệu bật ngờ Bài toán sở Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca (1) Nhân > vào hai vế BĐT (1) vào chuyển vế, biến đổi tương đương ta BĐT Dấu “=” xảy a = b = c Bây giờ, vận dụng kết trên, ta chứng minh số BĐT sau Bài toán Cho a, b, c số thực dương: 1 1 a) thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 3 + + (2) a b c b) Chứng minh rằng: a + b + c ≥ abc(a + b + c) c) thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 4 a +b+c 1 ≥ 3+ +1 + +1 + +1 2 abc a b c (4) d) thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = Lời giải: (3) bc + ca + ab abc bc + ca + ab ⇔ a+b+c ≥3 a+b+c ⇔ (a + b + c) ≥ 3(ab + bc + ca) ab bc ca + + c a b a) Ta có: (2) ⇔ a + b + c ≥ ( Do giả thiết a + b + c = abc) ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca Bất đẳng thức cuối (1) Dấu “=” xảy a = b = c = b) Áp dụng trực tiếp (1), ta có: a + b + c = (a ) + (b ) + (c ) ≥ a b + b c + c a = (ab) + (bc ) + (ca) ≥ abbc + bcca + caab = abc(a + b + c) Dấu “=” xảy a = b = c 1+ a2 1+ b2 1+ c2 1 ⇔ − + − + − ≥ + + c) Ta có: (4) a2 b2 c2 ab bc ca − ab − bc − ca ⇔ + + ≥ ab bc ca ab + bc + ca + a ab + bc + ca + b ab + bc + ca + c + + a2 b2 c2 ( giả thiết ab + bc + ca = 1) Đặt x = ⇔ bc + ca ca + ab ab + bc + + ≥ ab bc ca ⇔ c(a + b) a (b + c ) b(c + a ) + + ≥ ab bc ca c ( a + b) ;y= ab a (b + c ) ;z= bc (a + b)(c + a) (b + c)(a + b) (b + c)(c + a ) + + 2 a b c2 (a + b)(c + a ) (b + c )(a + b) (b + c)(c + a) + + 2 a b c2 b (c + a ) với x, y, z > Bất đẳng thức cuối chuyển ca dạng (1) Suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c = a 2b b c c a ab bc ca ab bc bc ca ca ab d) S = + + = + + + 2 + + a b a b b c c a b c c a 2 2 ab bc ca = + + + 2(a + b + c ) c a b ( áp dụng (1)) ≥ (a + b + c ) + 2( a + b + c ) = 3(a + b + c ) = ( Do giả thiết a2 + b2 + c2 = 1) Mà S > nên S ≥ Min S = a = b = c = Nhận xét 1) Trong ví dụ a) c), ta thay giả thiết vào bất đẳng thức cần chứng minh cách thích hợp để chúng có hân thức mà tử mẫu bậc 2) Giả thiết ab + bc + ca = thường dùng tốn chứng minh BĐT hay tìm cực trị mà dạng biến đổi thơng thường a2 + = a2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) Bây giờ, vận dụng BĐT (1) để chứng minh tìm cực trị toán Bài tập vận dụng Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: 1+ ≥ a + b + c ab + bc + ca Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu ab + bc + ca thức: M = (ab + bc + ca) Bài Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= ab + bc + ca ( a + b + c ) + abc a2 + b2 + c2 Bài Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 a + b b2 + c c + a + + + ≥ 2abc c + ab a + bc b + ca III ĐỔI BIẾN ĐỂ CHỨNG MINH BĐT Có nhiều phương pháp chứng minh BĐT Mỗi toán có nhiều phương pháp để chứng minh Bài viết trình bày phương pháp cho thú vị tinh ý, sáng tạo thêm tốn khó Bài toán Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc (1) Lời giải: Đặt a + b – c = x; b + c – a = y; c + a – b = z (x; y; z số tự nhiên > 0) x+z x+ y y+z ;b= ;c= Thay vào (1), ta được: 2 ( x + y )( y + z )( z + x) ⇔ ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ xyz xyz ≤ Suy a = Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có: x + y ≥ xy ; y + z ≥ yz ; z + x ≥ zx Nhân vế BĐT ta suy (2) Nghĩa (1) chứng minh (2) Dấu “=” xảy a = b = c hay tam giác Chú ý: 1) Ta sử dụng phương pháp khác để chứng minh BĐT (1) Hầu hết tốn có dạng a + b – c; b + c – a; c + a – b có chung hướng giải đổi biến 2) Bất đẳng thức (1) mở rộng thành tốn khó cách xem a; b; c số thực dương Bài toán Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: 7(ab + bc + ca) ≤ + 9abc (3) Lời giải: Đặt x = – a; y = – b; z = – c Khi x, y, z số không âm x + y + z = Bất đẳng thức (3) viết dạng sau : 7[ (1 − x)(1 − y ) + (1 − y )(1 − z ) + (1 − z )(1 − x )] ≤ + 9(1 − x )(1 − y )(1 − z ) ⇔ 7[ − 2( x + y + z ) + xy + yz + zx ] ≤ + 9[1 − ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx) − xyz ] ⇔ 10 ≤ 5( x + y + z ) + 2( xy + yz + zx ) ⇔ xyz ≤ 2( xy + yz + zx) ⇔ xyz ≤ ( x + y + z )( xy + yz + zx) (4) Áp dụng BĐT Cauchy, ta có : x + y + z ≥ xyz > xy + yz + zx ≥ 33 x y z > Nhân vế tương ứng hai BĐT (4), nghĩa (4) Vậy BĐT (3) chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z, suy a = b = c = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : bc ac ab P = a (b + c) + b (a + c) + c (a + b) 1 ; y = ; z = x, y, z > xyz = Khi a b c 2 x y z x + y + z 33 xyz + + ≥ ≥ = P= y+z z+x x+ y 2 Lời giải : Đặt x = ( BĐT Cauchy cho số dương, kết hợp với giả thiết xyz = 1) Min P = x = y = z = 1, tức a = b = c = Bài toán Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c c+a a+b ( Bất đẳng thức Nêsơbit ) Đây toán bản, BĐT sử dụng khơng nhiều chương trình tốn THCS Có nhiều cách để chứng minh Xin giới thiệu phương pháp: Đổi biến! Lời giải: Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b y+z−x x+z− y x+ y−z ;b= ;c= Bất đẳng thức chuyển dạng sau 2 y+z−x x+z− y x+ y−z y x z x z y 3 + + + + + = + + − ≥ − = 2x 2y 2z 2 2x y 2x 2z y 2z Ta có : a = Dấu đẳng thức xảy a = b = c Bài tập vận dụng : Bài Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh : 4a 9b 16c + + ≥ 26 b+c−a c+a −b a+b−c Bài Cho a, b, c > abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 1 M = a (b + c ) + b ( a + c ) + c ( a + b ) Bài Cho a, b, c, d > Chứng minh : 1 16 64 + + + ≥ a b c d a+b+c+d Bài Cho ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a) 3abc( a+ b + c) ≤ b) Nếu a, b, c dương thì: + a + + b + + c ≤ 2(a + b + c) c) Nếu a, b, c dương thì: 2a 2b 2c 1 + + ≤ + + 4 4 a +b b +c c +a a b c IV VẬN DỤNG LINH HOẠT CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CHỨNG MINH HOẶC TÌM CỰC TRỊ Trong chứng minh BĐT, việc vận dụng cách linh hoạt BĐT phụ khác cho ta đến hiệu bất ngờ Chúng ta xét ví dụ sau: Bài toán Chứng minh với số dương a, b, c, d ta có: f(a, b, c, d) = a−d d −b b−c c−a + + + ≥ d +b b+c c+a a+d Lời giải: Bằng cách cộng vào vế BĐT trên, ta được: a+b d +c b+a c+d + + + ≥4 d +b b+c c+a a+d ⇔ (a + b) + + + (c + d ) ≥4 d +b c+a b+c a +d 4( a + b) 4(c + d ) ⇔ + ≥4 a+b+c+d a+b+c+d 4(a + b + c + d ) ⇔ ≥4 a+b+c+d Bất đẳng thức cuối Suy điều phải chứng minh Dấu xảy a = b = c = d Bài toán Hai số dương a, b có tổng Chứng minh rằng: a) 1 + ≥ 6; ab a + b b) + ≥ 14 ab a + b Nhận xét: Để làm toán này, cần xác định điểm rơi cách biến đổi chúng sử dụng BĐT phụ khác Lời giải: a) ab + a + b = a + b + 2ab + 2ab ≥ a + b + 2ab + (a + b) = Dấu xảy a = b = 0,5 1 1 12 2 b) ab + a + b = 3 a + b + 2ab + 2ab ≥ (a + b) + (a + b) = 14 Dấu xảy a = b = 0,5 Bài tốn 3.Cho n số dương a1; a2; ; an > Chứng minh rằng: ( + a1)(1 + a2) (1 + an) ≥ (1 + n a1a a ) Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy, ta nhận được: Bất đẳng thức, cực trị n a a a a a1 a n + + + n ≥ n , n (1 + a )(1 + a ) + a1 + a + an n 1 1 + + + ≥n n + a1 + a + an (1 + a1 )(1 + a n ) Cộng vế tương ứng hai BĐT điều phải chứng minh Dấu xảy số Bài toán Chứng minh với a, b, c dương ta có: 12 1 1 1 31 1 ≤ + + + + + ≤ + + a+b+c+d a+b a+c a+d b+c b+d c+d 4a b c 1 1 1 1 12 + + + + + ≥ 4 + + = * a+b a+c a+d b+c b+d c+d a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d * Trường hợp cịn lại xin dành bạn đọc Bài tốn Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: abc = Chứng minh rằng: 1 1 2(a + b + c ) + 4 + + ≥ 7(a + b + c) − a b c ( Xem toán tuổi thơ tháng + / 2011) Lời giải: Đặt S = a + b + c Áp dụng BĐT Cô si cho số thức dương ta có: S ≥ 33 abc = Do đó: 1 1 2(a + b + c ) + 4 + + − 7(a + b + c) + a b c ab + bc + ca − 7( a + b + c ) − = 2(a + b + c ) + abc = 2(a + b + c ) + 4(ab + bc + ca) − 7(a + b + c) + = 2(a + b + c) − 7(a + b + c) + = 2S2 – 7S + = (2S – 1)(S – 3) ≥ Từ suy điều phải chứng minh Dấu “=” a = b = c = Bài toán Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: (a + b) (b + c) (c + a ) a b c + + ≥ + 2( + + ) ab bc ca b+c c+a a+b ( Xem toán học tuổi trẻ tháng 2/2012) ( a + b) (b + c) (c + a ) + + ab bc ca 2 2 a + 2ab + b b + 2bc + c c + 2ca + a = + + ab bc ca a b b c c a 1 1 1 1 1 = + + + + + + + + = + a + + b + + c + b a c b a c b c a c b a 4a 4b 4c b c a b c a ≥ 6+ + + ≥ + 2 + + + + + 2 b+c c+a a+b b+c c+ a a +b b+c c+ a a +b Lời giải: Đặt A = b c b c a a ≥ + + 2 + + + + = + 2 b+c c+ a a +b b+c c+ a a +b Suy điều phải chứng minh Dấu “=” a = b = c Nhận xét: Việc vận dụng BĐT Cauchy BĐT phụ khác đem lại hiểu bất ngờ! * Trong giải toán, số BĐT cần phải chứng minh sử dụng Bất đẳng thức, cực trị đại số V MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC a b c 1 1 + + ≥ 2 + − Bài tốn a Víi a,b, c > Chøng minh: bc ca ab a b c b Cho a ≥ c > 0, b ≥ c Chøngc(aminh: − c ) + c (b − c) ≤ ab Lời giải: a a b c 1 1 + + ≥ 2 + − bc ca ab a b c a2 +b2 + c2 ≥ (bc + ac - ba) (V× abc > 0) a2 + b2 + c2 - 2bc - 2ac + 2ab ≥ (a + b - c)2 (hiển nhiên đúng) Vậy: a b c 1 1 + + ≥ 2 + + bc ca ab a b c b Bạn đọc tự giải Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a ≥ b ≥ c 3a – 4b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = a2 − b2 b2 − c2 c2 − a2 − − ( Xem toán tuổi thơ tháng 2/2011) c a b Lời giải: Vì a ≥ b ≥ c nên: M= a2 − b2 b2 − c2 c2 − a2 a2 − b2 b2 − c2 c2 − b2 + b2 − a2 − − = − − c a b c a b 1 1 2 1 2 1 = (a − b ) + + (b − c ) − ≥ c b b a M = a = b Vì 3a – 4b + c = nên a = b = c Vậy giá trị nhỏ M Bài toán Cho a, b, c, d > Chøng minh r»ng đồng thời xảy bất đẳng thức sau: a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab Lời gii: Giả sử xảy đồng thời bất đẳng thức Từ hai bất đẳng thức đầu ta có: (a + b)2 < (a + b) (c + d) < ab +cd => cd > (a + b)2 - ab 3ab => cd > 3ab (1) Mặt khác, ta cã: (a + b) cd < (c + d) ab => (a + b)2 cd < (c + d) ab (a + b) < ab (ab + cd) => 4abcd ≤ (a + b)2 cd < ab (ab + cd) = a2b2 +abcd => a2b2 > 3abcd => ab > 3cd (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: ab >3cd > 9ab, vô lý! Vậy ta có điều phải chøng minh Bài tốn cịn có biến đổi phức tạp Ở xin trình bày ngắn gọn, tóm tắt! Bài tốn 4.Cho ak , bk số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện: a1 + a2 + + an = b1 + b2 + + b n = ab ab ab n n 1 2 Tìm giá trị lớn tổng: P = a + b + a + b + + a + b 1 2 n n Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: a k + bk ≥ a k bk hay (a k + bk ) ≥ 4a k bk ⇒ a k bk a + bk ≤ k a k + bk Cho k = 1, 2, , n, cộng vế tương ứng n BĐT nhận được, ta có: P≤ Hơn chọn ak = bk = a1 + a + + a n + b1 + b2 + + bn = với ≤ k ≤ n P = 0,5 n Vậy giái trị lớn P 0,5 Bài toán Cho S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd ®ã ad - bc =1 Chøng minh r»ng S ≥ Lời giải: (ac + bd)2 + (ad - bc)2 = a2c2 + 2abcd + b2d2 + a2d2 - 2abcd + b2c2 = a2 (c2 + d2) + b2 (c2 + d2) = (a2 + b2) (c2 +d2) V× ad - bc = nªn: + (ac + bd)2 = (a2 + b2)(c2 +d)2 p dụng bất đẳng thức Cô si, ta cã: S = (a2 + b2) + (c2 + d2) + ac + bd ≥ (a + b )(c + d ) + ac + bd Đến bạn đọc tự giải tiếp Bài toán Cho số dương a, b, c, d Biết Chứng minh rằng: abcd ≤ a b c d + + + ≤ 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d 81 Lời giải: Từ giả thiết suy ra: b c d a + + ≤ 1− = Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có: 1+ b 1+ c 1+ d 1+ a 1+ a b c d bcd ≥ + + ≥ 33 Tương tự, ta có: 1+ a 1+ b 1+ c 1+ d (b + 1)(c + 1)(d + 1) acd abd abc ≥ 33 ≥ 33 ; ≥ 33 ; b +1 (a + 1)(c + 1)(d + 1) c + (a + 1)(b + 1)(d + 1) d + (a + 1)(b + 1)(c + 1) Nhân vế bốn BĐT, ta ≥ 81abcd Nên abcd ≤ 81 Vậy: BĐT chứng minh Dấu “=” a = b = c = d = Bi toỏn Cho tam giác ABC điểm Q tam giác Qua Q kẻ đờng thẳng song song với AB cắt AC M cắt BC N Qua Q kẻ đờng thẳng song song với AC cắt AB F cắt BC E Qua Q kẻ đờng thẳng song song với BC cắt AC P cắt AB R Ký hiÖu S1 = dt (QMP), S2 = dt(QEN), S3 = dt(QFR) vµ S = ( S1 +Chøng S + S 3minh ) = dt S(ABC) r»ng: S1 + S + S ≥ a S b Lời giải: a Ta cã ∆QMP ∼ ∆BAC MP AC (Tû sè ) , suy ra: S1 MP = ⇒ S AC S1 S = (Bạn đọc tự vẽ hình) MP AC T¬ng tù, ta có: S QE PC = = S AC AC Suy ra: S 2 S PC PC S AM => = ; = S AC AC AC S S Do ®ã: S1 + S + S MP +PC + AM AC = = =1 Suy ra: AC AC S S = S1 + S + S = > S = S1 + S + S = ( ) b p dụng bất đẳng thức Bunhiac«pxki, ta cã: S = (1 S1 + S + S ) ≤ (12 + 12 +12)(S1 +S2 + S3) Suy ra: S1 + S2 + S≥3 DÊu "=" x¶y vµ chØ khi: S1 = S2 = S3 Q trọng tâm ABC Bi toỏn Tỡm giỏ tr nhỏ biểu thức sau với x thuộc R B = |x| + |2x + 1| + |3x + 2| + + |99x + 98| Lời giải : Để ý |70x + 69| = |70(x + 69 69 )| ≥ |50(x + )| 70 70 Vì : B = |– x| + | – 2x – 1| + + |– 69x – 68| + |70x + 69| + |71x + 70| + + |99x + 98| ≥ |– x| + |– 2x – 1| + + |– 69x – 68| + − 50 x + 69 + |71x + 70| + +|99x + 98| 70 69 285 ≥ | –x + (–2x – 1) + + (–69x – 68) – 50 x + + (71x + 70) + + (99x + 98)| = 70 Dấu xảy x = – 69 285 Vậy, giá trị nhỏ B B = 70 • Cơ sở đâu, nguyên nhân lại biến đổi ? • Có cách khác hay khơng ? • Cách giải dùng tính chất giá trị tuyệt đối ? Bài toán Cho x số thực thay đổi đoạn [ 0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức : A = 13 x − x + x + x Lời giải : Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có : A = 13 13( x − x ) + 27 3( x + x ) ≤ (13 + 27)[13( x − x ) + 3( x + x )] Hay : 16 A ≤ 80(8 x − x ) = 80 − 5 x − ≤ 16 Hơn nữa, A = 16 x = Vậy, giá trị 5 lớn A max A = 16 25 x 4y 9z Bài toán 10 Cho số thực dương x, y, z Chứng minh y + z + z + x + x + y > 12 Lời giải: Đặt a = y + z, b = z + x ; c = x + y Khi x = b+c−a a+c−b a+b−c ;y= ;z= 2 Ta chứng minh VT ≥ 12 Dấu = xảy : 5b + 5c = 5a, suy x = 0, vô lý Dấu đẳng thức không xảy ra, suy điều phải chứng minh Bài toán 11 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c ≤ Chứng minh rằng: 2009 + ≥ 670 2 ab + bc + ca a +b +c 1 Lời giải: Ta có, a + b + c + ab + bc + ca + ab + bc + ca ≥ (a + b + c) ≥ 2007 3.2007 Mặt khác: 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c) suy : ab + bc + ca ≥ (a + b + c) ≥ 669 Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 12 Cho hai dãy số thứ tự: a ≥ b ≥ c x ≤ y ≤ z Chứng minh rằng: (a + b + c)(x + y + z) ≥ 3(ax + by + cz) ( BĐT Trê – bư - sép)* (1) (2) Lời giải: Xét hiệu: (a + b + c)(x + y + z) – 3(ax + by + cz) = a(x + y + z) – 3ax + b(x + y + z) – 3by + c(x + y + z) – 3cz = a(y + z – 2x) + b(x + z – 2y) + c(x + y – 2z) = a [ ( y − x) − ( x − z )] + b[ ( z − y ) − ( y − x)] + c[ ( x − z ) − ( z − y )] = (y – x)(a – b) + (x – z)(c – a) + (z – y)(b – c) ≥ ( Vì theo giả thiết, ta có a ≥ b ≥ c x ≤ y ≤ z ) Nên suy điều phải chứng minh Dấu xảy x = y = z a = b = c * Trê – bư – sép (1821 – 1894), nhà toán học Nga Bài toán 13 Cho a, b, c, d số dương Chứng minh rằng: 1 1 16 64 + + + ≥ a b c d a+b+c+d Lời giải: Áp dụng BĐT x + y ≥ x + y với x, y số dương, ta có: 1 16 4 16 16 16 16 1 64 + + + ≥ + + = 4 + + ≥ + = 16 + ≥ a b c d a+b c d a+b c d a+b+c d a+b+c d a+b+c+d Dấu xảy a = b = c = d Cũng dùng BĐT Bunhiacopxki để chứng minh sau: 1 16 1 16 = 64 (a + b + c + d ) + + + ≥ a + b + c + d a b c d a b c d Từ suy điều phải chứng minh Nhận xét: * Việc áp dụng linh hoạt nhiều BĐT BĐT nhiều lần giúp ta chứng minh toán thuận lợi * Trong toán BĐT, việc xác định điểm rơi biến cần thiết Nó góp phần nhỏ vào việc áp dụng BĐT phụ Bài tốn 14 Cho a > b số khơng âm Chứng minh rằng: a + (a − b)(b + 1) ≥ Chúng ta thử xác định điểm rơi tốn Ta có: 2a – = 3b suy a – b = b +1 Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho số thực khơng âm, ta có: (a – b) + 4(b + 1)(b + 1) b +1 b +1 + + ≥ 44 (a − b) 2 2 (a − b)(b + 1) 4(a − b)(b + 1) Từ suy điều phải chứng minh *Xem dịng trên, lại có “2a – = 3b suy a – b = = b +1 ” ? Đó trình suy luận? Bạn đọc thử tìm tịi, khám phá xem? HD: Chú ý tới giả thiết vế cần phải chứng minh Bài toán 15 Cho a, b, c số thực không âm có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a2 + b2 + c2 + 9abc ( Xem toán tuổi thơ tháng 1/2011) Lời giải: Dễ dàng chứng minh BĐT sau với a, b, c số thực không âm tùy ý: (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) ≤ abc (1) Từ (1) kết hợp với giả thiết a + b + c = 1, ta có: abc ≥ (1 – 2c)(1 – 2a)(1 – 2b) = – 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) – 8abc ⇒ 9abc ≥ 4(ab + bc + ca) – ⇒ P = a + b + c + = (a + b + c)2 Min P = 9abc ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) 2 1 =1- = 2 (1) trở thành đẳng thức Suy a = b = c, (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) = abc ⇔a=b=c= 1 (a , b , c) hoán vị số 0; ; 2 Vậy giá trị nhỏ P 0,5 x 20 y 20 z 20 Bài tốn 16 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 11 + 11 + 11 x, y, z số dương thỏa y z x mãn a + b + c = 2001 ( Xem Toán học Tuổi trẻ tháng 11/2001) Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho 20 số, có 11 số y số 667, ta có: x 20 x 20 20 + 11 y + 667 ≥ 20 y 11 667 = 20 x y 11 667 y 11 667 y 20 + 11z + 8.667 ≥ 20 y z 11 667 z 20 + 11x + 8.667 ≥ 20 z x 11 667 Tương tự: Cộng theo vế BĐT biến đổi đơn giản, ta thu BĐT: x 20 y 20 z 20 + + ≥ (9(x + y + z) – 3.8.667).6678 = 3.6679 y 11 z 11 x 11 với BĐT xảy x = y = z = 667 Vậy giá trị nhỏ biểu thức cần tìm 3.6679 Bài tốn 17 Gọi x số lớn số thực dương x, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A = x y z + 1+ + 1+ y z x (Xem Toán học Tuổi trẻ tháng 12/2001) Lời giải: Sử dụng BĐT Cauchy cho số căn, ta có: A= x y z x y z x 3 6 z x y z + 44 + 66 + 1 − ≥ + 24 + 26 = + − + 1+ + 1+ (1) y z x 2 y z x 2 y y z x 2 x Sử dụng BĐT Cauchy cho 11 số, ta có: x y z 11 x yz 11 + 4 + 66 ≥ 11 = z x 2 y z x 2 2 y (2) x z >0>3 2− Mặt khác theo giả thiết cho x = max(x , y , z), y ≥ ≥ x − nên 2 2 3 + 1 − + − = + + 2 2 2 Đẳng thức xảy x = y = z Vậy giá trị nhỏ A + + từ (1) (2) ta có: A ≥ 11 Bài tốn 18 Tìm giá trị nhỏ BT: Q= x 10 y 10 16 + + x + y 16 − + x y 2 y x ( ) ( ) Lời giải: Sử dụng BĐT Cauchy cho số, ta có: x 10 y 10 16 + + + 1 ≥ x y ; ( x + y 16 + + 1) ≥ x y 2 y x x 10 y 10 16 5 + + x + y 16 + ≥ (1 + x y ) ⇒ Q ≥ − 2 y 2 x −5 −5 ⇔ x = y = Vậy giá trị nhỏ Q Q= 2 ( Suy ra: ) * Bạn có thắc mắc khơng? Tại lại dùng BĐT Cauchy cho số? HD: Phát từ giả thiết toán cách quan sát thật kĩ Sỡ dĩ dùng BĐT Cauchy cho số để đưa biểu thức Q dạng lớn biểu thức trừ Từ chuyển vế, ý giả thiết ta suy kết cần tìm Nếu biết quan sát kĩ toán ta thấy điều đặc biệt dẫn đến lời giải Bài toán 19 Cho x, y số thực lớn Tìm giá trị nhỏ BT: P= (x3 + y ) − (x + y ) ( x − 1)( y − 1) Lời giải: Viết P dạng: P= (x3 + y ) − (x + y ) x ( x − 1) + y ( y − 1) x2 y2 = + = ( x − 1)( y − 1) ( x − 1)( y − 1) y −1 x −1 Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có: P ≥ xy ( x − 1)( y − 1) ≥2 x y =8 x −1 + 1 y −1 + 1 P = x = y = Vậy giá trị nhỏ P = x = y = 35 4c + ≤ Tìm abc ? + a 35 + 2b 4c + 57 4c 35 35 ≥ + ≥2 > Lời giải: Ta có: (1) 4c + 57 + a 35 + 2b (1 + a)(35 + 2b) 4c 35 4c 35 ≤ − ⇔ − ≤− Mặt khác + a 4c + 57 35 + 2b + a 4c + 57 35 + 2b Bài toán 20 Cho a, b, c > thỏa mãn: 4c 35 2b − +1 ≤ 1− = + a 4c + 57 35 + 2b 35 + 2b 2b 57 57 ⇔ ≥ + ≥2 >0 35 + 2b + a 4c + 57 (1 + a )(4c + 57) ⇔ (2) Ta có: 4c 35 ≥1− + 1+ a 4c + 57 35 + 2b a 57 35 35.57 ⇔ ≥ + ≥2 >0 + a 57 + 4c 35 + 2b (57 + 4c)(35 + 2b) 1− (3) Từ (1); (2) (3) ta có: 8abc 8.35.57 ≥ ⇒ abc ≥ 35.57 = 1995 (1 + a )(4c + 57)(2b + 35) (1 + a )(4c + 57)(2b + 35) Dấu “=” xảy a = 2; b = 35; c = 57/2 Vậy abc = 1995 a = 2; b = 35; c = 57/2 Bài toán 21 Cho x, y hai số thỏa mãn đồng thời: x ≥ 0, y ≥ 0,2 x + y ≤ x + y ≤ Tìm max biểu thức K = x2 – 2x – y 2 3 2x 2 22 22 K = x2 – 2x – y ≥ x − x + − = x − − ≥ − 3 9 Lời giải: Từ 2x + 3y ≤ suy y ≤ − x ⇒ − y ≥ x − Suy K = − 22 14 x = ; y = 9 Ta có: 2x2 + xy ≤ x ( x ≥ ) Suy ra: x2 – 2x – y ≤ − y=0 xy − y ( x + 2) −y= ≤0 2 y=0 Suy max K = x=0 x=2 * Nhiều việc tìm trực tiếp GTNN biểu thức K gặp khó khăn Tuy nhiên, ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn)theo sơ đồ ‘‘ bé dần’’ : K ≥ B Rồi tìm GTNN B, từ suy GTNN biểu thức K Các mối liên hệ gữa K giả thiết dẫn đến tìm B * Chắc chắn bạn cịn thắc mắc tốn có hai giả thiết, giải lại sử dụng đến giả thiết mà (!) * Trong q trình đánh giá tìm nhiều biểu thức B Gọi Bk biểu thức có Bk = β mà ta có K = Bk có K = Bk = β Trong trường hợp biểu thức Bk gọi ‘‘ kết’’ Trong tốn trên, sử dụng giả thiết cịn lại khơng dẫn tới ‘‘ kết’’ * Trong tốn trên, hình thức giả thiết chưa đủ để dẫn bắt mạch sử dụng giả thiết hay giả thiết Nhiều toán phức tạp phải liên kết sử dụng tất giả thiết tìm ‘‘ kết’’ Bài toán 22 Cho số dương x, y, z có tổng Chứng minh : P = xy + yz + zx + x + y + z > 14 Lời giải : Với x, y, z số bất kì, ta có BĐT ln : (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) Vì x + y + z = nên suy xy + yz + zx ≥ Đẳng thức xảy x = y = z = 1 Ta có : 2( xy + yz + zx) + x + y + z ≥ ( x + y + z ) = ⇒ 2 + = + + ≥ 2.3 + 2.4 = 14 2 xy + yz + zx x + y + z 2( xy + yz + zx) 2( xy + yz + zx) x + y + z x = y = z = 1/3 Đẳng thức xảy (1) 2(xy + yz + zx) = x2 + y2 + z2 Hệ vô nghiệm nên BĐT không trở thành đẳng thức Vậy BĐT chứng minh * Bài tốn có ‘‘ kết’’ (1) * Việc vận dụng hai BĐT phụ áp dụng giả thiết, đường tìm‘‘ kết’’ nhanh Bài toán 23 Số thực x thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + (3 – x)2 ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức : Q = x4 + (3 – x)4 + 6x2(3 – x)2 Lời giải : Đặt y = – x, tốn cho trở thành : Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = x4 + y4 + 6x2y2, x, y số thực thay đổi thỏa mãn x+ y =3 x2 + y2 ≥ x2 + y2 + 2xy = x2 + y2 ≥5 Suy (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) ≥5 + 4.9 = 41 ⇒ 5(x2 + y2) + 4(2xy) ≥ 41 Mặt khác : 16(x2 + y2)2 + 25(2xy)2 ≥ 40(x2 + y2)(2xy) (1) 2 Đẳng thức xảy 4(x + y ) = 10xy Cộng hai vế (1) với 25(x2 + y2)2 + 16(2xy)2 ta có : 41 [( x + y ) + (2 xy) ] ≥ [5( x + y ) + 4(2 xy ) ] ≥ 412 hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 ≥41 Q ≥41 Min Q = 41, đạt x = x = Bài toán 24 Cho a, b, c ∈ [ − 2;3] thỏa mãn a + 2b + 3c = Tìm max M = a2 + 2b2 + 3c2 Lời giải: Đây tốn thuộc dạng tìm cực trị có điều kiện, hay khó chương trình tốn THCS nói chung BĐT nói riêng Chúng ta sử dụng giả thiết để tìm “kết” Vì: a, b, c ∈ [ − 2;3] suy ra: (a + 2)(a – 3) ≤ ⇒ a2 – a – ≤ ⇒ a2 ≤ a + Tương tự : b2 ≤ b + ⇒ 2b2 ≤ 2b + 12; c2 ≤ c + ⇒ 3c2 ≤ 3c + 18 Từ BĐT trên, suy ra: M = a2 + 2b2 + 3c2 ≤ a + 2b + 3c + 36 = 38 Max M = 38 a = 3; b = 3; c = Bạn giải toán tìm cực trị có điều kiện xem: Từ hệ thức trên, ta có : a b c + + ≤ bc + ca + ab + HD: Biết vai trò biến Vì ta giả sử a ≥ b ≥ c xét Bài toán 25 Cho a, b, c ∈ [ 0;1] Chứng minh rằng: trường hợp cần thiết cho toán, ta suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy số có số số 1 Bài toán 26 Cho hàm số: f(x;y) = (1 + x)(1 + y ) + (1+ y)(1 + ) với x, y > x2 + y2 = x Tìm f(x ;y) ? 1 Lời giải : f(x ;y) = (1 + x)(1 + y ) + (1+ y)(1 + ) x x y =1+ y+ y+x+1+ + +y x x 1 x y ) + (y + y ) + ( x + y ) + ( y + x ) 2x 1 +2+( + ) =2+ 2x y = + (x + 1 4 ≥ + ≥ = ⇒ + = ≥ =2 Mặt khác : 2 2 x y 2( x + y ) x + y ( x + y) x + xy + y 2( x + y ) 2x y 1 + = 4+3 Suy x + y ≥ ⇒ f(x ;y) ≥ + 2 Min f(x ;y) = + ⇔ x = y = Bài toán 27 Cho biểu thức P = x − x + (3 − x) + x Tìm giá trị nhỏ lớn P biết x nằm khoảng từ Lời giải : * Giá trị nhỏ : 5− x ≥ 5−3 = x≥0 Vì ≤ x ≤ nên Đẳng thức xảy x = x = x+2 ≥ ⇒ (3 − x) x + ≥ (3 − x) 3− x ≥ Đẳng thức xảy x = x = P ≥ x + (3 − x) = ⇔ x = x = Vậy Min P = x = x = * Giá trị lớn nhất: Dễ thấy P > P lớn P2 lớn Ta có: P2 = x2 (5 – x) + (3 – x)2 (2 – x) + x − x (3 − x) + x = x2 – 3x + 18 + x − x (3 − x) + x = 18 + x(3 – x) ( − x + x − 1) ) 3 Ta có : ≤ x(3 – x) = − x − ≤ , đẳng thức xảy x = 1,5 2 Vì ( − x − + x )2 ≥ ⇒ − x + x ≤ − x + + x = Đẳng thức xảy x = 1,5 Mặt khác − x + x ≥ − + = > ⇒ − x + x − ≥ 63 14 Mà P > nên P ≤ Đẳng thức xảy x = 1,5 2 14 Vậy giá trị lớn P 1 1 Bài toán 28 Cho biểu thức : P = − x − x + y − x + y + z P2 ≤ 18 + (7 − 1) = Với giá trị số nguyên dương x, y, z P đạt giá trị dương bé ? (Thi HSG Quốc gia 1988 – 1989, Bảng A) 1 1 Lời giải : Vì P > suy x + x + y + x + y + z < 1 1 Đặt Q = x + x + y + x + y + z ⇒ P = − Q Do : Pmin Qmax xmin 1 < ⇔ x > ⇔ x ≥ ⇒ x = (Vì x nhỏ nhất) x 1 1 1 Khi x = ⇒ Q = + + y + + y + z < ⇒ + y + + y + z < Ta có : không đổi nên Qmax ymin 1 Mà : + y < ⇔ + y > ⇒ + y ≥ ⇒ y ≥ ⇒ y = (Vì y nhỏ nhất) 1 1 < ⇒ < Khi y = ⇒ + Qmax zmin Suy z = 36 (Vì z nhỏ nhất) 7+ z + z 42 1 1 1 Suy Q ≤ + + ⇒ P ≥ − − − 43 43 1 1 Min P = − − − ⇔ (x, y, z) = (3, 4, 36) 43 1 1 Vậy : Giá trị nhỏ P − − − 43 Vì Bài tốn 29 Cho a, b, c số dương a + b + c = abc Chứng minh : a5(bc – 1) + b5(ca – 1) + c5(ab – 1) ≥ 54 HD: Bằng cách khai triển VT vủa BĐT trên, kết hợp với giả thiết toán, áp dụng thêm BĐT phụ biến đổi khéo léo, ta suy điều phải chứng minh Lời giải: Xin dành cho bạn đọc (!) yz x − + zx y − + xy z − Tìm giá trị lớn P xyz Lời giải: ĐKXĐ biểu thức P: x ≥ 1; y ≥ z ≥ Bài tốn 30 Cho biểu thức: P = Ta có: P = x −1 + x y−2 + y z −3 z Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy cho số khơng âm, ta có: x −1 ≤ x y−2 y−2+2 y − ≤ ⇒ ≤ y 2 x −1 ≤ 1+ x −1 ⇒ z −3+3 z −3 ⇒ ≤ z 1 1 1 1 + Max P = 1 + + x = 2; y = 4; z = Suy P ≤ 1 + 2 2 3 3 y − ≤ Bài toán 31 Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x + y z + + z x + M = x y + 1+ y 1+ z 1+ x y z Lời giải : Bằng cách khai triển, ta thu M = xy + yz + zx + x2 y2 z2 + + 1+ y 1+ z 1+ x Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy cho số khơng âm, ta có : x2 1+ y x (1 + y ) x + ≥2 = = x Tương tự, ta có : 1+ y 4(1 + y ) y2 1+ z + ≥y ; 1+ z z2 1+ x + ≥ z Cộng vế BĐT trên, ta có : 1+ x x2 y2 z2 3 3 + + ≥ ( x + y + z ) − ≥ 3.3 xyz − = (Vì xyz = 1) 1+ y 1+ z 1+ x 4 4 Dấu xảy x = y = z = 9 ⇔ x = y = z = Vậy: Giá trị nhỏ biểu thức M Suy M ≥ − = Min M = Bài toán 32 Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ b+c+5 c+a+4 a+b+3 + + 1+ a 2+b 3+ c 11 − a 10 − b − c + + Lời giải: Từ giả thiết, ta suy P = 1+ a 2+b 3+c biểu thức P với P = 1 + + − Áp dụng BĐT Cauchy cho số thực 1+ a + b + c 1 3 + + ≥ ≥ = khơng âm, ta có: + a + b + c (1 + a )(2 + b)(3 + c ) + a + + b + + c 12 Suy P ≥ Min P = + a = + b = + c suy (a, b, c) = (3, 2, 1) Biến đổi biểu thức P, ta P = 12 Vậy giá trị nhỏ P Bài toán 33 Cho số thực x, y, z thỏa mãn < x, y, z ≤ Chứng minh : 1 + + ≤ xy + yz + zx + x + y + z Lời giải : Vì < x, y, z ≤ suy : (xy + 1) – (x + y) = (1 – x)(1 – y) ≥ suy xy + ≥ x + y Tương tự : yz + ≥ y + z ; zx + ≥ z + x 1 x y z x y z ≤ ⇒ ( x + y + z ) + + + + +3≤ + + +3 yz + zx + y xy + z xy + yz + zx + yz + zx + xy + z y z y + ≤ x1 − + = = x − − − yz + zx + y xy + z x+ y y+z Từ suy điều phải chứng minh Bài toán 34 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh : b c a + + + 0) Lời giải : Đặt 2 Suy x + y > z ; y + z > x ; z + x > y Bằng cách khai triển, vế trái thu : a+b a+c 2a x y z VT = 3a + c + 3a + b + 2a + b + c = y + z + z + x + x + y Đến có hai cách : Cách : Sử dụng phương pháp làm trội z 2z Cách : x + y > z ⇒ z(x + y + z) < 2z(x + y) ⇒ x + y < x + y + z x 2x y 2y Tương tự : y + z < x + y + z ; z + x < x + y + z Cộng theo vế BĐT trên, ta suy điều phải chứng minh Bài toán 35 Cho x, y thuộc (0 ; 1) Tìm A = x2 y2 + + + x + y 1− x 1− y x + y Lời giải : Ta có : x2 y2 + + x + +1+ 1− x 1− y 1 1 y + −2= + + −2 1− x 1− y x + y x+ y 1 1 (1 − x + − y + x + y ) ≥ ⇒ + + + + ≥ Vì : 1− x 1− y x + y 1− x 1− y x + y ⇒ A ≥ −2= 2 A = Min A = 5/2 x; y thỏa mãn điều kiện: 1 = 1− x 1− y 1 y−2 z−2 ⇒x= y= − x = x + y Bài toán 36 Cho số x, y, z > thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz Hãy tìm giá trị nhỏ x−2 biểu thức sau: P = x + y + z 1 Lời giải: Từ giả thiết, ta suy xy + yz + zx = Ta biến đổi biểu thức P sau: ( x − 1) + ( y − 1) ( y − 1) + ( z − 1) ( x − 1) + ( z − 1) 1 + + − + + x2 y2 z2 x y z 1 1 1 = ( x − 1) + + ( y − 1) + + ( z − 1) + − + + z y z x y z x x y P= ≥ 2( x − 1) 2( y − 1) 2( z − 1) 1 1 + + − + + = + + − xz xy yz x y z x y z 1 1 1 1 Mặt khác + + ≥ 3 + + = ⇒ P ≥ − dấu xảy x y z xy yz zx x = y = z = Vậy giá trị nhỏ P P = − Bài toán 37 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A = x2y(4 – x – y) x, y số khơng âm thay đổi thỏa mãn x + y ≤ Lời giải: * Tìm giá trị lớn nhất: Ta cần tìm giá trị lớn A – x – y ≥ Khi áp dụng BĐT Cauchy ta được: A= 1 x + x + y + − 2x − y x.x.2 y.(8 − x − y ) ≤ = 4 4 Dấu xảy x = 2, y = * Tìm giá trị nhỏ nhất: Ta cần tìm giá trị nhỏ A – x – y ≤ Khi x + y ≤ nên B = - A= x2y(4 – x – y) ≤ 2x2y Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy ta có: x + x + 2y 2x y = x.x.2y ≤ ≤ = 64 ⇒ B ≤ 64 ⇒ A ≥ −64 Dấu xảy x = 4, y = Bài tốn 38 Tìm giá trị lớn hàm số f(x) = x3(2 – x)5 x thay đổi đoạn [ 0;2] 3 Lời giải: Ta viết lại f(x) dạng f(x) = x (2 − x) 5 3 Áp dụng BĐT Cauchy cho năm số (2 – x) ba số 5(2 – x) + 5x , ta có: 5x 5x 5x 5x = (2 – x) + (2 – x) + (2 – x) + (2 – x) + (2 – x) + + + 3 3 5x 5x ≥ (2 − x) , hay 10 ≥ 88 (2 − x) 3 3 84357 f(x) ≤ = dấu x = 65536 84357 Vậy, giá trị lớn hàm số max f(x) = 65536 58 tức ≥ f(x) suy Bài toán 39 Cho x, y, z số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x z P = x + + y + + z + zx xy yz Lời giải : Bằng cách khai triển, ta P= x y z x + y + z + + + yz zx xy ( ) y (Với x, y, z > 0) 3 Mà ta ln có BĐT x + y + z ≥ ( x + y + z ) Mặt khác, áp dụng BDDT Cauchy cho số thực x y z không âm, ta có : yz + zx + xy ≥ xyz ≥ x + y + z Suy P ≥ ( x + y + z ) + Min P = 9 9 9 = ( x + y + z) + + ≥ 33 = x+ y+z 2( x + y + z ) 2( x + y + z ) 2 x = y = z = Vậy giá trị nhỏ biểu thức P P = Bài toán 40 Cho x, y, z số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x ( y + z) y y + 2z z + y ( z + x) z z + 2x x + z ( x + y) x x + 2y y ( Đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ khối A – 2007 ) Lời giải : Vì xyz = suy x ( y + z ) ≥ x yz = x x Tương tự y ( z + x) ≥ y y z ( x + y ) ≥ z z Suy P ≥ 2x x y y + 2z z + 2y y z z + 2x x + 2z z x x + 2y y Đặt x x + y y = a; y y + z z = b; z z + x x = c ⇒x x= 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a ;y y = ;z z = 9 ⇒P≥ = 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a + + 9 b c a 2 c a b a b c 4 + + + + + − ≥ (4.3 + − 6) = b c a b c a Min P = a = b = c x = y = z = VI MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài Cho x, y, z số dương thỏa mãn x + y + z ≤ Chứng minh : x2 + 1 + y + + z + ≥ 82 x y z Bài Giả sử x, y hai số dương thỏa mãn điều kiện x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S = x + y Bài Cho hai số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn x + y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau : A = x + xy Bài Cho số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn xyz = Chứng minh : + x3 + y3 1+ y3 + z3 + z3 + x3 + + ≥3 xy yz zx Bài Cho x, y, z > x + y + z = Chứng minh : x + y + z ≥ 36 Bài Cho x , y , z số dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức : x y z A = x +1 + y +1 + z +1 Bài Cho x, y thỏa mãn điều kiện x + y = x > Tìm giá trị lớn biểu thức B = x2y3 Bài 8.Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu (1 + a )(1 + b)(1 + c) thức A = (1 − a)(1 − b)(1 − c) Bài Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [1;4] x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức : x y z P = 2x + 3y + y + z + z + x Bài 10 Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz : ( x + y ) + ( x + z ) + 3( x + y )( x + z )( z + y ) ≤ 5( y + z ) Bài 11.Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn ( x + y ) + xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + Bài 12 Cho x, y hai số thực khơng âm thay đổi Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu ( x − y )(1 − xy ) thức P = (1 + x ) (1 + y ) Bài 13 Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = ( x − 1) + y + ( x + 1) + y + y − Bài 14 Cho a, b, c, d > Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= a b c d + + + 2b + 9c + 1945d 2c + 9d + 1945a 2d + 9a + 1945b 2a + 9b + 1945c Bài 15 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 1 1 + + + 2 ab bc ca a +b +c Bài 16 Cho số x, y, z, t > thỏa mãn : xy + 4zt + 2yz + 2xt = Tìm giá trị lớn biểu thức: S = xy + zt Bài 17 Cho + x + + y = Chứng minh : x + y ≥ 10 Bài 18 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x + xy + xyz = Tìm giá trị nhỏ x + y + z ? Bài 19 Cho số thực a, b, c ≥ CMR: abc + 6029 ≥ 2010( 2010 a + 2010 b + 2010 c ) Bài 20 cho x, y, z số dương thỏa mãn x + y + z ≥ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: H= x y + y z + z x Bài 21.Cho a ; b ; c ba số dương khác đơi Tìm : (a − x)(a − y ) (b − y )(b − x) (c − x)(c − y ) F = a(a − b)(a − c) + b(b − a)(b − c) + c(c − a)(c − b) x ; y hai số dương có tổng Bài 22 Cho a1 + a2 + + an = k Tìm cực trị biểu thức: A = a21 + a22 + + a2n Bài 23 Cho x; y; z ≥ thỏa mãn điều kiện: x + y+ z = a a a a Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = (1 + x )(1 + y )(1 + z ) Bài 24 Cho số thực a , b ,c ≥ thỏa mãn a2 + b2 + c2 + d2 = 16 Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a − + b − + c − + d − Bài 25 Cho a + b = 16 Tìm biểu thức: N = 5ab2 + a(b + 16) +2(a - 1) + 3(b + 1) Bài 26 Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 ( a + b) (b + c) (c + a ) a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a +b b +c c +a 3 a b c3 a+b+c + + ≥ c) 2 2 a + 3ab + b b + 3bc + c c + 3ca + a b) Bài 27 Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c + abc = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ca Bài 28 Cho số thực a, b, c ∈ [ 0;1] Chứng minh rằng: a(1 – b) + b(1 – c) + c(1 – a) ≤ Bài 29 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b+c−a c+a−b a+b−c Bài 30 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x3 y3 z3 ( xy + yz + xz ) + + ≥ + 3 y + z + x + 27 ( Thi Iran MO – 2008 ) * Trên toán BĐT, cực trị chương trình THCS Nó góp phần vào việc vận dụng linh hoạt trí óc, tư lơ – rích, giúp em học hơn, giỏi chuyên đề BĐT chương trình tốn THCS, giúp thầy, giáo dạy tốn thêm tài liệu bổ ích, dùng để ôn thi, dạy em học sinh khá, giỏi * Tất nhiên toán có nhiều cách giải khác Bài viết mang tính gợi ý giúp em học sinh nâng cao dần khả học tốn, từ trở nên u thích mơn tốn hơn, mang trào lưu đam mê toán khắp cộng đồng * Mong đồng nghiệp tích cực tham khảo, nghiên cứu chuyên đề này, giúp em định hướng cách học mơn tốn tốt Xin cảm ơn! =*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*=*= ... Chứng minh đồng thời xảy bất đẳng thức sau: a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab Li gii: Giả sử xảy đồng thời bất đẳng thức Từ hai bất đẳng thức ®Çu ta cã: (a + b)2... − x) , hay 10 ≥ 88 (2 − x) 3 3 84 357 f(x) ≤ = dấu x = 65536 84 357 Vậy, giá trị lớn hàm số max f(x) = 65536 58 tức ≥ f(x) suy Bài toán 39 Cho x, y, z số thực dương thay đổi Tìm... |– 69x – 68| + − 50 x + 69 + |71x + 70| + +|99x + 98| 70 69 285 ≥ | –x + (–2x – 1) + + (–69x – 68) – 50 x + + (71x + 70) + + (99x + 98) | = 70 Dấu xảy x = – 69 285 Vậy,