Các đại lượng trung bình của các số không âm

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN I. CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH CỦA HAI SỐ KHÔNG ÂM • Với hai số không âm a, b. Kí hiệu:  2 a b A + = là trung bình cộng của hai số a, b.  G ab= là trung bình nhân của hai số a, b.  2 2 2 a b Q + = là trung bình toàn phương của hai số a, b.  2 1 1 H a b = + là trung bình điều hòa của hai số dương a, b Ta có bất đẳng thức Q ≥ A ≥ G ≥ H.  Chứng minh: Từ ( ) 2 0 2 0 2 a b a b a ab b ab + − ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ ≥ hay A ≥ G (1) ( ) 2 2 2 2 2 0 2 0 2a b a ab b a b ab− ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ + ≥ hay ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b + + ⇒ + ≥ + ⇒ ≥ hay Q ≥ A (2) Mặt khác 2 1 1 1 1 2 2 0 1 1 ab a b a b ab a b   − ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥  ÷  ÷   + hay G ≥ H (3) Kết hợp (1), (2), (3) ta có Q ≥ A ≥ G ≥ H. Dấu “=” trong các bất đẳng thức này đều xảy ra khi a = b. • Mở rộng ra cho n số không âm 1 2 3 , , , , n a a a a ta cũng có: 1 2 3 n a a a a A n + + + + = là trung bình cộng của n số 1 2 3 , , , , n a a a a . 1 2 3 n n G a a a a= là trung bình nhân của n số 1 2 3 , , , , n a a a a . 2 2 2 2 1 2 3 n a a a a Q n + + + = là trung bình toàn phương của n số 1 2 3 , , , , n a a a a . 1 2 3 1 1 1 1 n n H a a a a = + + +×××+ là trung bình điều hòa của n số dương 1 2 3 , , , , n a a a a . Ta cũng có bất đẳng thức Q ≥ A ≥ G ≥ H. Dấu “=” xảy ra khi 1 2 3 n a a a a= = = = . CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH CỦA CÁC SỐ KHÔNG ÂM BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM Chú ý:  A, G, Q, H theo thứ tự là viết tắt của các từ arithmetic mean (trung bình cộng), geometric mean (trung bình nhân), quadratic mean (trung bình toàn phương) và harmonic mean (trung bình điều hòa). II. BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM Theo phần I. thì ta đã có mối liên hệ giữa các đại lượng trung bình của các số không âm: Q ≥ A ≥ G ≥ H. Trong đó, bất đẳng thức A ≥ G thường được sử dụng hơn cả và được gọi là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân hay bất đẳng thức AM-GM (gọi tắt là bất đẳng thức A-G). Cách gọi tên này khá phổ biến ở nước ngoài, nhất là ở các nước Âu, Mỹ. Ở Việt Nam, người ta vẫn quen gọi là bất đẳng thức Cauchy (Cô-si). Đây là một cách gọi sai lầm vì bất đẳng thức này không phải do Cauchy phát hiện ra mà thực ra ông chỉ là người đưa ra phép chứng minh bất đẳng thức này bằng phương pháp quy nạp kiểu Cauchy. Cách chứng minh này rất hay và nổi tiếng, đến nỗi nhiều người lầm tưởng Cauchy là người phát hiện ra bất đẳng thức này. • Nội dung của bất đẳng thức này như sau: Với n số không âm 1 2 3 , , , , n a a a a ta có: 1 2 3 1 2 3 n n n a a a a a a a a n + + + + ≥ Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 2 3 n a a a a= = = = . • Hệ quả: Ta có một số bất đẳng thức rất quen thuộc và là hệ quả của bất đẳng thức AM-GM như sau: 1. ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b ab a b ab + + ≥ ⇒ + ≥ ≥ Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b. 2. ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca + + + + ≥ + + ⇒ + + ≥ ≥ + + Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c. 3. 2 a b b a + ≥ (ab > 0). Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b. hay 1 2a a + ≥ (a > 0). Dấu “=” xảy ra ⇔ a = 1. 4. 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n n a a a a a a a a + + +×××+ ≥ + + + + hay ( ) 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n a a a a n a a a a   + + + + + + +×××+ ≥  ÷   ( ) 1 2 3 , , , , 0 n a a a a > Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 2 3 n a a a a= = = = . Chú ý:  Bất đẳng thức Cauchy thật ra lại là bất đẳng thức sau: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 a b x y ax by+ + ≥ + hay có thể viết là ( ) ( ) 2 2 2 2 a b x y ax by+ + ≥ + Dấu “=” xảy ra ax by⇔ = và nếu x, y khác 0 thì a b x y = ) Bất đẳng thức này đúng với 2 bộ số thực bất kì (a ; b) và (x ; y). Mở rộng ra ta thu được kết quả với 2 bộ n số thực ( ) 1 2 , , , n a a a và ( ) 1 2 , , , n b b b như sau: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 n n n n a a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + hoặc ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 n n n n a a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + Dấu “=” xảy ra 1 1 2 2 n n a kb a kb a kb =   =  ⇔    =   Bất đẳng thức Cauchy nêu trên còn có nhiều tên gọi khác như bất đẳng thức Bunyakovsky (Bu-nhi-a-cốp-xki) hay bất đẳng thức Schwarz (Sờ-vác) hoặc bằng cái tên rất dài Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz. Nhiều tài liệu ở Việt Nam lại viết theo kiểu ngược lại, tức là Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz, do đó bất đẳng thức này được viết tắt là BCS.  Augustin Louis Cauchy (1789 - 1857) là nhà toán học người Pháp, Viktor Yakovlevich Bunyakovsky (1804 - 1889) là nhà toán học Nga và Hermann Amandus Schwarz (1843 - 1921), nhà toán học Đức. Năm 1821, Cauchy chứng minh bất đẳng thức này trong trường hợp các vectơ thực hữu hạn chiều, đến năm 1859, học trò của Cauchy là Bunyakovsky thu được dạng tích phân của bất đẳng thức, kết quả tổng quát được Schwarz chứng minh năm 1885. B. CÁC ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM  Chứng minh bất đẳng thức  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong bài toán hình học  Các ứng dụng khác (giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh các mệnh đề toán học…) I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC • VÍ DỤ 1. Hãy chứng minh các hệ quả nêu trên của bất đẳng thức AM-GM.  Giải:  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b a b ab ab ab+ ≥ = = ≥ Dấu “=” xảy ra 2 2 0 0 a b a b a b ab ab  =  =  ⇔ ⇔ ⇔ =   ≥ ≥    Từ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a b ab a b a b ab a b+ ≥ ⇒ + ≥ + + = + Do đó ta có: ( ) 2 2 2 2 a b a b + + ≥ Dấu “=” xảy ra a b ⇔ = Mặt khác, cũng từ ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 4a b ab a b ab ab a b ab+ ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ + ≥ Nên ( ) 2 2 2 a b ab + ≥ . Dấu “=” xảy ra a b⇔ =  Theo chứng minh trên thì ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b ab b c bc a b b c c a ab bc ca c a ca a b c ab bc ca a b c ab bc ca  + ≥  + ≥ ⇒ + + + + + ≥ + +   + ≥  ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + Dấu “=” xảy ra a b b c a b c c a =   ⇔ = ⇔ = =   =  Mà ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2a b c ab bc ca a b c ab bc ca+ + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 a b c a b c a b c a b c + + ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ Dấu “=” xảy ra a b c ⇔ = = . Lại có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c ab bc ca + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + + + ⇒ ≥ + +  Vì ab > 0 nên a, b cùng dấu , 0 a b b a ⇒ > Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: 2 2 a b a b b a b a + ≥ × = Dấu “=” xảy ra 2 2 0 0 0 a b ab ab a b b a a b a b ab  > >   =   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =    = =     >  Nếu coi a b là a thì b a là 1 a (a > 0). Như vậy ta có: 1 2a a + ≥ . Dấu “=” xảy ra 2 1 0 1 1 0 a a a a a a  >  =  ⇔ ⇔ ⇔ =   =   >  .  Theo bất đẳng thức AM-GM thì: ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n a a a a n a a a a n a a a a a a a a a a a a n a a a a  + + + + ≥   + + +×××+ ≥ × × ×××××     ⇒ + + + + + + +×××+ ≥  ÷   Chia cả hai vế của bất đẳng thức vừa chứng minh cho 1 2 3 0 n a a a a+ + + + > ta có 2 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n n a a a a a a a a ⇒ + + +×××+ ≥ + + + + Dấu “=” xảy ra 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 n n n a a a a a a a a a a a a = = = =   ⇔ ⇔ = = = =  = = = ×××=   • VÍ DỤ 2. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số dương a, b, c 1 1 1 1 1 1 a b c ab bc ca + + ≥ + + (*)  Giải: Áp dụng hệ quả 2 của bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c ab bc ca       + + = + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷       Dấu “=” xảy ra 1 1 1 a b c a b c ⇔ = = ⇔ = = Nhận xét: Chúng ta có thể mở rộng bất đẳng thức (*) bằng cách nhân cả hai vế của bất đẳng thức (*) với 0abc > , ta có bất đẳng thức mới: 1 1 1 abc a b c a b c   + + ≥ + +  ÷   . Và nếu giả thiết cho thêm dữ kiện 1a b c+ + = thì chúng ta có một bất đẳng thức khá “đẹp” như sau: 1 1 1 1 a b c abc + + ≥ . Cứ tiếp tục như vậy, chúng ta sẽ tìm tòi được nhiều bài toán mới, hay hơn, tổng quát hơn… Đây chính là cách suy nghĩ trên những bài toán giúp ta nắm vững kiến thức, cũng như một cách rèn luyện tư duy, từ đó hình thành một thói quen học toán tốt. • VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng , , 0a b c∀ > ta có bất đẳng thức sau: 3 2 a b c b c c a a b + + ≥ + + + (**)  Giải: Ta có: 3 a b c a b c b c a c a b b c c a a b b c c a a b + + + + + + + + = + + − + + + + + + ( ) 1 1 1 3a b c b c c a a b   = + + + + −  ÷ + + +   ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 3 2 b c c a a b b c c a a b   = + + + + + + + −   ÷   + + +   Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM ta có: 1 3 9 3 2 2 a b c b c c a a b + + ≥ × − = + + + Dấu “=” xảy ra b c c a a b a b c⇔ + = + = + ⇔ = = Chú ý: Bất đẳng thức (**) chính là bất đẳng thức Nesbitt (Ne-xbít) cho 3 số dương. Ngoài ra, còn rất nhiều cách khác để chứng minh bất đẳng thức này. • VÍ DỤ 4. Chứng minh rằng ( ) 2 4 , 0, 1 2 1 1 81 2 y x y x x y     ∀ > + + + ≥  ÷  ÷  ÷      Giải: Ta có: ( ) ( ) 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 y y x x y y y y x x   + + = + + + ≥ + + = +  ÷   Do đó ( ) ( ) 2 2 2 4 4 1 2 1 1 1 1 2 y x y x y y       + + + ≥ + +  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       ( ) 2 2 4 4 1 1 1 4y y y y       = + + = + + +    ÷  ÷  ÷  ÷         ( ) 2 2 4 1 2. 4 1 2.2 4 81y y   ≥ + × + = + + =  ÷  ÷   Dấu “=” xảy ra 2 2 1 4 2 , 0 y x x x y y y x y  =   =   ⇔ = ⇔   =    >   • VÍ DỤ 5. Chứng minh rằng: a. Nếu hai số không âm có tổng là hằng số S không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. b. Nếu hai số không âm có tích là hằng số P không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau.  Giải: Gọi a, b là hai số không âm bất kì. a. Theo bất đẳng thức AM-GM thì 2 2 2 4 S a b ab S ab ab+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≤ Do đó ( ) 2 4 2 S S Max ab a b= ⇔ = = b. Tương tự 2a b P+ ≥ Vậy ( ) 2Min a b P a b P+ = ⇔ = = Chú ý:  Đây cũng là một hệ quả khá quan trọng của bất đẳng thức AM-GM, giúp chúng ta nhanh chóng tìm ra giá trị lớn nhất hay giá trị nhỏ nhất của một biểu thức. Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 2 2 8x x− . Giải: Dễ dàng nhận ra ( ) 2 2 8 8x x+ − = (không đổi). Do đó theo phần a. thì ( ) 2 2 8x x− đạt giá trị lớn nhất là 2 8 16 4 = khi và chỉ khi 2 2 8 8 2 2 x x x= − = ⇔ = ±  Trường hợp a, b > 0, ta có bài toán mang nội dung hình học như sau: Bài toán: a. Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi, hình vuông có diện tích lớn nhất. b. Trong các hình chữ nhật có cùng diện tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhất. • VÍ DỤ 6. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: a. 1 1 1 1 1 1 a b c b c a c a b a b c + + ≥ + + + − + − + − b. ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b abc+ − + − + − ≤  Giải: a. Áp dụng hệ quả 4 của bất đẳng thức AM-GM: 1 1 4 x y x y + ≥ + ( ) , 0x y > ( ) ( ) 1 1 4 2 a b c b c a a b c b c a b + ≥ = + − + − + − + + − (1) Tương tự 1 1 2 a b c c a b a + ≥ + − + − (2), 1 1 2 b c a c a b c + ≥ + − + − (3) Cộng vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3) ta có đccm. Dấu “=” xảy ra a b c b c a a b c c a b a b c b c a c a b + − = + −   ⇔ + − = + − ⇔ = =   + − = + −  ⇔ Tam giác đó là tam giác đều. b. Áp dụng hệ quả 1 của bất đẳng thức AM-GM: ( ) 2 2 2 a b ab + ≥ hay ( ) 2 4a b ab+ ≥ (với mọi a, b), ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 4 4 a b c b c a a b c b c a b a b c b c a b a b c b c a + − + + − ≥ + − + −    ⇒ ≥ + − + − ⇒ ≥ + − + − Một cách tương tự, ta cũng chứng minh được: ( ) ( ) 2 a a b c c a b≥ + − + − ( ) ( ) 2 c b c a c a b≥ + − + − Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên , , 0 0 0 0 a b c a b c b c a c a b >   + − >   + − >   + − >  Vì các vế của ba bất đẳng thức trên đều dương nên nhân vế với vế ba bất đẳng thức ta thu được: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 abc a b c b c a c a b≥ + − + − + −    (*) Do đó ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra a b c b c a a b c c a b a b c b c a c a b + − = + −   ⇔ + − = + − ⇔ = =   + − = + −  ⇔ Tam giác đó là tam giác đều. Chú ý:  Nếu gọi p là nửa chu vi tam giác thì 2 a b c p + + = , khi đó ta có thể viết lại hai bất đẳng thức trên như sau: 1 1 1 1 1 1 2 p a p b p c a b c   + + ≥ + +  ÷ − − −   ( ) ( ) ( ) 1 8 p a p b p c abc− − − ≤  Ta có thể chứng minh bất đẳng thức ở phần b. bằng cách khác: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a b c b c a b a c b a c b a c b + − + − = + − − −         = − − ≤ Tạo thêm hai bất đẳng thức tương tự ( ) ( ) 2 a a b c c a b≥ + − + − ( ) ( ) 2 c b c a c a b≥ + − + − rồi nhân vế với vế ba bất đẳng thức. • VÍ DỤ 7. Chứng minh a. 2 2 8 4 4 a a + ≥ + ( ) a∀ b. ( ) ( ) ( ) 8b c c a a b abc+ + + ≥ ( ) , , 0a b c ≥ c. ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1a b ab+ + ≥ + ( ) , 0a b ≥  Giải: a. Ta thấy ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 .4 4 4 8 4 4 4 4 a a a a a a + + + + = ≥ = + + + Dấu “=” xảy ra 2 4 4 0a a⇔ + = ⇔ = b. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: ( ) ( ) ( ) 2 2 8 2 a b ab b c bc a b b c c a abc c a ca  + ≥   + ≥ ⇒ + + + ≥   + ≥   Dấu “=” xảy ra a b c⇔ = = c. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 1 2 1a b a b ab ab ab ab+ + = + + + ≥ + + = + Dấu “=” xảy ra a b⇔ = Chú ý:  Bạn đọc hãy cùng quan sát lại một lần nữa bất đẳng thức ở phần b. Với điều kiện , , 0a b c > , khi chia cả hai vế của bất đẳng thức cho 0abc > ta có: ( ) ( ) ( ) 8 a b b c c a abc + + + ≥ Thêm vài bước biến đổi nho nhỏ ta được: 8 1 1 1 8 a b b c c a b c a a b c a b c + + +     × × ≥ ⇔ + + + ≥  ÷ ÷ ÷     Vậy là ta đã thu được một bất đẳng thức mới, cách chứng minh bất đẳng thức này cũng hoàn toàn tương tự như bất đẳng thức ban đầu.  Cũng vẫn là bất đẳng thức ở phần b. nhưng nếu cho thêm giả thiết 1a b c + + = thì ta có bất đẳng thức: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 8a b c abc− − − ≥ . Sẽ khó khăn hơn khi nhận ra phải sử dụng bất đẳng thức AM-GM để chứng minh bất đẳng thức này.  Một mở rộng khác từ bất đẳng thức b. là một bài toán khá hay như sau: “Cho 2 bộ n số dương 1 2 3 , , , , n a a a a và 1 2 3 , , , , n b b b b thỏa mãn 1 2 3 1 2 3 , 1 n n a a a a b b b b ≥ . Chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 2 n n n a b a b a b a b+ + + + ≥ .”  Bất đẳng thức ở phần c. có thể mở rộng cho 3 số: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 3 1 1 1 1 1 3 3 1 a b c a b c ab bc ca abc abc abc abc abc + + + = + + + + + + + ≥ + + + = + Với bốn số: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1a b c d ab cd ab cd abcd+ + + + ≥ + + = + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 4 4 4 1 2 1 1abcd abcd abcd abcd   ≥ + + = + = +     Cứ như vậy, ta đi đến với kết quả tổng quát: Với n số không âm 1 2 3 , , , , n a a a a ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 n n n n a a a a a a a a+ + + + ≥ + Ta có thể chứng minh bằng phương pháp tương tự như trên hoặc sử dụng bất đẳng thức AM-GM theo cách sau đây: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n a a a a a a n a a a a a a a a a a a a  + +×××+ ≥  + + + + + +    + +×××+ ≥  + + + + + +  Cộng vế hai bất đẳng thức trên, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 n n n n n a a a n a a a + ≥ + + + . Từ đó suy ra đccm. • VÍ DỤ 8. a. Cho các số không âm ,a b . Chứng minh: ( ) 2a b a b a b+ ≤ + ≤ + b. Cho các số không âm , ,a b c . Chứng minh: ( ) 3a b c a b c a b c+ + ≤ + + ≤ + + c. Chứng minh rằng nếu , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì: a b c b c a c a b a b c+ − + + − + + − ≤ + +  Giải: a. Ta có: ( ) ( ) 2 2 a b a b a b a b+ ≥ + ⇔ + ≥ + 2 0a ab b a b ab⇔ + + ≥ + ⇔ ≥ (đúng với mọi , 0a b ≥ ) Do đó a b a b+ ≥ + . Dấu “=” xảy ra 0 0 0 a ab b =  ⇔ = ⇔  =  Mặt khác, áp dụng hệ quả 1 của bất đẳng thức AM-GM: ( ) ( ) 2 2 2 2x y x y+ ≤ + với 0x a= ≥ và 0y b= ≥ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2a b a b a b   + ≤ + = +     ( ) 2a b a b⇒ + ≤ + . Dấu “=” xảy ra a b ⇔ = Vậy ( ) 2a b a b a b+ ≤ + ≤ + b. Bằng phương pháp biến đổi tương đương như ở phần a. và sử dụng hệ quả 2 của bất đẳng thức AM-GM, ta thu được đccm. Dấu “=” xảy ra 0a b c⇔ = = = c. Áp dụng kết quả của phần a. ta có: a b c b c a c a b+ − + + − + + − 2 2 2 a b c b c a b c a c a b c a b a b c+ − + + − + − + + − + − + + − = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b c b c a b c a c a b c a b a b c+ − + + − + − + + − + − + + −            ≤ + + 2.2 2.2 2.2 2 2 2 b c a a b c≤ + + = + + Dấu “=” xảy ra a b c⇔ = = ⇔ Tam giác đó là tam giác đều. • VÍ DỤ 9. Cho các số dương , , ,a b c d thỏa mãn điều kiện 1 1 1 1 3 1 1 1 1a b c d + + + = + + + + . Chứng minh 1 81 abcd ≤  Giải: Ta nhận ra 3 = 1 + 1 + 1 nên ta sẽ biến đổi điều kiện của đề bài như sau: [...]... a, b là các số nguyên dương sao cho số cũng là số a b nguyên Gọi d là ước số chung của a, b Chứng minh d ≤ a + b 39 Cho tam giác ABC có diện tích S M là điểm nằm trong tam giác Các tia AM, BM, CM cắt các cạnh BC, AC, AB ở A, B, C Xác định vị trí của MA MB MC điểm M để MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất 1 1 1 40 Các đường phân giác của các góc A, B, C của tam giác ABC cắt các cạnh đối diện của tam giác... minh: abc ≤ 1+ a 1+ b 1+ c 8 18 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Chứng minh: 3 2 + 2 ≥ 8+ 4 3 xy + yz + zx x + y 2 + z 2 19 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + 2 y + 3z = 18 Tìm giá trị nhỏ 2 y + 3z + 5 3 z + x + 5 x + 2 y + 5 nhất của biểu thức P = 1 + x + 1 + 2 y + 3 z 20 Cho các số dương x, y, z có tổng bằng 6 Chứng minh: 17 Cho các số dương a, b, c thỏa 8 x + 8 y + 8 z ≥... Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 Chứng minh: 1 1 1 1 + + ≤ 2 2 2 1 + a ( b + c ) 1 + b ( c + a ) 1 + c ( a + b ) abc 1 27 Cho x, y là các số dương thỏa mãn x + y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của x y biểu thức A = y + x 25 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = +  3 ≤ x ≤ min { y, z}   28 Cho x, y, z là ba số thỏa mãn điều kiện  xy ≥ 6  xz ≥ 12   3 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của. .. 4 ⇔   y2 = 1  x2  Đây là một kết luận sai lầm vì đã không để ý đến điều kiện nữa của x, y  xy = 1 là x + y = 1 Rõ ràng không thể có x, y thỏa mãn hệ  (chứng x + y = 1 minh: dùng hệ thức Vi-ét đảo hoặc thế x = 1 − y vào xy = 1 ) Vì thế, dấu đẳng thức ở bất đẳng thức trên không xảy ra Tức là M > 4, nghĩa là cách giải của các bạn đã sai Cách giải đúng như sau: 2  2 1   2 1   x2 y2 + 1 ... > 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b −1 a −1 4 10 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: f ( x) = x + khi x > 1 x −1 x 4 + 6036 g ( x) = 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: với x > 0 x 12 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x + 1 + 3 − x x x x  12   15   20  13 Chứng minh:  ÷ +  ÷ +  ÷ ≥ 3x + 4 x + 5 x ( ∀x ∈ ¡ )  5  4  3  14 Cho ba số a, b, c thỏa mãn a + b... tổng của 16xy và 16xy ? Câu trả lời là vì ta có thể dự đoán được giá trị nhỏ nhất của M đạt được khi x = y 1 2 Mà theo giả thiết x + y = 1 Như vậy M đạt giá trị nhỏ nhất khi x = y = 1 Từ đây hình thành cách tách xy hoặc xy sao cho khi dấu “=” xảy ra thì x= y= • 1 2 VÍ DỤ 15 Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y = 4 1 1 a Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 2 + xy + y 2 + xy 6 10 b Tìm giá trị nhỏ nhất của. .. 12   3 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x + y + z (Chú ý: Kí hiệu min { y, z} có nghĩa là số nhỏ nhất trong hai số y, z )  x, y , z > 0 29 Cho  x + y + z = 3 2 2 2 Chứng minh: xy yz zx + + ≥3 z x y 30 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = ( x + 2 ) ( 2 − x ) 3 31 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = (x x2 2 + 4) 3 4 3 32 Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1)... xy ≥ ( 3 + 1) 34 Cho các số dương x, y thỏa mãn x + y ≥ 4 Chứng minh: 1 1 2 3x 2 + 4 2 + y 3 9 + ≥ 4x y2 2 35 Cho x, y ≥ 0 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau: P= ( x − y ) ( 1 − xy ) 2 2 ( 1+ x) ( 1+ y) 36 Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d > 0 thì a3 b3 c3 d3 a+b+c+d + 2 2+ 2 + 2 ≥ 2 2 2 2 a +b b +c c +d d +a 2 n  1 37 Chứng minh dãy số un ≥ 1 + ÷ là dãy số tăng, tức là  n u1... ⇔ x = 5 Vậy thể tích khối hộp đạt giá trị lớn nhất bằng 2000 cm khi cạnh của hình vuông bị cắt bằng 5 cm • VÍ DỤ 22 Cho tam giác ABC vuông tại A Một điểm M bất kì nằm trong tam giác Gọi H, I, K thứ tự là hình chiếu của M trên các cạnh BC, CA, AB Tìm vị trí của M để MH 2 + MI 2 + MK 2 đạt giá trị nhỏ nhất  Giải: Kẻ đường cao AD của ∆ ABC Hạ ME ⊥ AD Dễ dàng chứng minh được rằng: MH + MI + MK = MH + AM... ( 1 − a ) b ( 1 − b ) c ( 1 − c ) 2 2  a +1− a  ≤ ÷ 2   2 1  b +1− b   c +1− c  × , trái với (*)  ÷×  ÷ =  2   2  64 Vậy không tồn tại ba số dương a, b, c nào thỏa mãn hệ bất phương trình • VÍ DỤ 29 Tìm hệ thức liên hệ giữa ba số x, y, z nếu biết ba số đó thỏa mãn  x  y   1 + ÷ 1 + ÷ 1 + y  z   2( x + y + z) z ÷≤ 2 + 3 xyz x (1)  Giải: Xét tích  x  y  z  y z z x . THỨC CƠ BẢN I. CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH CỦA HAI SỐ KHÔNG ÂM • Với hai số không âm a, b. Kí hiệu:  2 a b A + = là trung bình cộng của hai số a, b.  G ab= là trung bình nhân của hai số a, b.  2. rằng: a. Nếu hai số không âm có tổng là hằng số S không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. b. Nếu hai số không âm có tích là hằng số P không đổi thì tổng của chúng. toàn phương) và harmonic mean (trung bình điều hòa). II. BẤT ĐẲNG THỨC AM − GM Theo phần I. thì ta đã có mối liên hệ giữa các đại lượng trung bình của các số không âm: Q ≥ A ≥ G ≥ H. Trong