Chuyên đề về cực trị

Chuyên đề về cực trị tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh vực kinh tế...

A Một số vấn đề bất đẳng thức đại số: Bất đẳng thức vấn đề lí thú giải tóan phổ thơng Trong mục ôn lại số bất đẳng thức cổ điển tiếp cận số phương pháp chứng minh bất đẳng thức Do khối lượng kiến thức tương đối lớn nên số khái niệm,tính chất bỏ qua Các bạn tìm thây tính chất này Sách Giáo Khoa Bộ Giáo Dục Đào Tạo Dưói nội dung chuyên đề a)Bất đẳng thức Cauchy i)Bất đẳng thức Cauchy có lẽ quen thuộc với nhiều bạn Ngay từ năm lớp 8,các bạn bắt gặp bất đẳng thức như: x+ y ≥ xy x+ y+ z ≥ xyz x+ y+ z+t ≥ xyzt Trong x, y , z , t số thực khơng âm Những bất đẳng thức có dạng gọi bất đẳng thức Cauchy Bất đẳng thức Cauchy tổng quát có dạng sau: Cho x1 , x2 , , xn số thực không âm Khi ta có bất đẳng thức sau: x1 + x2 + + xn n ≥ x1 x2 xn n Dấu xảy x1 = x2 = = xn x + x + + xn Đại lượng gọi trung bình cộng số x1 , x2 , , xn n Đại lượng n x1 x xn gọi trung bình nhân số x1 , x2 , , xn Do bất đẳng thức Cauchy cịn có tên gọi khác bất đẳng thức TBC-TBN (bất đẳng thức đại lượng trung bình cộng đại lượng trung bình nhân) Bất đẳng thức Cauchy có nhá nhiều cách chứng minh Tuy nhiên khuôn khổ sách nên đây,tác giả nêu cách chứng minh điển hình Phương pháp chứng minh đa gắn liền với tên gọi: “Quy nạp Cauchy” Các bạn tham khảo thêm phương pháp phần phương pháp Quy Nạp Ta chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh n = 2k Trước hết ta chứng minh cho trường hợp sở , k = Ta cần chứng minh x + y ≥ xy ⇔ ( x − y ) = Bất đẳng thức tương đương bất đẳng thức ban đầu Giải sử bất đẳng thức cho k = m , tức x1 + x2 + + x2m ≥ 2m x1 x2 x2m 2m Ta chứng minh bất đẳng thức cho k = m + x1 x2 + x3 x4 + + x2m+1 −1 x2m+1 x1 + x2 + + x2m+1 Ta có: ≥ ≥ 2m+1 x1 x2 x2m+1 m +1 m 2 (Ở ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số x2 k +1 + x2 k + ≥ x2 k +1 x2 k + , ∀k = 1, m − sau sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2m số x1 x2 , x3 x4 , , x2m+1 −1 x2m+1 Như bất đẳng thức Cauchy cho vô số số hạng Bây ta chứng minh n = m + bất đẳng thức cho n = m Thực vậy,áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m + số x1 , x2 , , xm , m x1 x2 xm ta có: x1 + x2 + + xm + m x1 x2 xm ≥ (m + 1)m +1 x1 x2 xm m x1 x2 xm ⇔ x1 + x2 + + xm + m x1 x2 xm ≥ (m + 1) m x1 x2 xm ⇔ x1 + x2 + + xm ≥ m m x1 x2 xm x1 + x2 + + xm m ≥ x1 x xm m Như theo nguyên lý Quy nạp Cauchy ta có điều cần chứng minh Nhận xét bất đẳng thức sở xảy dấu x = y bất đẳng thức tổng quát ta sâu xảy x1 = x2 = = xn Ta có nhiều cách nhìn nhận bất đẳng thức Cauchy, ví dụ cho số thực dương có tổng khơng thay đổi giá trị lớn tích số gì, ngược lại ,tức tìm giá trị nhỏ số thực dương có tích khơng đổi Cũng cần lưu ý với bạn bất dẳng thức Cauchy,điều kiện số thực không âm quan trọng, ví dụ với n = 2k + , ta ví dụ với số thực gồm 2k số −1 số 2k bất đẳng thức khơng cịn ⇔ ii)Bất đẳng thức Cauchy mở rộng Trong phần ta xem xét bất đẳng thức Cauchy có số.Ta khởi đầu bất đẳng thức cho hai số thực dương trước Cho số nguyên dương a,b,c,d hai số thực dương x,y Khi đó: a c x+ y b d ≥ ad +bc x ad y bc a c + b d Bất đẳng thức gọi bất đẳng thức Young Chứng minh bất đẳng thức đề cập đây: a c x+ y b d = adx + bcy ≥ ad +bc x ad y bc a c ad + bc + b d Ở trên, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ad + bc số hạng, bao gồm ad số x , bc số y Như bất đẳng thức chứng minh Bằng ý tưởng tương tự,ta phát biểu bất đẳng thức Cauchy số trường hợp tổng quát sau Cho 2n số nguyên dương a1 , a2 , , an , b1 , b2 , , bn n số thực dương x1 , x2 , , xn Khi ta có bất đẳng thức sau: a a1 a x1 + x2 + + n xn b1 b2 bn ≥ a b2 bn + + anb1b2 bn−1 x1a1b2 bn xn an b1b2 bn−1 a1 a2 an + + + b1 b2 bn Dấu xảy x1 = x2 = = xn Ý tưởng chứng minh hòan tòan tương tự trường hợp hai số, xin nhường lại cho bạn đoc J Bây ta xét số ví dụ ứng dụng bất đẳng thức Cauchy Bài tóan : Tìm giá trị lớn nhỏ : Z = x y (4 − x − y )  x,y ≥ Trong  x+y ≤ (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Tóan ĐHTH Hà Nội năm 1993) Trước hết ta nhận xét số x, y, − x − y có mối quan hệ đó, tổng chúng 4.Đây dấu hiệu nhận biết để sử dụng bất đẳng thức Cauchy hay Tuy nhiên đề lại x y (4 − x − y ) xy (4 − x − y ) L.Chẳng lẽ chịu thua? Ở ta sử dụng kĩ thuật tạo thành số có tổng khơng đổi sau: xx x x x y (4 − x − y ) = y (4 − x − y ) Chẳng phải lúc ; ; y; − x − y có tổng 22 2 hay Tuy nhiên ta cần − x − y nhận giá trị khơng âm,do ta xét trường hợp ≤ x + y ≤ Từ ta thu lời giải sau: Xét ≤ x + y ≤ ,ta có: x x   + + y+4− x− y  xx Z = x y (4 − x − y ) = y (4 − x − y ) ≤   =4 22     (Bất đẳng thức Cauchy) Dấu xảy chẳng hạn x = 2, y = Xét ≤ x + y ,ta có: Z ≤ < Như trường hợp ta có Z ≤ Vậy Z max = Đẳng thức xảy chẳng hạn x = 2; y = Đối với trường hợp giá trị nhỏ nhất, bạn nhận xét điều kiện x + y ≤ chưa sử dụng Và lúc để ta sử dụng điều kiện Nếu bạn thay x + y = vào Z ,các bạn thấy Z < Do giá trị nhỏ Z phải nhận giá trị âm Từ nhận xét ,để thuận tiện việc nghiên cứu, rõ ràng ta cần xét ≤ x + y ≤ Trong trường hợp này, − x − y ≤ −2 ,( đẳng thức xảy x + y = ) nên ta cần tìm giá trị lớn x y để Z thu giá trị nhỏ Lúc có lẽ chuyện trở nên tương đối quen thuộc với bạn Do tổng x + y nên ta cần biến đổi x y thành tích số hạng có tổng x+y Và ta thu kết mong muốn: 3  x + x + 2y   2( x + y )      x.x.2 y  3  =  ≤ = 32 x2 y = ≤ 2 2 Từ ta tới lời giải: Xét ≤ x + y ≤ Ta có: x + y − ≤ − ≤  2( x + y )   x.x.2 y    ≤ = 32 x y≤ ≤ 2 2 ⇒ − x y ≥ −32 Nhân bất đẳng thức vế theo vế ta thu được: x y (4 − x − y ) ≥ − x y.2 ≥ −32.2 = −64 (Nhân hai vế cho số không dương, bất đẳng thức đổi chiều) Dấu xảy chẳng hạn x = 4, y = Xét ≤ x + y ≤ ,ta có: Z ≥ > −64 Vậy trường hợp ta có Z ≥ −64 ⇒ Z = −64 Đẳng thức xảy x = 4, y = Sau số tập áp dụng: Bài 1: Cho x, y thỏa: x + y = + xy Tìm giá trị lớn nhỏ t = x + y (Đề thi HSG lớp TP.HCM năm 1995) Bài 2: Cho a, b > Tìm giá trị nhỏ : a2 b2 + b −1 a −1 (Đề kiểm tra lớp Chuyên Tóan TP.HCM năm 1994) Bài 3: Tìm giá trị nhỏ của:  x, y >    S =  −  1 −  , biết   x  y   x + y = (Đề vào lớp 10 PTTH chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM năm 1994) Bài 4: Cho a, b, c ≥ Chứng minh rằng: P= a + b + c ≥ abc (a + b + c) (Đề thi học sinh giỏi lớp 9,bảng B,tòan quốc năm 1994) Bài 5: Cho a,b,c số thực không âm Chứng minh rằng: 2 33  a  3 b  3 c    +   +   ≥ b+c a+c  a+b  (Tạp chi Toán học Tuổi Trẻ) b)Bất đẳng thức Bouniakovski i)Bất đẳng thức Bouniakovski bất cổ điển tiếng Bất đẳng thức gắn với nhiều tên gọi khác,như Cauchy,Schwarz Cũng xin ý với bạn đọc rằng, bất đẳng thức cổ điển thường hình thành vấn đề sống,trong vấn đề thiên văn,vật lý Chúng xuất từ lâu Bouniakovski ,Cauchy,Schwarz người gắn bó tên tuổi với bất đẳng thức nhất,khơng hẳn họ người phát minh bất đẳng thức này, có lẽ họ góp cơng sức lơn việc hệ thống chúng cách chặt chẽ Bây ta xem “hình thù” bất đẳng thức Bouniakovski này: a , a , , an Khi ta có bất đẳng thức sau: Cho hai dãy số thực b1 , b2 , , bn (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) ≥ a1b1 + a2b2 + + anbn a a1 a2 = = = n ≥ b1 b2 bn Bất đẳng thức Bouniakovski có nhiều cách chứng minh Tuy nhiên tác giả đề cập tới cách chứng minh sử dụng bất đẳng thức vừa xem xét qua, bất đẳng thức Cauchy Dấu xảy Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: a1b1 + a2b2 + + anbn ≤1 (a1 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) Ta giả sử số , bi , i = 1, n số thực dương Bởi lẽ cần sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối: a1b1 + + an bn ≤| a1 || b1 | + + | an || bn | Và lại áp dụng bất đẳng thức Bouniakovski cho số thực dương | |,| bi |, i = 1, n ta có điều phải chứng minh Quay lại vấn đề Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực dương ta được: bi bi ≤ + , ∀i = 1, n 2 2 2 (a12 + a2 + + an )(b12 + b22 + + bn ) 2(a1 + a2 + + an ) 2(b1 + b2 + + bn ) Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta thu được: a1b1 + a2 b2 + + an bn (a12 + a2 + + an )(b12 + b2 + + bn ) ≤ a12 + a2 + + an b + b + + bn + 12 22 = 2(a12 + a2 + + an ) 2(b1 + b2 + + bn ) Và bất đẳng thức chứng minh xong Dấu xảy a + a2 + + an = , ∀i = 1, n bi b12 + b2 + + bn a1 a2 a = = = n ≥ b1 b2 bn Tương tự bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bouniakovski có nhiều cách nhìn nhận Nói chung bạn nên cần trọng thấy đại lượng có tổng bình phương số, có tổng bậc hai đại lượng nằm vế bé bất đẳng thức cần chứng minh Đây dấu hiệu để sử dụng bất đẳng thức Bouniakovski Ngòai bất đẳng thức Bouniakovski thường hay sử dụng bất đẳng thức có dạng phân thức.Do bạn nên ý gặp dạng ii) Bất đẳng thức Bouniakovski mở rộng Cho m dãy số thực không âm (a1 ); (a2 ); (am ) Mỗi dãy gồm n số hạng ai1 , ai2 , , ain Khi ta có bất đẳng thức sau: ⇔ m (a11 m + a12 m + + a1n m ) (am1 m + am2 m + + amn m ) ≥ a11 a21 am1 + + a1n a2n amn a a1 a2 = = = n b1 b2 bn Chứng minh bất đẳng thức Bouniakovski mở rộng làm ý tường tương tự trường hợp m = ,do phần xin dành cho bạn đọc Dấu xảy Chú ý thêm với bạn trường hợp m số tự nhiên chẵn ta có cho dãy số thực bất kì, khơng cần khơng âm,tuy nhiên dấu xảy tỉ số phải đại lượng không âm Dưới ta xét qua ví dụ ứng dụng bất đẳng thức Bouniakovski Bài tóan: a) Cho x, y thỏa: x − y + y − x = (1) Chứng minh: x + y = b) Từ (2) suy (1) hay không (Đề thi vào lớp 10 PT Năng Khiếu TP.HCM năm 1999) Bài tóan phát biểu dạng đẳng thức, nhiên biều thức (1) lại khiến cho ta có cảm giác quen thuộc Rõ ràng biểu thức ấy,ta có: y + ( − y )2 = x + ( − x2 ) = Đây dâu hiệu rõ ràng cho diện bất đẳng thức Bouniakovski Từ ta đưa lời giải: a)Áp dụng bất đẳng thức Bouniakovski cho hai dãy: ( x, − x ) ( − y , y ) ta thu được: x 1− y2 + − x2 y ≤ (x + − x ) (1 − y + y ) ⇔ x − y2 + y − x2 ≤ Dấu xảy x = 1− y2 ≥0 y − x2 x2 − y2 ⇒ = y2 − x2 ⇒ x2 − x2 − x + x = = =1 − y2 y − y + y2 ⇒ x2 = − y2 ⇒ x2 + y2 = b) Từ việc xét dâu bằng, thấy x, y ≥ (1) ⇔ (2) Tuy nhiên đề không cho x, y số thực dương nên ta dễ dàng trường hơp (2) ⇒ (1) ,chẳng hạn x = 0, y = −1 Bài tóan: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a b c + + ≥ a + 2b b + 2c c + 2a Bài tóan nêu dạng phân thức, dấu hiệu khiến ta cảnh giác với bất đẳng thức Bouniakovski.Thông thường, ta sử dụng bất đẳng thức để triệt tiêu mẫu thức.Ở ta áp dụng bất đẳng thức cách sau: Ta có: a b c  [ a(a + 2b) + b(b + 2c) + c(c + 2a)]   a + 2b + b + 2c + c + 2a  ≥ (a + b + c)   b c   a ⇔ ( a + b + c)  + +  ≥ (a + b + c )  a + 2b b + 2c c + 2a  a b c ⇔ + + ≥ a + 2b b + 2c c + 2a Như tóan giải xong Sau tập để bạn áp dụng: Bài 1: Cho a, b, c, d > ab + bc + cd+da=1 Chứng minh rằng: a3 b3 c3 d3 + + + ≥ b+c+d c+d +a d +a +b a+b+c (Đề thi chọn HSG khối PTCT-ĐHSP Hà Nội năm 1995) Bài 2: Cho a, b, c > a + b + c = Tìm giá trị nhỏ của: a3 b3 c3 A= + + a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b (Đề thi đề nghị Olympic 30-4 lần 6,năm 2000) Bài 3: Cho a, b, c, p, q > Chứng minh rằng: 1 p+q p+q p+q + + ≥ + + a b c pa + qb pb + qc pc + qa c)Bất đẳng thức Chebysev i)Cho hai dãy số tính đơn điệu a1 ≤ a2 ≤ ≤ an a ≥ a2 ≥ ≥ an hay b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn Khi ta có bất đẳng thức sau: a1b1 + a2b2 + + anbn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≥ n n n Trong trường hợp dãy tăng dãy giảm a1 ≤ a2 ≤ ≤ an b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn Ta có bất đẳng thức ngược lại sau: a1b1 + a2b2 + + anbn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≤ n n n Bất đẳng có nhiều cách chứng minh, cách chứng minh sau ngắn gọn mà tác giả biết Ta có: a1b1 + a2b2 + + an bn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn − n n n n(a1b1 + a b2 + + an bn ) − (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) = n2 ∑ (aibi − aib j − a j bi + a jb j ) 1≤ i < j ≤ n = n2 ∑ (ai − bi )(a j − b j ) 1≤ i < j ≤ n = n2 Trong trường hợp hai dãy tính đơn điệu ta có đại lượng (ai − a j )(bi − b j ) không âm, ta thu bất đẳng thức nói Trong trường hợp hai dãy khác tính đơn điệu ta có đại lượng (ai − a j )(bi − b j ) khơng âm, ta thu bất đẳng thức ngược chiều Dấu bất đẳng thức tương đối phức tạp,ta nói dấu cảy = = aik ; aik +1 = = aik +t ; ; aia = = aib im ≠ jn , ∀(i, j ) b j1 = = b jl ; b jl +1 = = b jl + r ; ; b jc = = b jn−b Ta hiểu cách nôm na dãy (a) chia thành đoạn nhau.Còn đoạn lại tương ứng đoạn dãy (b) ii) Bất đẳng thức với dãy hóan vị Trong phần i) mục này, ta đề cập tới bất đẳng thức Chebysev.Từ bất đẳng thức ta suy hai dãy: a1 ≥ a2 ≥ ≥ an b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn Thì a1b1 + a2b2 + + an bn ≥ (a1 + a2 + + an )(b1 + b2 + + bn ) ≥ a1bn + a2bn−1 + + anb1 n Thế tổng a1bi1 + a2bi2 + + anbin (bi1 , bi2 , , bin ) hóan vị số (b1 , b2 , , bn ) (nghĩa số hạng b1 , b2 , , bn thay đổi vị trí) ? Đây câu hỏi tự nhiên, hút vào việc giải chúng Đấy vịng xốy vơ tận Tốn học Chúng ta tới bất đẳng thức sau,được gọi bất đẳng thức hoán vị: a1b1 + a2 b2 + + an bn ≥ a1bi1 + a2bi2 + + anbin ≥ a1bn + a2bn−1 + + anb1 Ý tưởng chứng minh bất đẳng thức quy nạp Với n = ,ta cần chứng minh bất đẳng thức: a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ⇔ (a1 − a2 )(b1 − b2 ) ≥ Bất đẳng thức tương đương cuối đúng, ta có điều phải chứng minh Giả sử bất đẳng thức cho n = k ,tức a1b1 + a2b2 + + ak bk ≥ a1bi1 + a2bi2 + + ak bik ≥ a1bk + a2bk −1 + + ak b1 Ta cần chứng minh bất đẳng thức cho n = k + Đối với bầt đẳng thức đầu tiên, sử dụng bất đẳng thức quy nạp ta cần chứng minh: ak +1bk +1 + b j ≥ bk +1 + ak +1b j ⇔ (ak +1 − )(bk +1 − b j ) ≥ Đối với bất đẳng thức thứ hai, sử dụng bất đẳng thức quy nạp ta cần chứng minh: ak +1b1 + b j ≤ ak +1b j + b1 ⇔ (ak +1 − )(b1 − b j ) ≤ Hai bất đẳng thức tương đương cuối đúng, bất đẳng thức ban đầu Tóm lại theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh d)Bất đẳng thức Bernoulli Cho a ∈ N , x ∈ R, x ≥ −1 Khi ta có bất đẳng thức sau: (1 + x )a ≥ + ax Đẳng thức xảy x = hay a = hay x = −1; a = Chúng ta có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này.Tuy nhiên tác giải xin trình bày cách chứng minh bất đẳng thức Cauchy, cách chứng minh ngắn gọn trường hợp nêu, nhiên cịn giúp ích bạn nhiều mặt ý tưởng trình học cấp ba Nếu + ax ≤ bất đẳng thức hiển nhiên (1 + x )a ≥ Xét + ax ≥ Bất đẳng thức cho tương đương với: + x ≥ a + ax được: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a số hạng,gồm số + ax a-1 số 1,ta thu + ax+(a-1) a ≥ + ax a ⇔ + x ≥ a + ax Như ta có điều phải chứng minh Các bạn dễ dàng kiểm tra dẩu e)Một số ý tưởng từ bất đẳng thức x2 ≥ Trong phần trên, biết cách ứng dụng bất đẳng thức cổ điển vào việc chứng minh bất đẳng thức Tuy nhiên thực tế, áp dụng bất đẳng thức cách dễ dàng vậy, lúc phải làm Nếu ý kĩ càng, bất đẳng thức Cauchy dường gốc gác hầu hết bất đẳng thức cổ điển khác Như vậy,điều khởi nguồn bất đẳng thức Câu trả lời bất đẳng thức Cauchy,bởi lẻ sử dụng kết khác để chứng minh bất đẳng thức này, kết x ≥ ,hay cụ thể ta đưa (a − b) ≥ Vậy phải bất đẳng thức hai biến a b,dấu xảy chúng đưa dạng (a − b)2 ,như ta cần đưa chúng dạng tóan giải ư? Câu trả lời đúng,và phần sử dụng bất đẳng thức nguyên thủy để thu hoạch kết độc đáo Trước hết ta làm quen với việc đưa bất đẳng thức hai biến dạng (a − b) g (a, b) Khi đưa dạng ta cần chứng minh g (a, b) ≥ xong Bất đẳng thức g (a, b) ≥ , thơng thường khơng có dấu bằng,tức khơng “chặt” hịan tịan, khơng phức tạp.Do việc giải chúng tương đối dễ dàng Ta bắt đầu số đẳng thức sau: a + b − 2ab = (a − b) (a + b)2 − 4ab = (a − b)2 2(a + b ) − (a + b)2 = (a − b)2 a3 + b3 − ab(a + b) = (a + b)(a − b)2 a + b − ab(a + b ) = (a + ab + b )(a − b)2 Trong trường hợp gặp phân thức hay thức,các bạn quy đồng mẫu số hay nhân với lượng lien hợp để đưa dạng quen thuộc biết Ta xét số ví dụ: 2(a + b ) − (a + b)2 ( a − b) 2(a + b ) − (a + b) = = (1) 2(a + b ) + a + b 2(a + b ) + a + b 1 (a + b)2 − 4ab (a − b)2 + − = = a b a +b ab(a + b) ab(a + b) Ý tưởng phương pháp thật đơn giản phải khơng bạn Tuy nhiên ta làm với phương pháp này.Chúng ta thử xét ví dụ xem,chẳng hạn đẳng thức (1), sử dụng bất đẳng thức 2(a + b ) + a + b ≥ 2(a + b) Ta thu bất đẳng thức: ( a − b) 2 2(a + b ) − (a + b) ≤ 2(a + b) (a − b)2 2(a + b ) ⇔ 2(a + b ) + ≤ 2(a + b) a +b ⇔ a +b+ (a − b) ≤ 2(a + b ) 2(a + b ) Như ta thu bất đẳng thức mạnh bất đẳng thức Bouniakovski lý thú sau : ( a − b) ( a − b) a+b+ ≤ 2(a + b ) ≤ a + b + 2(a + b) 2(a + b ) Các bạn có lẽ thấy phần lý thú sức mạnh phương pháp J Chúng ta xét thêm ví dụ mà bị ép vào tìm lời giải khơng phải sáng tạo tốn học xem Bài tóan: Chứng minh với số thực dương a,b ta có bất đẳng thức sau: a +b (a − b)2 (a + 3b)(b + 3a ) ≥ ab + 16(a + b)3 (Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ) (a − b) (a + 3b)(b + 3a ) Ở dấu xảy a = b , nhiên biểu thức 8(a + b)3 a +b có chứa (a − b)2 rồi, ta cần phải đưa − ab dạng (a − b) f (a, b) a +b ( a − b )2 ( a − b) Ta có: Như ta cần chứng minh: − ab = = 2 2( a + b ) ( a − b) (a − b) (a + 3b)(b + 3a ) ≥ 16(a + b)3 2( a + b ) 2 ⇔ 8(a + b)3 ≥ ( a + b ) (a + 3b)(b + 3a ) Mặt khác,áp dụng bất đẳng thức Cauchy Bouniakovski ,ta thu được: (1 a + b ) ≤ 2(a + b) (a + 3b + b + 3a )2 = 4(a + b) Nhân vế theo vế ta thu điều phải chứng minh Dưới số tập áp dụng : (a + 3b)(b + 3a ) ≤ Bài 1: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: a b2 + + 7(a + b) ≥ 2(a + b ) b a Bài 2: Cho a + b + c = Chứng minh rằng: a + b − 2ab a3 + b3 + c − 3abc ≥ Xác định trường hợp đẳng thức xảy Gợi ý: Sử dụng (a + b + c )  ( a − b ) + (b − c ) + (c − a )  a3 + b3 + c3 − 3abc =   đẳng thức f)Sức mạnh phép biến đổi tương đương Thơng thường gặp tóan bất đẳng thức dạng phân thức, người ta nghĩ đến bất đẳng thức cổ điển Cauchy, Bouniakovski.Tuy nhiên việc áp dụng chúng rắc rổi lúc thực Tốn học ngày có nhiều bất đẳng thức tốt hơn, thuận tiện việc đánh giá biểu thức dạng đa thức Do gặp tóan dạng phân thức,hay dạng tích đa thức phương pháp thể lực hiệu quy đồng mẫu số, khai triển đưa dạng đa thức sau sử dụng số bất đẳng thức biết vào việc chứng minh Dưới tác giả xin liệt kê số bất đẳng thức dạng đa thức ba biến thường gặp: Cho a, b, c số thực dương.Khi ta có bất đẳng thức sau: a + b ≥ 2ab a3 + b3 ≥ ab(a + b) a + b ≥ ab(a + b ) ≥ 2a 2b a + b + 2a b ≥ 2ab(a + b ) a + b + c ≥ ab + ac + bc 2(a3 + b + c ) ≥ ab(a + b) + bc(b + c ) + ac (a + c ) ≥ 6abc 3(a + b + c ) ≥ ab(a + b ) + bc(b + c ) + ac(a + c ) ≥ 3(a b + b c + c a ) ≥ 3abc (a + b + c) Các bất đẳng thức hầu hết chứng minh bất đẳng thức Cauchy Ngòai hay sử dụng bất đẳng thức sau: a3 + b3 + c + 3abc ≥ ab(a + b) + bc (b + c) + ac(a + c) Đẳng thức xảy ba số nhau, hai số nhau, số Bất đẳng thức có tên gọi bất đẳng thức Schur Chứng minh bất đẳng thức đề cập đây: Do tính đối xứng bất đẳng thức mà ta giả sử a ≥ b ≥ c Bất đẳng thức tương đương với: a(a − b)(a − c) + b(b − a )(b − c ) + c(c − a )(c − b) ≥ ⇔ (a − b) [ a(a − c) − b(b − c)] + c(c − a)(c − b) ≥ ⇔ (a − b) (a + b − c) + c (a − c )(a − b) ≥ Bất đẳng thức tương đương cuối đúng, bất đẳng thức ban đầu Dưới ta xem xét ví dụ: Bài tóan: Chứng minh với số thưc dương (a, b, c ) ,ta có bất đẳng thức sau: 9(a + b)(a + c )(b + c) ≥ 8(a + b + c)(ab + ac + bc) Bất đẳng thức thật không dạng thuận tiện cho ta ứng dụng bất đẳng thức cổ điển học Vì ý tưởng khai triển, thủ xem: 9(a + b)(a + c)(b + c) = [ ab(a + b) + bc (b + c) + ca (c + a) + 2abc ] 8(a + b + c )(ab + ac + bc) = [ ab(a + b) + bc(b + c ) + ca(c + a ) + 3abc ] Do bất đẳng thức cho tương đương với: [ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) + 2abc ] ≥ [ ab(a + b) + bc (b + c) + ca(c + a) + 3abc ] ⇔ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) ≥ 6abc Bất đẳng thức thu cuối phép biến đổi tương đương đúng, bất đẳng thức ban đầu Ý tưởng phương pháp đơn giản không phần hiệu Nó giúp ích bạn nhiều bạn bị giới hạn thời gian để làm vấn đề đó.Tìm lời giải đẹp bất đẳng thức cổ điển tốt, điều ngốn bạn nhiều thời gian Những lúc bạn không thử ứng dụng phương pháp xem, khổ cực ban đầu thành công đến với bạn sớm Chúc bạn đạt kết tốt J Dưới số tập áp dụng: Bài 1: Chứng minh rằng:  x  y  x y   +   ≥  +  − 4, ∀x, y ≠  y  x y x (Đề thi HSG bảng A lớp 9,tòan quốc năm 1995) Bài 2:  a , b, c ≥ Cho hệ  a + b + c = Tìm k lớn cho: k a3 + b + c + kabc ≥ + 27 g)Một phương pháp tiếp cận dấu Trong chương trình tóan trung học, có lẽ bạn bắt gặp nhiều toán bất đẳng thức Hầu hết chúng, bạn đóan điểm cho ta dầu đẳng thức Làm vậy, bạn 20% chặn đường Việc cuối để tiếp cận dấu mà thơi Trong phần chúng tơi trình bày cho bạn phương pháp tiếp cận dấu sử dụng lớp bất đẳng thức biến ta bị chặn khoảng Ta phát biểu dạng tổng quát bất đẳng thức: Cho x1 , x2 , , xn ∈ [ a, b ] Chứng minh f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ ( ≤ ) C Gặp tình này, dấu bất đẳng thức thường xảy giá trị biên, nghía a hay b Trong trường hợp vậy,ta cố gắng chứng minh,chẳng hạn f ( x1 , x2 , , xn ) ≥ (≤) f ( a, x2 , , xn ) Và lại tiếp tục f (a, x2 , , xn ) ≥ (≤) f ( a, b, , xn ) Và cuối ta thu giá trị nhỏ f ,chẳng hạn f (a, b, b, b, a, , a ) Lúc ta cần tính giá trị cụ thể f so sánh với C Ta xét số ví dụ cụ thể sau: Bài tóan: Cho a, b, c ∈ [0,1] Tìm giá trị lớn của: f (a, b, c) = a + b + c − ab − ac − bc (Chuyên đề Tóan học số 7- PTNK Tp.HCM) Bài tóan rõ ràng năm phương pháp mà ta đề cập, ta thử áp dụng phương pháp xem: Ta chứng minh: f (a, b, c) ≤ max { f (a, b, 0), f (a, b,1)} Thực Nếu 1− a − b ≥ f (a, b, c) = a + b − ab + c (1 − a − b) ≤ a + b − ab + (1 − a − b) = f (a, b,1) Nếu − a − b ≤ f (a, b, c) = a + b − ab + c (1 − a − b) ≤ a + b − ab = f (a, b, 0) Như f (a, b, c) ≤ max {f(a,b,1),f(a,b,0)} Ở ta lý luận cách tương tự để suy rằng: f (a, b, c) ≤ max {f(0,0,0);f(0,0,1);f(0,1,1);f(1,1,1)} tính tóan trực tiếp gía trị để suy f (a, b, c ) ≤ Dấu xảy chẳng hạn a = b = 0, c = Hoặc ta đánh giá f (a, b,1); f (a, b, 0) f (a, b,1) = − ab ≤ f (a, b, 0) = a + b − ab = (a − 1)(1 − b) + ≤ Dấu xảy chẳng hạn a = b = 0, c = Vậy f (a, b, c) max = Dấu xảy chẳng hạn a = b = 0, c = Bài tóan: Cho a, b, c ∈ [1, 2] Chứng minh rằng: (a + b + c)  1 1 + +  ≤ 10 a b c (Tóan học Tuổi trẻ) Ta sử dụng phương pháp tương tự nói Đặt:  1 1 f (a, b, c) = (a + b + c )  + +  a b c Do tính đối xứng bất đẳng thức mà ta giả sử: a ≥ b ≥ c Ta chứng minh: f (a, b, c) ≤ f (a, b,1) Thực ta có:  1 1 1  f (a, b, c) − f (a, b,1) = (a + b + c)  + +  − (a + b + 1)  + + 1 a b c a b  1  1 1 = (a + b)  − 1 +  +  (c − 1) c  a b 1 a b = (c − 1)  + − −  a b c c Ta có: c − ≥ a 1 a ≤1≤ c 1 a b  ⇒ + − − ≤  a b c c 1 ≤1≤ b b c  1 a b Do (c − 1)  + − −  ≤ ⇒ f (a, b, c) ≤ f (a, b,1) a b c c Ta lại tiếp tục chứng minh: f (a, b,1) ≤ f (2, b,1) Thực vậy: 1  1  f (a, b,1) − f (2, b,1) = ( a + b + 1)  + +  − (2 + b + 1)  + + 1 a b  2 b  1  1 1 = (a − 2)  + 1 +  −  (b + 1) b  a 2  b 1 = (a − 2)  + − −  2a 2a  b Ta có: a-2 ≤ 1  b > 2a b  ⇒ +1− − >  b 2a 2a 1 > b  2a  Do đó: f (a, b,1) ≤ f (2, b,1) Bây ta xét f (2, b,1)   11 3b f (2, b,1) = ( + b )  +  = + + 2 b b 11  b  11  (b − 1)(b − 2)  11 + 3 +  = + 3 +  ≤ + = 10 2b 2 2 b 2  Vậy tòm lại f (a, b, c) ≤ f (a, b,1) ≤ f (2, b,1) ≤ 10 Các bạn thử áp dụng phương pháp vào số tóan sau J = Bài 1: Cho a, b, c ∈ [1, 2] Tìm giá trị lớn của: a + b3 + c3 3abc Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ Bài 2: Cho a, b, c, d , e ∈ [0,1] Tìm giá trị lớn B = a (1 − b) + b(1 − c) + c (1 − d ) + d (1 − a) Bài 3: Cho x, y , z ∈ [1, 2] Tìm giá trị lớn biểu thức sau: A= xy xz yz + + xz + yz xy + yz xy + xz Bài 4: Cho a, b, c ∈ [0,1] Chứng minh rằng: C= 2(a3 + b3 + c ) − (a 2b + b 2c + c a ) ≤ Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ h)Sử dụng tam thức bậc hai chứng minh bất đẳng thức Tam thức bậc hai có nhiều ứng dụng chứng minh bất đẳng thức Các kic thuật sử dụng tam thức bậc hai nhiều, nhiên khuôn khổ sách co hạn nên tác giả nêu phương pháp thường hay sử dụng i)Phương pháp tam thức hóa Để chứng minh f ≥ g Ta chuyển f − g = h( x) = ax + bx + c ≥ 0, ∀x Khi a > đo việc bất đẳng thức tương đương với với  ∆ ≤ Các bạn nên ý tóan mà bậc biến bậc hai, xét tam thức bậc hai theo biến Ta xem xét số ví dụ cụ thể Bài tóan: Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: pa + qb > pqc , ∀p, q : p + q = Bất đẳng thức khơng quen thuộc với phương pháp biết ta.Tuy nhiên điều kiện đơn giản,ta loại bỏ ln điều kiện cách q = − p ,ta được: pa + (1 − p )b ≥ p(1 − p)c , ∀p ⇔ c p + (a − b − c ) p + b > 0, ∀p Như ta thu bất đẳng thức có biến bậc 2,tuy nhiên bất đẳng thức cần chứng minh với p nên ta chọn xét tam thức f ( p ) hợp lý Xét f ( p ) = c p + (a − b − c ) p + b f ( p ) > 0, ∀p ⇔ ∆ = (a − b − c )2 − 4b 2c ≤ ⇔ ∆ = −(a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(− a + b + c) ≤ Bất đẳng thức cuối đúng,như toán giải ii)Phương pháp tạo tam thức Để chứng minh f ≥ g Ta chuyển f − g = b − 4ac = b,2 − ac ≥ Khi ta tạo tam thức bậc hai f ( x ) = ax + bx + c chứng minh f ( x ) ln có nghiệm cách chứng minh tồn α cho af (α ) ≤ hay tồn α , β cho f (α ) f ( β ) ≤ Ta xét ví dụ sau: Bài tóan: Cho a12 ≥ a2 + a32 + + an Chứng minh rằng: (a − a2 − − an )( b12 − b22 − − bn ) ≤ (a1b1 − a2b2 − − anbn ) Bất đẳng thức có tên gọi bất đẳng thức Aczela Bất đẳng thức nằm dạng đẹp mà t among muốn: ac ≤ b,2 , a ≥ Trước hêt ta xét trường hợp a12 = a22 + a32 + + a n ,khi bất đẳng thức hiển nhiên vế phải ln khơng âm Trường hợp a12 > a2 + a32 + + an ,ta xét tam thức bậc hai: f ( x) = (a12 − a22 − − an ) x − 2(a1b1 − a2b2 − − an bn ) x + (b12 − b2 − − bn ) = (a1 x − b1 ) − (a x − b2 )2 − (a3 x − b3 )2 − − (an x − bn ) 2  a  b1    an   Ta có: f   = −  b1 − b2  + +  b1 − bn   ≤  a1  a1    a1     Do phương trình f ( x ) = ln có nghiệm, đó: ∆' = (a1b1 − a2b2 − − an bn )2 − (a1 − a2 − − an )(b1 − b2 − − bn ) ≤ ⇒ (a12 − a2 − − an )(b12 − b2 − − bn ) ≤ (a1b1 − a2b2 − − anbn )2 Sau đâu phần tập dành cho bạn: Bài 1: Chứng minh rằng: a + b + c + d + e ≥ a(b + c + d + e), ∀a, b, c, d , e Bài 2: Chứng minh rằng: (1 + a1 + a2 + + an ) ≥ 4(a12 + a2 + + an ), ∀ai ∈ [0,1] Bài 3: Chứng minh rằng: (a + b + c )2 ≥ 3(a 3b + b3c + c a ) Bài tóan số tóan ứng dụng tam thức bậc hai cực khó, bạn làm tóan xin gửi thư cho chúng tơi, “nhóm chun đề 12 Tốn trường Phổ thơng Năng Khiếu-Đại học Quốc Gia,Thành phố Hồ Chí Minh” Năm bạn gửi lời giải sớm gửi tặng q chúng tơi,các bạn nhớ ghi địa rõ ràng thư gửi đến để thuận tiện việc gửi quà cho bạn J i)Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ln gây khó khăn cho việc tính tóan, bất đẳng thức với dấu giá trị tuyệt đối vấn đề đơn giản Trước hết điểm qua số bất đẳng thức trị tuyệt đối bản: x ≥0 x ≥x x+ y ≤ x + y x− y ≥ x − y Các bất đẳng thức đơn giản chúng ứng dụng vào việc giải tóan dấu giá trị tuyệt đối tốt,chúng ta xét qua số ví dụ Bài tóan: Cho a1 ≤ a2 ≤ ≤ an Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x − a1 + x − a2 + + x − an (Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK Tp.HCM) Giải: Ta xét trường hợp, n chẵn n lẻ Với n chẵn,đặt n = 2k Ta có: A = x − a1 + x − a2 + + x − ak + ak +1 − x + ak + − x + + a2k − x ≥ x − a1 + x − a2 + + x − ak + ak +1 − x + ak + − x + + a2 k − x = − a1 − a2 − − ak + ak +1 + ak + + + a2 k Dấu xảy ra, chẵn hạn x = ak Với n lẻ, đặt n = 2k + Ta có: A = x − a1 + x − a2 + + x − ak + x − ak +1 + ak + − x + ak +3 − x + + a2 k +1 − x ≥ x − a1 + x − a2 + + x − ak + + ak + − x + ak +3 − x + + a2 k +1 − x = − a1 − a2 − − ak + ak + + ak +3 + + a2 k +1 Dấu xảy ra, chẵn hạn x = ak +1 Lời giải tóan có lẽ kỹ thuật, nhiên thứ có nguồn gốc Tác giả phải làm với trường hợp n nhỏ giải cách tổng quát Đây kinh nghiệm học làm Tóan, nên nhỏ khái quát lên cho lớn Ngòai việc áp dụng bất đẳng thức x ≥ x , ta cịn sử dụng bất đẳng thức: x1 + x2 + + xn ≥ x1 + x2 + + xn để giải tóan Một phương pháp hay sử dụng dấu giá trị tuyệt đối nói dhung xét khỏang để bỏ dấu giá trị tuyệt đối Đôi khi,chúng ta thường xuyên dử dụng bất đẳng thức cổ điển việc chứng minh bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, bất đẳng thức Bouniakovski Bởi lẻ áp dụng bất đẳng thức này, giá trị tuyệt đối bình phương làm dấu giá trị tuyệt đối Ta thử xét ví dụ Bài tốn: Cho a, b số thực thỏa mãn a + b = Chứng minh rằng: ( a + + b + ) + ( a −1 + b − ) ≤ Lời giải dựa bất đẳng thức Bouniakovski Ta làm sau: a + + a − ≤  (a − 1)2 + (a − 1)2  = a +   b + + b − ≤ (b − 1)2 + (b + 1)  = b +   a + + b + ≤ 8(a + b + 2) = Cộng bất đẳng thức vế theo vế,ta có điều phải chứng minh Sau tập áp dụng dành cho bạn đọc: Bài 1: Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức sau ,biết x ∈ [ −2,3] a) A = x + + b) B = x + + x − c) C = x − x Bài 2: Chứng minh rằng: 3( ab + + ab − 1) + 4( a + b + a − b ) ≤ 10 (a + 1)(b + 1) Bài 3: Cho số thực x, y , z ∈ [1, 2] Tìm giá trị lớn biểu thức: − xy − yz − xz P= + + z ( x + y ) x( y + z ) y ( x + z ) B Một số vấn đề cực trị phân thức a)Một số kiến thức cần nhớ: b  b − 4ac  Tam thức bậc hai f ( x ) = ax + bx + c = a  x +  − a 4a  b − 4ac −b i) Nếu a > 0, f = − x = 4a 2a b − 4ac −b ii)Nếu a < 0, f max = − x = 4a 2a Định lý: Nếu tam thức bậc hai f ( x ) có hai nghiệm phân tích thành nhân tử b)Một số dạng tốn: i) Dạng f ( x ) = ax + bx + c Phương pháp giải kết dạng bất đẳng thức nêu phần số kiến thức cần nhớ Dưới số tập áp dụng Bài 1: Tìm cực trị đa thức sau: a Tìm A = x − x + b.Tìm max B=-x+3 x − c Tìm max f ( x ) = x − x + x ∈ [ −3, 4] Bài 2: Tìm giá trị nhỏ f ( x ) = ( x − 1)( x + 2)( x + 3)( x + 6) m ii) Dạng f ( x ) = ax + bx + c Phương pháp chủ đạo việc tìm giá trị nhỏ nhất,lớn g ( x ) = ax + bx + c , sau ,sau nhân vào m để đạt điều cần tương ứng thành giá trị lớn g ( x) m tìm với g ( x) Dưới số tập áp dụng Bài 1: Tìm giá trị nhỏ f ( x) = 6x − − 9x2 −6 Bài 2: Tìm giá trị lớn f ( x ) = x−3 x +7 mx + n iii)Dạng f ( x ) = ax + bx + c Phương pháp tổng quát để hạ bệ phân thức dạng là: Bước 1: (Đổi biến) Đặt mx + n = y Bước 2: (Chuyển biến) Chuyển f ( x ) thành f ( y ) cách chuyển ax + bx + x = a ' y + b ' y + c ' (thay y−n x= ) m y Khi đó: f ( x ) = f ( y ) = ' ' a y + b y + c' Thơng thường a 'c ' Khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy: a ' y + c ' ≥ a 'c ' y để đánh giá Tuy nhiên nhớ cẩn thận trường hợp y < Bài tập áp dụng: − 4x x2 + 4x + B= x + x +1 Bài 1: Tìm giá trị lớn nhỏ A = Bài 2: Tìm giá trị nhỏ phân thức mx + nx + d , am ≠ ax + bx + c Phương pháp giải đưa dạng iii), cụ thể sau: m ( ax + bx + c ) +  n − mb  x +  d − mc    mx + nx + d a a  a      = 2 ax + bx + c ax + bx + c mb  mc    n − x +d −  m  a  a   = + ax + bx + c a Ta xét qua số tập sau: 3x − x + Bài 1: Tìm giá trị nhỏ A = x − 2x +1 3x + 14 Bài 2: Tìm giá trị lớn B = x +4 C.Từ đẳng thức đại số Bài viêt cung cấp cho bạn số bất đẳng thức hình thành từ đẳng thức đại số: Trước hết ta lại số đẳng thức hay đại số: ab bc ca + + = −1 (1) (b − c)(c − a ) (c − a)(a − b) (a − b)(b − c ) ( x + y )( y + z ) ( y + z )( z + x) ( z + x )( x + y ) + + = −1 (2) ( x − y )( y − z ) ( y − x)( z − x) ( z − x )( x − y ) Trong (a, b, c ) ( x, y , z ) số khác phần biệt Lưu ý với bạn hai đẳng thức tương đương nhau, chẵn hạn (2) , đặt x + y = a, y + z = b, z + x = c ta thu đẳng thức (1) Từ đẳng thức ta rút số hệ trực tiếp sau đây: iv) Dạng f ( x ) = 2  a   b   c    +  +  ≥2  b −c   c −a   a −b  2  x+ y  y+z  z+x   +  +  ≥2  x− y  y−z   z−x Đề thi vào lớp 10 PTTH Chuyên Lê Hồng Phong TP.HCM năm 1999 x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 + + ≥ ( x − y )2 ( y − z )2 ( z − x )2 xy yz zx + + ≥− 2 ( x − y) ( y − z ) ( z − x) Ta xét số tóan lien quan đến bất đẳng thức thú vị Bài tóan tóan bất đẳng thức Nesbit dạng hiệu: Bài toán: Cho a, b, c số thực phân biệt Chứng minh rằng: a b c + + ≥ b −c c − a a −b Rõ rang bạn thấy mối lien hệ với bất đẳng thức ta xét chứ, để mối quan hệ thêm rõ rang ta bình phương hai vế bất đẳng thức, ta thu được: 2   ab bc ca  a   b   c   b − c  +  c − a  +  a − b  +  (b − c)(c − a) + (c − a)(a − b) + (a − b)(b − c )  ≥         Mặc khác ta có: 2  a   b   c    +  +  ≥2 b−c  c−a   a−b  ab bc ca 2 + +  (b − c)(c − a ) (c − a)(a − b) (a − b)(b − c )  ab bc ca + + =2 ≥2 (b − c )(c − a ) (c − a )(a − b) (a − b)(b − c)  Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta thu điều cần chứng minh Sau số tập dành cho bạn đọc: Bài 1: Cho số thực x, y, z khác đơi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x3 − y y3 − z z − x + + ( x − y )3 ( y − z )3 ( z − x ) Bài 2: Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:  1  B = ( x2 + y + z )  + + 2 2  ( x − y ) ( y − z ) ( z − x)  Trong x, y, z số thực phân biệt Bài 3: (Dành cho bạn học sinh lớp 10 cao hơn) π Chứng minh x + y + z = ta có bất đẳng thức sau: cos x cos y cos z + + ≥ sin( y − z ) sin( z − x ) sin( x − y ) A= Tài liệu tham khảo • Bất Đẳng Thức • Giới thiệu tóm tắt đời nghiệp nhà Tóan Học-Tập 1,2 • Tạp chí Tốn Học Tuổi Trẻ • Các tóan cực trị hàm số-Tập Trần Phương GS.Nguyễn Cang PGS.Nguyễn Đăng Phất Phan Huy Khải  ... xy Tìm giá trị lớn nhỏ t = x + y (Đề thi HSG lớp TP.HCM năm 1995) Bài 2: Cho a, b > Tìm giá trị nhỏ : a2 b2 + b −1 a −1 (Đề kiểm tra lớp Chun Tóan TP.HCM năm 1994) Bài 3: Tìm giá trị nhỏ của:... dấu giá trị tuyệt đối Các biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối gây khó khăn cho việc tính tóan, bất đẳng thức với dấu giá trị tuyệt đối vấn đề đơn giản Trước hết điểm qua số bất đẳng thức trị tuyệt... +a +b a+b+c (Đề thi chọn HSG khối PTCT-ĐHSP Hà Nội năm 1995) Bài 2: Cho a, b, c > a + b + c = Tìm giá trị nhỏ của: a3 b3 c3 A= + + a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b (Đề thi đề nghị Olympic