20 bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam VỀ HAI MƯƠI BÀI TOÁN GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT Tôn Thất Hiệp, GV THPT Phan Đăng Lưu, Phú Vang, Thừa Thiên Huế. Đi cùng với lời giải của hai mươi bài toán giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài viết này, chúng tôi đề xuất thêm một số bài toán mới, đồng thời mỗi bài đề xuất đều có đáp số và lời giải chi tiết ở đằng sau bài viết. Ngoài ra, chúng tôi đưa ra một số kỹ thuật phân tích bình phương; kỹ thuật biến đổi biểu thức hai biến, ba biến; tư tưởng hàm số trong một số lời giải bài toán bất đẳng thức. Bài toán 1: Cho x là số thực. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của P= 3 ( 2 x 2 + 2 x + 1) 3 + 1 ( ) 2x + 3 + 3 x + 3 2 + ( 1 ) 2x + 3 − 3 x + 3 2 (Câu 10, đề minh họa môn toán của Bộ GD & ĐT năm 2015) Cách giải 1: Áp dụng bất đẳng thức (BĐT) Cauchy cho hai số dương ta có:   1 1   2 2 2x + 3 + 3 x + 3 + 2x + 3 − 3 x + 3 . + ≥2 2.      2 2 2 x + 3 + 3 x + 3 2 x + 3 − 3 x + 3   ( Suy ra ) ( ( 1 ) 2x + 3 + 3 x + 3 2 ra khi và chỉ khi ( ( 1 ) 2x + 3 − 3 x + 3 2 ( ) ( ≥ ) 2 2 4 x2 + 6 x + 6 ( = ) 2 2 x 2 + 3x + 3 , đẳng thức xảy ) 2 x 2 + 3 + 3 x + 3 = 2 x 2 + 3 − 3 x + 3 ⇔ x = 0 . Suy ra 3 ( 2 x 2 + 2 x + 1) P≥ + ) + 2 = f ( x), x ∈ ℝ . 3 2 x 2 + 3x + 3 1) Ta tìm các hằng số m, n, p và điều kiện của x sao cho www.mathvn.com m 3(2 x 2 + 2 x + 1) p + ≥ n 2 x 2 + 3x + 3 (1), đồng thời đẳng thức xảy ra khi x = 0 là nghiệm kép. 3 3 2 Và ta tìm được m = 1 thì p = 1 và n = . Lúc này, (1) trở thành 3 3(2x2 + 2x + 1) 1 2 + ≥ 2x2 + 3x + 3 ⇔ x2 ( x2 + 6x −12) ≤ 0 ⇔ −3 − 21x ≤ x ≤ −3 + 21 . 3 3 3 2 2 1 4 1 Suy ra f ( x) ≥ 2 x2 + 3x + 3 + − ≥ − = 3 , (Áp dụng BĐT Cauchy 3 3 3 3 2 x 2 + 3x + 3 cho hai số dương), suy ra P ≥ 3, ∀x ∈  −3 − 21x; −3 + 21  (2), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. −1 2) Với x < −3 − 21 < thì 2 ( ) ( ) 2 32 −3− 21 + 2 −3− 21 +1   165+30 21 3(2x + 2x +1) > = > 5,7 > 3 3 3 3 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 2 1 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam , suy ra P > 3 (3). 3) Với x > −3 + 21 > − ( ) 1 thì 2 ( ) 2 3  2 −3 + 21 + 2 −3 + 21 + 1  165 − 30 21  > > 1, 74 > 3 , suy ra P > 3 (4). 3 3 Từ (2), (3) và (4) suy ra P ≥ 3, ∀x ∈ ℝ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy minP = 3 . Cách giải 2: Theo chứng minh của cách 1, ta có: 1 1 2 2 + ≥ 4 x2 + 6 x + 6 2 x2 + 3 + 3 x + 3 2 x2 + 3 − 3 x + 3 ( ) ( ) Mặt khác 4x2 + 6x + 3 2 2 + 3(2 x + 2 x + 1) ≥ 4 x + 6 x + 3 , suy ra P ≥ . 2 3 4x + 6x + 6 2 2 2 3  15 15  Đặt u = 4 x + 6 x + 6 = 4  x +  + ≥ , ta có 4 4 4  2 4 x2 + 6 x + 3 2 2 u −3 2 2 15 + = + = f (u) , với u ≥ , suy ra 2 3 3 4 u 4x + 6x + 6 2 ( u − 6 ) ( u + 6u − 36 ) 1 2 15  f ′(u ) = − = , f ′(u ) = 0 ⇔ u = 6 ∈  ; +∞  . Lập 6 u − 3 u u 6u u ( u − 3) u u + 6 2 ( u − 3)  4    15  bảng biến thiên (BBT) hàm số f(u), ta suy ra f (u ) ≥ f (6) = 3, ∀u ∈  ; +∞  , suy ra P ≥ 3 , 4  đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy minP = 3 . Cách giải 3: www.mathvn.com ( ( ) ) Đặt a = 2x2 + 3 − 3 x + 3 , b = 2 x 2 + 3 + 3 x + 3 , ta có 2  3 2 − 6   3+ 3  a =  2 x +  +   4    2 2  2 2 2  3 2 + 6   3− 3  và b =  2 x +  +   . 4    2 2   3 2 − 6 3+ 3  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét hai véc tơ u =  − 2 x − ;  , 4 2 2   2 2  6   3+ 3 3− 3   3 2 + 6 3− 3  + v =  2 x + ;  thì a + b = u + v ≥ u + v =   +   = 6 . 2 4 2 2 2 2 2 2       Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 2 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Ta có 3(2x2 + 2x +1) ≥ 4x2 + 6x + 3 = a2 + b2 − 3 , suy ra ( a + b) 2 −3 4 a2 + b2 − 3 1 1 2 P≥ + + ≥ + 3 a b 3 a +b 2 ( a + b ) ≥ 3 và 1 + 1 ≥ 4 với mọi a, b dương), suy ra (vì a 2 + b 2 ≥ 2 a b a+b ( a + b) 2 −3 2 P≥ 3 + 4 . a+b ( a + b) 2 −3 4 t2 − 6 4 = + = f (t ) , suy ra 3 a+b t 3 2 2 4 2 2 ( t − 12 )( t + 12t − 12 ) , f ′(t ) = 0 ⇔ t = 2 3 t 4 f ′(t ) = − 2 = . t = −6 + 180 3 2t 2 − 12 t 3t 2 2t 2 − 12 t 3 + 12 2t 2 − 12 2 Đặt t = a + b, với t ≥ 6 , ta có + ( ) ) Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra f (t ) ≥ f (2 3) = 3, ∀t ∈  6; +∞ , suy ra P ≥ 3 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy minP = 3 . Cách giải 4: (ý tưởng xuất phát từ cách giải 1 và cách giải 2) Ta có ( 3(2 x 2 + 2 x + 1) ≥ 4 x 2 + 6 x + 3 và 1 ) 2x + 3 + 3 x + 3 2 suy ra P ≥ + ( 1 ) 2x + 3 − 3 x + 3 2 ≥ 2 2 4 x2 + 6 x + 6 , 4x2 + 6x + 3 2 2 + = f ( x), x ∈ ℝ , suy ra 3 4 x2 + 6 x + 6 2   3 4  3 9  ( 4x + 3) ( 4x + 6x) 16 x +  + 54 x +  +   4  16  2 2 ( 4x + 3) 4x + 3   4  f ′(x) = − = 3 4x2 + 6x + 3 ( 4x2 + 6x + 6)3 3 4x2 + 6x + 3. ( 4x2 + 6x + 6)3  ( 4x2 + 6x + 6)3 + 6 2 4x2 + 6x + 3   2 3 3 , suy ra f ′( x) = 0 ⇔ x = − ∨ x = 0 ∨ x = − . 4 2 Lập BBT hàm số f(x), ta suy ra f ( x) ≥ f (0) = 3, ∀x ∈ ℝ , suy ra P ≥ 3 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0. Vậy minP = 3 . Bài toán 2: www.mathvn.com Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx = 2 xyz . Hãy tìm GTNN của biểu thức  1 x y z 1 1  + 2 + 2 + 3 + +  . 2 y z x  xy yz zx  Cách giải 1: P= Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 3 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Theo giả thiết xy + yz + zx = 2 xyz ⇔ 1 1 1 1 1 1 + + = 2 . Đặt a = , b = , c = , ta có a + b + c = 2 x y z x y z và b2 c2 a2 + + + 3( ab + bc + ca) . a b c Ta chứng minh bổ đề: Với a, b, c và a1, b1, c1 là sáu số dương ta luôn có P= a 2 b2 c 2 ( a + b + c ) + + ≥ (5). a1 b1 c1 a1 + b1 + c1 Chứng minh: Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có: a b c a1 a1 b1 b1 c1 c1 . + . + . ≤ a 2 b2 c2 a1 + b1 + c1 a 2 b2 c2 a1 + b1 + c1 a 2 b2 c2 a1 + b1 + c1 + + + + + + a1 b1 c1 a1 b1 c1 a1 b1 c1 2  a  a1   a2 b2 c2   a +b +c 1 1 1 ≤ 2   b 2     a1 b1  +    a + b + c   a2 b2 c2   1 1 1    a +b +c 1 1 1  + 2 2   2     b1  +   a + b + c     1 1 1     + 2 a b Từ đó suy ra BĐT (5) đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = a1 b1 2  2   c1  +   a2 b2 c2   a1 + b1 + c1  + + a1 b1 c1  =1 2 c . Áp dụng BĐT (5) ta c1 c b1 2 2 2 2 2 2 b2 c2 a2 ( b ) ( c ) ( a ) ( a + b + c ) (6) có: + + = 2 + 2 + 2 ≥ 2 a b c ab bc ca ab + bc2 + ca2 Bây giờ ta chứng minh ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( a + b + c ) ≥ 3 ( ab 2 + bc 2 + ca 2 ) (7). 2 2 2 2 Thậy vậy, ta có (7) ⇔ a3 + ac2 + b3 + ba2 + c3 + ca2 ≥ 2( ab2 + bc2 + ca2 ) ⇔ a ( a − c) + b( b − a) + c ( c − b) ≥ 0 2 2 2 BĐT này luôn đúng với mọi a, b, c dương, nên BĐT (3) đúng, suy ra 2 2 a + b 2 + c 2 ) ≥ ab 2 + bc 2 + ca 2 (4). Từ (6) và (7) suy ra ( 3 2 2 2 2 2 2 b2 c2 a2 3( a + b + c ) 3( a + b + c ) + + ≥ = , a b c 2( a2 + b2 + c2 ) 2 2 suy ra P ≥ 3( a2 + b2 + c2 ) 2 + 3( ab + bc + ca) = 3 2 ( a + b + c) = 6 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 3 Vậy min P = 6 . Cách giải 2: (phương pháp phân tích bình phương) www.mathvn.com Ta có b2 c2 a2  b2 c2 a2 2 1 2 2 2 P = + + +3( ab+bc+ca) =  + + +a+b+c−(a+b+c) +( a+b+c) − ( a−b) +( a−c) +( c−b)  =   a b c 2 a b c  a=b=c=  b 2 + a 2 c 2 + b 2 a 2 + c 2   1 2 2 2 =  + +  − 2  + 4 − ( a − b ) + ( a − c ) + ( c − b )  2 b c    a Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 4 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam   ( a − b ) ( c − b ) ( a − c ) 2   1 2 2 2 =  + + + 4  − 2  + 4 − ( a − b ) + ( a − c ) + ( c − b )   2 a b c     2 2 2 1  ( a − b) ( 2 − a ) (c − b) ( 2 − b) ( a − c ) ( 2 − c)  = 6+  + +  2  a b c  2 2 2 1  ( a − b) (b + c) (c − b) (c + a ) ( a − c) ( a + b)  = 6+  + + . 2  a b c  2 Suy ra P ≥ 6 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 Vậy min P = 6 . Nhận xét 1: (về BĐT (5)) 2 2 Khi áp dụng BĐT (5) ta có thể điều chỉnh sao cho số mũ ở tử của vế lớn của BĐT (5) tăng dần cho đến khi ta được BĐT vừa đủ mạnh, trong việc tìm GTNN của một bài toán cụ thể nào đó. Lưu ý: a) Về biểu thức và phương pháp S.O.S (phương pháp phân tích bình phương) 1. Hàm phân thức đối xứng chuẩn, hàm phân thức nửa đối xứng ba biến: a) Hàm phân thức đối xứng F(a, b, c) đối với ba biến a, b, c được gọi là hàm phân thức đối xứng chuẩn, nếu F(x,x,x) = 0 với mọi x. b) Hàm phân thức đối xứng S(a, b, c) đối với ba biến a, b, c được gọi là hàm phân thức nửa đối xứng nếu S(a, b, c) = S(a, c, b) với mọi a, b, c. Hàm phân thức đối xứng S(a, b, c) đối với ba biến a, b, c được gọi là hàm phân thức nửa đối xứng chuẩn, nếu S(x,x,x) = 0 với mọi x. 2. Biểu thức dạng S.O.S Ta công nhận các định lý và hệ quả dưới đây. www.mathvn.com Định lý : (dạng biểu diễn S.O.S đối với lớp hàm đa thức) Cho F(a, b, c) là hàm đa đối xứng chuẩn theo ba biến F(a, b, c) đối với ba biến a, b, c, khi đó ta có F(a, b, c) = (b – c)2S(a, b, c) + (c – a)2S(b, c, a) + (a – b)2S(c; a; b) , ∀a, b, c ∈ R Hệ quả: (dạng biểu diễn S.O.S đối với hàm phân thức) M (a, b, c) M (b, c, a ) M (c, a, b) + + với M(a, b, c), N(a, b, c) là Cho hàm phân thức F (a, b, c) = N (a, b, c) N (b, c, a ) N (b, c, a ) hai đa thức nửa đối xứng ba biến và nếu có hàm đa thức đối xứng G(a, b, c) ba biến sao cho mọi số thực dương x thì số F ( x, x, x) − G ( x, x, x) = 0 . Khi đó tồn tại hàm số đối xứng nửa ba biến S(a, b, c) sao cho đồng nhất thức sau là đúng: M(a,b,c) M(b,c,a) M(c,a,b) + + - G(a,b,c) = (b - c)2 S(a,b,c)+ (c - a)2 S(b, c, a)+ (a - b)2 S(c; a; b) N(a,b,c) N(b,c,a) N(b,c,a) b) Một số đẳng thức thường được sử dụng trong phân tích bình bình phương. a a ( a − b) 2 a 2 + b 2 − 2ab = (a − b) 2 , + − 2 = , a 3 + b3 − ab ( a + b ) = (a + b)(a − b) 2 b b ab (a − b) + (c − b) + (a − c) , b2 c 2 a 2 , + + − ( a + b + c) = a b c a b c 2 2(a + b 2 2 ) − ( a + b) = (a − b) 2 2 2 a + b + 2 ( a 2 + b2 ) Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 5 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam ( a +b + c) 2 1 2 2 2 − ( a −b) +( a −c) +( c −b)  ,  3 6 a +b +c  2 2 2 a3 + b3 + c3 − 3abc = ( a − b) + ( a − c) + ( c − b)  ,  2 2 2 2 a − b) b − c) c − a) ( ( ( a b c 3 , + + − = + + b + c c + a a + b 2 2 ( c + b )( c + a ) 2 ( a + b )( a + c ) 2 ( b + c )( b + a ) ab +bc + ca = 2 ( a − b ) ( a 2 + b 2 + 4ab ) − (a − b) 1 1 8 1 2 + − = , 2 − = , 2 a 2 b2 ( a + b )2 a + b 2 ( a + b )2 ( a + b )2 ( a 2 + b 2 ) a 2b 2 ( a + b ) 2 −3( a − b) 1 4 , − = 3 3 3 a + b ( a + b) ( a + b)2 ( a3 + b3 ) 2 2 2 2 ( a − b) 4a2b2 + 2ab( a + b) + ( a + b) ( a2 + b2 + ab) 1 1 16 + − = 3 a3 b3 ( a + b)3 a3b3 ( a + b) c) Biểu thức P trong bài toán 1 là biểu đối xứng theo ba biến a, b, c, nên ta liên tưởng đến phương pháp phân tích bình phương, nếu các phương pháp khác hầu như không sử dụng được trong việc tìm giá trị GTLN hoặc GTNN của P. Bài toán 3: Cho các số thực a, b, c thỏa ( a + b )( c + b )( a + c ) abc ≠ 0 . Hãy tìm GTNN của biểu thức 2 2 2  a   b   c  Q=  +  +  .  a+b b+c   c+a  Cách giải 1:(phương pháp phân tích bình phương)  a Ta có Q =   a+b  2   b  +    b+c 2   c  +    c+a 2 2 2 2 2   a   b   c   ≥   +   +   . Từ đó ta có  a+b b+c c+a 2 2  a   b   c  thể tìm min của biểu thức Q =   +  +  , với a, b, c là các số thực dương.  a+b b+c   c+a  Không mất tính tổng quát ta giả sử a = max {a; b; c} Ta có 2 2 2 2 2 a − b)   (b − c ) ( (b − c)  + 3  a  1   b  1   c  1   ( a − b ) Q − =  − + − + − = + 2 + + 2               4  a + b  4   b + c  4   c + a  4   ( a + b )2 a + b   ( b + c )2 b + c  2 2 2  ( c − a )2 c − a )  1  ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )  ( a − b )( b − c )( a − c ) ( + +2 + + . =  + 2 c + a  4  ( a + b )2 ( b + c )2 ( c + a ) 2  2 ( a + b )( b + c )( a + c )  ( c + a ) Suy ra 2 ( b − c)( c − a) ( a − b)( b − c)( a − c) ( a − b)2 ( b − c)( c − a)  a − b  3 ( a − b) Q− ≥ + + ≥ + 1− = 4 4 ( a + b)2 2 ( b + c )( a + c) 2 ( a + b)( b + c)( a + c) 4 ( a + b) 2 2 ( b + c)( a + c )  a + b  = 2 ( a − b ) + b ( b − c )( c − a ) (áp dụng BĐT Cauchy cho hai số không âm, 2 4 ( a + b ) ( a + b )( b + c )( a + c ) ( b − c )( a − c ) ≥ − ( b − c )( a − c ) và a ≥ b > 0 ) suy ra Q − 3 3 ≥ 0 hay Q ≥ , với a = max {a; b; c} , 4 4 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 3 Vậy min Q = . 4 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 6 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Cách giải 2: (phương pháp hàm số) 2 2 2 1 1 1  a   b   c  Ta có Q =  . + +  +  +  = 2 2 2  a+b b+c  c+a   b   c   a  1 +  1 +  1 +   a  b  c b c a  b  c   a  Vì      = 1 , nên trong ba số dương x = , y = , z = ắt phải có hai số (cùng lớn a b c  a  b   c  hơn hoặc bằng 1) hoặc (cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1). Không mất tinh tổng quát ta giả sử ( x ≥ 1 và y ≥ 1 ) hoặc ( x ≤ 1 và y ≤ 1 ). Ta có 2 2 2 2(1 + x)(1 + y) 2 2 1  1   1  (1 + x) + (1 + y) + = ≥ = = ≥     2 2 2 2 (1 + x) (1 + y) (1 + x) (1 + y) 1 + x + y + xy 2 (1 + xy ) − (1 − x )(1 − y ) 1 + xy  1+ x   1+ y  2 2 2 2 2 2 1 z  1   1   1   1   1  Suy ra Q =  + +  +  +  ≥  =  = f ( z ) , với z > 0.  1 + x   1 + y   1 + z  1 + xy  1 + z  1 + z  1 + z  1 2 z −1 Ta có f ′( z ) = − = , suy ra f ′( z ) = 0 ⇔ z = 1 . Lập bảng biến thiên (BBT) 2 3 3 (1 + z ) (1 + z ) (1 + z ) 3 3 hàm số f(z), ta suy ra f ( z ) ≥ f (1) = , ∀z ∈ ( 0; +∞ ) , suy ra Q ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ 4 4 khi x = y = z = 1 hay a = b = c . 3 Vậy min Q = . 4 Bài toán 4: Cho a, b, c là các số thực thỏa a2 + b2 + c2 = 3. Hãy tìm GTNN và giá trị lơn nhất (GTLN) của a3 b3 c3 R, với R = . www.mathvn.com + + b2 + 1 c2 + 1 a2 + 1 Lời giải: a Vì R ≤ 3 + b 3 b2 + 1 c2 + 1 thỏa a2 + b2 + c2 = 3. c + 3 a2 + 1 , nên ta chỉ cần tìm GTLN của R khi a, b, c ∈ 0; 3  ,  3 Không mất tính tổng quát ta giả sử c ≥ b ≥ a thì c ∈ 1; 3  , a ∈ [ 0;1] và b ∈ 0; . 2   3 3 3 3 3 3a 3b 3c 3a 3b 3c3 Ta có R = , + + = + + 3b 2 + 3 3c 2 + 3 3a 2 + 3 4b 2 + a 2 + c 2 4c 2 + a 2 + b 2 4a 2 + c 2 + b 2 suy ra R≤ 3 ( 3 3−b2 −c2 3 3a 3b + + 3c2 = c 2c suy ra R ≤ ( 3 3 3 − c2 2c )+ c 3 − c2 ) 2c ) + 3c ≤ ( 3 2 3 3−c2 c )+ ( 3 3 3−c2 2c ) + 3c , 3 2 3c2 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0. 1) Ta tìm điều kiện của c để ( 3 3− a2 −c2 3 3 3 3 )+ ( 3 ( 3 − c2 2c ) 3 + 3c 2 ≤ 3 3 , điều này tương đương với 3 ( ) + c 2 ≤ 3 ⇔ ( 3 − c 2 ) 3 3 − c 2 − 2c ≤ 0 ⇔ ( 3 − c 2 )( 27 − 13c 2 ) ≤ 0 ⇔ 3 ≥ c 2 ≥ 2c Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 27 . 13 7 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 27 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 3, b = a = 0 . 13 27 12 6 thì < a 2 + b 2 ≤ 2b 2 (vì 0 ≤ a ≤ b), suy ra b 2 > . Do đó: 2) Với 1 ≤ c 2 < 13 13 13 Như vậy R ≤ 3 3 , với 3 ≥ c 2 ≥ 3 3  3   27      3 3 3 3 2   13  1 13 a b c  R= + + < + + = + 2 2 2 2 2 6 19 b +1 c +1 a +1 1 + 1 0 + 1 +1 13 , suy ra R < 3 3 . ( 3) 4 3 3  27  +   < 5,12 < 3 3 13   Tóm lại, R ≤ 3 3 , đẳng thức xảy ra khi c = 3, b = a = 0 . Từ đó suy ra −3 3 ≤ R ≤ 3 3 với a, b, c là các số thực thỏa a2 + b2 + c2 = 3. Vậy min R = −3 3 , đạt được khi c = − 3, b = a = 0 và max R = 3 3 , đạt được khi c = 3, b = a = 0 . Nhận xét 2: (về bài toán 4) Khi a, b, c là các số thực dương thì ta có min R = 3 2 . 2 Cách 1: Áp dụng BĐT (1) ở cách giải 1 của bài toán 1 và BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có (a ) (b ) 2 2 R= (c ) 2 2 a b +1 + + 2 c a +1 ≥ 2 + b2 + c 2 ) 2 = 9 a b + 1 + b c + 1 + c a + 1 a b + 1 + b c2 + 1 + c a2 + 1 2 a 2 + b 2 + 1 2b 2 + c 2 + 1 2c 2 + a 2 + 1 2 2 2 mà 2 a b + 1 + 2b c + 1 + 2c a + 1 ≤ + + = 6 nên 2 2 2 9 2 3 R≥ = , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . 6 2 2 b c +1 (a 2 2 2 2 2 2 2 3 2 . 2 Cách 2: Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương ta có  a4 a b2 +1   b4 b c2 +1   c4 c a2 +1   2a b2 +1 2b c2 +1 c a2 +1  R= + + + + +  +  +  −   a b2 +1 2   b c2 +1 2   c a2 +1 2   2 2 2 2 2 2   Vậy min R =  2a 2 + b 2 + 1 2b 2 + c 2 + 1 2c 2 + a 2 + 1  3 . ≥ 2 ( a2 + b2 + c2 ) −  + + = 4 2 4 2 4 2 2   Cách 3: Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có  a3 a3 b2 +1  b3 b3 c2 +1  c3 c3 a2 +1 a2 + b2 + c2 + 3 + + + + + + + +  2     − 2 2 b +1 b2 +1 2 2   c2 +1 c2 +1 2 2   a2 +1 a2 +1 2 2   R= 2 3 ≥ 3 2 2 (a 2 + b2 + c2 ) − 3 2 2 = 3 . 2 Bài toán 5: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 8 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Cho ba số thực không âm a, b, c sao cho c = min{a; b; c} và ( a 2 + c 2 )( b 2 + c 2 ) ≠ 0 . Hãy tìm GTNN của biểu thức S = 1 1 + 2 2 + a+b+c . 2 a +c b +c 2 Lời giải: Vì c = min{a; b; c}, và a, b, c ≥ 0 nên = 1 c  a +  2  2 + 1 c  b +  2  2 ≥ 8 (a + b + c) t = a + b + c > 0 . Ta có f ′(t ) = − 2 1 1 + 2 2≥ 2 a +c b +c 2 , suy ra S ≥ 1 2 c a + ac + 4 2 8 ( a + b + c) + 2 1 c2 b + bc + 4 = 2 + a+b+c = 8 + t = f (t ) , với t4 32 + 1 , f ′(t ) = 0 ⇔ t = 2 , Lập BBT hàm số f(t) , ta suy ra t5 5 5 , suy ra S ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 0, a = b = 2 . 2 2 5 Vậy min S = . 2 Nhận xét 3: (về bài toán 5) Từ hướng giải của bài toán 5, chúng tôi đề xuất ba bài toán sau: Bài toán 5.1: Cho ba số thực a, b, c sao cho c = min{a; b; c} ≥ 1. Hãy tìm GTNN của biểu 9 36 thức. S = + + a + b + c −1 . 2 2 2 ( 2a + b ) 4 ( 2b + a ) + 45 ( c − 1) f (t ) ≥ f ( 2 ) = Đáp số: min S = 5 , đạt được khi và chỉ khi a = b = 2, c = 1. 2 Bài toán 5.2: Cho ba số thực không âm a, b, c sao cho ( a 2 + c 2 )( b 2 + c 2 )( a 2 + b 2 ) ≠ 0 . Hãy tìm GTNN của 1 1   1 biểu thức S = 128  2 + 2 2+ 2 +5 a+b+c . 2 2   a +b b +c c +a  Đáp số: min S = 25 , đạt được khi và chỉ khi a = b = 8, c = 0 hoặc các hoán vị của nó. Bài toán 5.3: Cho ba số thực không âm a, b, c sao cho ( a 3 + c3 )( b3 + c3 )( a 3 + b3 ) ≠ 0 . Hãy tìm GTNN của 12 ( a + b + c ) 1 1 1 + 3 3+ 3 3+ . www.mathvn.com 3 a +c b +c a +b 125 16 5 Đáp số: min S = , đạt được khi và chỉ khi c = 0, a = b = hoặc các hoán vị của nó. 25 2 Bài toán 6: Cho a, b, c dương thỏa a2 + b2 + c2 = 3. Tìm GTNN của biểu thức 1 1 1 T = 8(a + b + c) + 5 + +  . a b c Cách giải 1: (phương pháp phân tich bình phương) 1 2 2 2 Ta có a + b + c = a + b + c − a 2 − b 2 − c 2 + 3 = 3 − ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1)   2 biểu thức S = 3 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 9 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam (1−a)2 −a( a2 +a −2) (1−b)2 −b( b2 +b −2) (1−c)2 −c( c2 +c −2)  1 1 1 2 2 2  Mặt khác + + −a −b −c +3 = 3+  + + a b c a b c     2 2 2  (1 − a ) (1 − b) (1 − c )  = 3+  + +  − ( a + b + c) + 3 b c   a  (1 − a )2 (1 − b )2 (1 − c )2   1 2 2 2  = 3+  + +  − 3 − ( a −1) + ( b −1) + ( c −1)   + 3 b c   2   a  (1 − a )2 (1 − b )2 (1 − c )2  1 2 2 2 = 3+  + +  + ( a −1) + ( b −1) + ( c −1)  b c  2  a Suy ra (1− a)2 (1− b)2 (1− c)2  5 2 2 2 2 2 2 T = 24 − 4 ( a −1) + ( b −1) + ( c −1)  +15 + 5  + +  + ( a −1) + ( b −1) + ( c −1)    b c  2  a (1− a)2 (10 − 3a) (1− b)2 (10 − 3b) (1− c)2 (10 − 3c)  = 39 +  + +  . Theo giả thiết a 2 + b 2 + c 2 = 3 và 2 a 2 b 2 c   a , b, c > 0 ( ) thì a, b, c ∈ 0; 3 ; từ đó T ≥ 39 ,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy min T = 39. Cách giải 2: ( ) Ta tìm m, n sao cho với ∀t ∈ 0; 3 , ta có 8t + 5 ≥ mt 2 + n , đồng thời đẳng thức xảy ra khi t = t 1 là ( ) 3 23 5 3 23 nghiệm kép. Ta tìm được m = , n = . Ta chứng minh 8t + ≥ t 2 + , ∀t ∈ 0; 3 . 2 2 t 2 2 5 3 2 23 2 Thật vậy 8t + ≥ t + ⇔ ( t − 1) ( 3t − 10 ) ≤ 0 , ∀t ∈ 0; 3 . Suy ra t 2 2 5 3 23 5 3 23 8a + ≥ a 2 + , ∀a ∈ 0; 3 , 8b + ≥ b 2 + , ∀b ∈ 0; 3 và a 2 2 b 2 2 5 3 23 8c + ≥ c 2 + , ∀c ∈ 0; 3 , c 2 2 3 2 69 suy ra T ≥ ( a + b 2 + c 2 ) + = 39 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 2 2 Vậy min T = 39. Nhận xét 4: (về bài toán 6) Ta tìm một điều kiện của hai hằng số dương m, n để biểu thức 1 1 1 T = m(a + b + c) + n  + +  , a b c ( ( ( ) ) ( ) ) đạt GTNN khi a = b = c = 1 (với a, b, c > 0 và a2 + b2 + c2 = 3). 1 2 2 2 Ta có a + b + c = a + b + c − a 2 − b 2 − c 2 + 3 = 3 − ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1)  .  2 2 2 2 (1−a) (1−b) (1−c)  1 1 1 1 2 2 2 Mặt khác + + −a2 −b2 −c2 +3 = 3+  + +  + ( a −1) +( b−1) +( c −1)  , suy ra a b c b c  2  a Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 10 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam (1− a)2 (1− b)2 (1− c)2  n m 2 2 2 2 2 2  T = 3m − ( a −1) + ( b −1) + ( c −1) + 3n + n  + + + ( a −1) + ( b −1) + ( c −1)  =    2 b c  2   a  (1− a)2 2n + ( n − m) a (1− b)2 2n + ( n − m) b (1− c) 2 2n + ( n − m) c   +  +   . = 3( m + n) +  2a 2b 2c   m 3 Tìm được một điều kiện là n ≥ (8). 2+ 3 * Khi n ≥ m > 0 (thỏa (8)) thì ta có thể giải bài toán bằng ba cách: sử dụng BĐT Cauchy, phương pháp phân tích bình phương, phương pháp hàm số. m 3 , thì bài toán có thể không giải được bằng BĐT Cauchy, mà giải được * Khi m > n ≥ 2+ 3 bằng phương pháp phân tích bình phương, phương pháp hàm số. Bài toán 7: Cho x, y, z > 1 thỏa x + y + z = xyz. Tìm GTNN của biểu thức 1 1 1 x z y K = 2 + 2 + 2 − 2 2 + 2 + 2  z y x y z  x Lời giải: (phương pháp phân tich bình phương) 1 1 1 Ta có x + y + z = xyz ⇔ + + = 1 , suy ra xy zy xz  1  1  1 2 1  2 1  2 1 2 1 2 1  2 1 K = x   2 − + 2  + − 2  + z  2 − + 2  + − 2  + y   2 − + 2  + − 2  − xz x  xz x  yz z  yz z  yx y  yx y   z  y  x 2 2  1 1  2  2 1  1  1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 −2  2 + 2 + 2 − − − + 1  = x  −  + − + z  −  + − + y   −   + − − y z xy zy xz  z x z x  x y   x y x  y z y z 2 2 2 2 2 2  1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 −  −  −  −  −  −  − 2 = ( x −1)  −  + ( z −1)  −  + ( y −1)  −  +  + +  − 2  z x  y z  x y  z x  y z x y x y z 2 1 1 1 1 1 1  1 1 1  suy ra K ≥  + +  − 2 =  + +  − 2 ≥ 3  + +  − 2 = 3 − 2 x y z x y z  xy zy xz  Suy ra K ≥ 3 − 2 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 . Vậy min K = 3 − 2 . www.mathvn.com Bài toán 8: (Vô địch IRAN năm 1996)  1 1 1  Cho a, b, c > 0. Tìm GTNN của biểu thức L = ( ab + bc + ca )  + + . 2 2 2  ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )  Lời giải: (phương pháp phân tich bình phương) Ta có L = ab + bc + ca + a b c + + , suy ra b+c c+a a+b ( a + b ) (b + c ) ( c + a ) 2 2 2 2 2 2 a − b) b − c) c − a) a − b) b − c) c − a) ( ( ( ( ( ( 9 L− =− − − + + + 2 2 2 4 4 ( a + b ) 4 ( b + c ) 4 ( c + a ) 2 ( c + b )( c + a ) 2 ( a + b )( a + c ) 2 ( b + c )( b + a ) 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 2 2 facebook.com/mathvncom 11 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam ( a − b) = 2 2  2 1  ( b − c)  2 1  ( a − c)  2 1  − + − + −       4 ( c + b)( c + a) ( a + b)2  4 ( a + b)( a + c) ( c + b)2  4  ( b + a)( b + c) ( a + c)2  Vì L là biểu thức đối xứng theo ba biến a, b, c, nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c. 2 1 2 2 2 Suy ra ( a − c ) ≥ ( b − c ) + ( a − b ) và − > 0. ( b + a )( b + c ) ( a + c )2 2 9 (a − b) Suy ra L − ≥ 4 4 (b − c ) + 2 4  2 1 2 1  − + − +  2 2  ( c + b )( c + a ) ( a + b ) ( b + a )( b + c ) ( a + c )   2 1 2 1  − + − (9)  2 2   ( a + b )( a + c ) ( c + b ) ( b + a )( b + c ) ( a + c )  2 Ta có ( 2c + a + b)( a − b) + 2c + 2c − + − = − ( a + b)( a + c) ( c + b)2 ( b + a )( b + c) ( a + c)2 (a + b) ( c + b)2 (c + a)2 ( c + b)2 ( c + a)2 2 1 2 2 1 Suy ra ( a−b) 2 4 2  2 −1 2 −1  ( b−c)  2 −1 2 −1  + + + + + + +     2 2 4 ( a+b)( a+c) ( c+b)2 ( b+a)( b+c) ( a+c)2  ( c+b)( c+a) ( a+b) ( b+a)( b+c) ( a+c)  ( a−b) = 2 2 2  a+b) −( c+b)( c+a) ( 1 2 −1  ( b−c)  −( 2c+a+b)( a−b) 2c 2c  + + + + + +     2 2 4 (a+b)( c+b)2 (c+a)2 ( c+b)2 ( c+a)2  ( c+b)( c+a) ( c+b)( c+a)( a+b) ( b+a)( b+c) ( a+c)  2 4 ( a−b) = 2 2 2 2  −( 2c+a+b)( b−c)  ( a−b) ( a+b) −( c+b)( c+a) 1 2 −1  ( b−c)  2c 2c  + + + + + +       4 ( c+b)( c+a) (a+b)( c+b)2 (c+a)2  4  ( c+b)( c+a)( a+b)2 ( b+a)( b+c) ( a+c)2  4 ( c+b)2 ( c+a)2  2 ( a −b) ≥ = 2 2 2  −( 2c + a +b)( b −c)  ( a −b) (a +b)( c +b) (c + a) −( 2c + a +b)( b −c)  1 +  =   2 4 ( c +b)( c + a) (a +b)( c +b)2 (c + a)2  4  (a +b)( c +b) (c + a)2  2 ( a − b) ( a2c + c2a + b2c + cb2 + a2b + b2a + 2abc − 2cb2 + 4bc2 − 2c3 − ab2 + 2abc − ac2 − b3 + 2b2c − bc2 ) 4(a + b) ( c + b ) (c + a)2 2 =− = 2 (a − b) 2 ( c a + b c + 4c b + a b + 4abc − 2c 2 2 2 4(a + b) ( c + b ) (c + a) 2 2 bc ( a − b ) 3 − b3 ) ≥ ( a − b) 2 (c 3 + c3 + 4c 2b + b3 + 4abc − 2c 3 − b3 ) 4( a + b) ( c + b ) (c + a ) 2 2 = 2 ( a + b ) ( c + b ) (c + a ) 2 ( a−b) 2 ≥ 0 , suy ra 2  2 −1 2 −1  ( b−c)  2 −1 2 −1  + + + + + + +     ≥0 (10) 4 ( c+b)( c+a) ( a+b)2 (b+a)( b+c) ( a+c)2  4 ( a+b)( a+c) ( c+b)2 ( b+a)(b+c) ( a+c)2  9 9 Từ (9) và (10) suy ra L − ≥ 0 , hay L ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 4 4 9 Vậy min L = . 4 Bài toán 9: (Câu V, đề thi đại học khối A môn toán, năm 2012) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P=3 x- y +3 y-z +3 z-x − 6 x2 + 6 y2 + 6 z 2 . Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 12 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Lời giải: Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z, khi đó ta có (x – y)2 + (y – z)2 ≤ (x – z)2, đẳng thức xảy ra khi x = y hoặc z = y. Vì x + y + z = 0 nên 2 2 2 2 6 ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2 ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≤ 4 ( z − x ) . Từ đó   P ≥ 3x − y + 3 y − z + 3x − z − 2 ( x − z ) ≥ 2.3 x− z 2 + 3x − z − 2 ( x − z ) . Đặt x – z = t ≥ 0 thì t  t  P ≥ 2.3 2 + 3t − 2t = f (t ) . Ta có : f ′(t ) =  3 2 ln 3 − 1 + 3t ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 , suy ra hàm số f(t)   đồng biến trên [0; +∞); do đó f ( t ) ≥ f (0) = 3 , ∀t ≥ 0 , suy ra P ≥ 3, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0. Vậy minP = 3. Nhận xét 5: (về bài toán 9) Từ hướng giải của bài toán 9, chúng tôi đề xuất bài toán sau đây. Bài toán 9.1: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x + y + z ≤ 4 và m là số dương cho trước lớn ( ) hơn 2,72. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = m + m + m − x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz Đáp số: minP = 3, đạt được khi và chỉ khi x = y = z = 0. Bài toán 10: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz + x + z = y và z > 0. Hãy tìm GTLN của biểu thức 2 2 4z 3z M= 2 − 2 − + . www.mathvn.com 2 3 x +1 y +1 z +1 z2 +1 x- y ( y- z z- x ) Lời giải: Ta có xyz + x + z = y ⇔ x (1 + yz ) = y − z Khi yz + 1 = 0 thì y = z suy ra y 2 = −1 (vô lý), suy ra yz + 1 ≠ 0. Do đó x = y−z . 1 + yz tan α − tan β  π  π π Đặt y = tan α , z = tan β ,với β ∈  0;  , α ∈  − ;  . Suy ra x = = tan (α − β ) , 1 + tan α tan β  2  2 2 suy ra M = 2cos2 (α − β ) − 2cos2 α − 4sin β + 3sin β cos2 β = 2sin ( 2α − β ) sin β − 4sin β + 3sin β cos2 β , suy ra M ≤ 2 sin β − 4sin β + 3sin β (1 − sin 2 β ) = t − 3t 3 = f (t ) , với sin β = t ∈ ( 0;1) . 1 Ta có f ′(t ) = 1 − 9t 2 , f ′(t ) = 0 ⇔ t = ,. Lập BBT của hàm số f(t), ta suy ra 3 2  1 2 f (t) ≤ f   = , ∀t ∈( 0;1) .Suy ra M ≤ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 9  3 9 π β  sin ( 2α − β ) = 1 α = +   4 2  1 ⇔  t = sin β = 3  sin β = 1   3 β 1 + tan y−z 1 1 π β  2 = 2, z = tan β = sin β ⇔x= = , y = tan  +  = = . 1 + yz 2  4 2  1 − tan β 1 − sin 2 β 2 2 2 2 Vậy max M = . 9 Nhận xét 6: Từ hướng giải của bài toán 10, chúng tôi đề xuất hai bài toán sau đây: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 13 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Bài toán 10.1: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz = x + z + y và z > 0. Hãy tìm GTLN của biểu thức 1 1 6z M= 2 − 2 + 3 x +1 y +1 z2 +1 ( Đáp số: max M = ) 32 4 − 2 5 + 6 − 30 , đạt được khi và chỉ khi x = , 9 4 + 2 5 − 6 − 30 1+ 6 − 5 1 , z= . 1+ 5 − 6 5 Bài toán 10.2: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xy + zx + yz = 1 , x ≠ 0 và z > 0. Hãy tìm GTLN của biểu thức y=− 2 (1− z2 ) 1− x2 1− y2 M= 2 + 2 + . x +1 y +1 3 −1 ( z2 +1) ( Đáp số: max M = ) 3 3 +1 , đạt được khi và chỉ khi x = y = 2 + 3, z = 2 − 3 . 2 2 Bài toán 11: Cho hai số thực a và b. Hãy tìm GTNN của biểu thức N = a 2 + ( a + 1) + b 2 + 4 ( b + 1) + 2 2 ( a + 1 − b ) + ( a − 2b − 2 ) 2 2 . Lời giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai điểm A(a; a + 1) và B(2b + 2; b), ta có N = OA + OB + 1 AB với A và B lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: y = x + 1 và d2: y = x − 1 . Bài toán trở 2 thành tìm GTNN của N khi A và B lần lượt chạy trên hai đường thẳng d1 và d2. www.mathvn.com Để ý rằng điểm O nằm trong góc nhọn được tạo bởi hai đường thẳng d1 và d2. Gọi O1, O2 lần lượt là điểm đối xứng của O qua hai đường thẳng d1 và d2. Ta có N = OA + OB + AB = O1A + O2B + AB ≥ O1O2, suy ra N = O1O2 là nhỏ nhất, khi và chỉ khi bốn điểm O1, A, B, O2 thẳng hàng hay A ≡ A0 = d1 ∩ O1O 2 và B ≡ B0 = d 2 ∩ O1O 2 . 4 8  13 9  2 6 Ta tìm được O1 ( −1;1) , O2  ; −  , A0  − ;  , B0  ; −  , suy ra O1O2 = 10 , suy ra 5 5  22 22  7 7 13 6 N ≥ 10 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = − và b = − . 22 7 Vậy min N = 10 Bài toán 12: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 14 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Cho ba số thực dương a, b, c. Hãy tìm GTLN của biểu thức X= 4 −  a3  8 3 b3 c3 −3 + +   (a + 1)(b + 1)(c + 1) a + b + c  ab + 2bc bc + 2ca ca + 2ab  a2 + b2 + c2 + 1 Lời giải: Ta chứng minh bổ đề: Với a, b, c, a1, b1, c1 là sáu số dương ta luôn có a3 b3 c3 ( a + b + c) (11) + + ≥ a1 b1 c1 3( a1 + b1 + c1 ) 3 Chứng minh: Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có các BĐT: 3 3   a 3   3 a 3 a  1   + 1 1  a3 b3 c3   3 a + b + c  + 3 a 3 + +   1 1 1  3 a 3 a a1 b1 c1  1 1 1 (12) . .3 ≤ 3 a3 b3 c3 3 a1 + b1 + c1 3 + + a1 b1 c1 3 3   b 3   3 b 3 b  1   + 1 1  a3 b3 c3   3 a + b + c  + 3 b 3 + +   1 1 1  3 b 3 b a1 b1 c1  1 1 1 . .3 ≤ (13) 3 a3 b3 c3 3 a1 + b1 + c1 3 + + a1 b1 c1 3   c 3   3 c 3 c   1   + 1 1 +     3 3 3  3 a +b +c  3 c  3 a +b +c   1 1 1  3 c 3 c 1  a1 b1 c1  1 1 . .3 ≤ (14) 3 a3 b3 c3 3 a1 + b1 + c1 3 3 + + a1 b1 c1 Cộng vế theo vế các BĐT (12), (13) và (14), ta có BĐT a 1 1 b 1 1 c 1 1 . .3 + . .3 + . . 3 ≤1 a3 b3 c3 3 a1 + b1 + c1 3 a3 b3 c3 3 a1 + b1 + c1 3 a3 b3 c3 3 a1 + b1 + c1 3 3 3 3 + + + + + + a1 b1 c1 a1 b1 c1 a1 b1 c1 a b c Từ đó suy ra BĐT (11) đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = . a1 b1 c1 Áp dụng (11) ta có ( a + b + c) ( a + b + c) Mà a3 b3 c3 + + ≥ = ab + 2bc bc + 2ca ca + 2ab 3 ( ab + 2bc) + ( bc + 2ca) + ( ca + 2ab)  9( ab + bc + ca) 3 (a + b + c) ≥ (a + b + c) 9 ( ab + bc + ca ) 3 ( a + b + c ) 2 3 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 3 = 3 a+b+c a3 b3 c3 a+b+c nên + + ≥ , suy ra 3 ab + 2bc bc + 2ca ca + 2ab 3 facebook.com/mathvncom 15 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam −3  a3  3 b3 c3 + +   ≤ −1 , Ta có a + b + c  ab + 2bc bc + 2ca ca + 2ab  4 a + b + c +1 2 2 2 ≤ 4 (a + b + c) 3 = 2 +1 4 3 (a + b + c) và +3 2 8 8 −216 ≤− = . Từ đó 3 3 (a + 1)(b + 1)(c + 1) ( a + b + c + 3)  a +1+ b +1+ c +1    3   4 3 216 4 3 216 X≤ − −1 = − − 1 = f (t ) , với t = a + b + c > 0. 3 3 2 2 t + 3 ( t + 3) ( a + b + c ) + 3 ( a + b + c + 3) −   2  4 3   2( t + 3) t + 3) + 6( t + 3) + 36  ( 216   Ta có f (t) =  − 2 + 1− = t − 3) − = 3 ( 3  2  2 2 t + 3 t + 3 t + 3 ( ) ( )        t + 3 t + 3 + 2 3     2 2 ( t + 3) 1   ( t + 3) + 6 ( t + 3) + 36 1    = ( t − 3)  − − −  = 3  2   2 2 2   + t 3 ( ) + + + t 3 t 3 2 3      ) ( ) ( 2  t − 3) ( t + 3) + 4 ( t + 3) + 12   ( t − 3 − 7 t − 17 ( )( )   = = ( t − 3)  − 3   2 2 2 ( t + 3)  2 t + 3 t + 3 + 2 3    2 t + 3) + 4 ( t + 3) + 12  ( 7t + 17 2  = − ( t − 3) + 3   2 2 2 ( t + 3) 2 t 3 t 3 2 3 + + +   suy ra f (t ) ≤ 0, ∀t > 0 , suy ra X ≤ 0 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = a + b + c = 3 và a = b = c hay a = b = c = 1. Vậy max X = 0 . Bài toán 13: x2 + 1 x2 − 2x + 2 Với x là số thực, hãy tìm GTNN của biểu thức Y = + . x2 + 2 x2 − 2x + 3 Cách giải 1: ) ( Ta có Y = x2 + 1 x2 + 2 ( ) + ( x − 1) + 1 . 2 ( x − 1) + 2 2 Xét hàm số g (t ) = t2 +1 t +2 2 , t ∈ ℝ . Ta có g ′(t ) = t 3 + 3t (t 2 + 2) 3 , g ′′(t ) = 6 (t 2 + 2) 5 > 0, ∀t ∈ ℝ , suy ra đồ thị hàm số g(t) là lõm trên ℝ . Suy ra đồ thị hàm số g(t) nằm trên các tiếp tuyến của của đồ thị này. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số g(t) tại điểm có hoành độ t0 = là y = 1 2 13  1  5 t −  + 27  2  6 . suy ra t2 +1 ≥ 13  1  5  t −  + , ∀t ∈ ℝ , suy ra 27  2  6 t2 + 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp x2 + 1 ≥ 13  1 5  x −  + , ∀x ∈ ℝ (15) 27  2 6 x2 + 2 facebook.com/mathvncom 16 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam ( t −1) +1 , t ∈ ℝ . Ta có 2 ( t −1) + 2 2 Xét hàm số h(t ) = ( t −1) h′(t ) = 3 + 3( t −1) 3 ( t −1) + 2   2 , h′′(t) = 6 5 ( t −1) + 2   2 > 0, ∀t ∈ ℝ , suy ra đồ thị hàm số h(t) là lõm trên ℝ . Suy ra đồ thị ham số h(t) nằm trên các tiếp tuyến của 1 của đồ thị này. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số h(t) tại điểm có hoành độ t0 = 2 13  1  5 là y = −  t −  + . Suy ra 27  2  6 ( t −1) +1 ≥ − 13  t − 1  + 5 , ∀t ∈ ℝ , suy ra   2 ( t −1) + 2 27  2  6 2 ( x − 1) + 1 ≥ − 13  x − 1  + 5 , ∀x ∈ ℝ   2 ( x −1) + 2 27  2  6 2 xảy ra khi và chỉ khi x = Vậy max Y = 5 (16). Từ (15) và (16) suy ra Y ≥ , ∀x ∈ ℝ , đẳng thức 3 1 . 2 5 . 3 Cách giải 2: Ta tìm m, n sao cho t2 +1 t +2 2 ≥ mt + n và đẳng thức xảy ra tại t = 1 là nghiệm kép. Tìm được 2 13 32 t2 +1 13 32 m= và n = .Ta chứng minh được ≥ t + (bạn đọc tự kiểm chứng). Suy 2 27 54 27 54 2+t 13 32 ( t − 1) + 1 ≥ − 13 t + 58 ≥ ra x + , ∀x ∈ ℝ (17). Chứng minh tương tự ta được 2 54 27 54 2 + x 2 27 2 + ( t − 1) 2 x2 + 1 ( x − 1) + 1 2 2 + ( x − 1) 2 (bạn đọc tự kiểm chứng). Suy ra ≥− 13 58 x + , ∀x ∈ ℝ (18). Từ (17) và (18) suy ra 27 54 5 1 Y ≥ , ∀x ∈ ℝ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = . 3 2 5 Vậy max Y = . 3 Bài toán 14: x3 + y 3 ) ( x + y ) ( Cho x, y ∈ ( 0;1) thỏa mãn = (1 − x )(1 − y ) (19). Hãy tìm GTLN của biểu thức xy 1 1 Q= + + 4 xy − x 2 − y 2 . 2 2 1+ x 1+ y Lời giải: Ta có x + y ≥ 2xy ⇒ x + y − xy ≥ xy ⇒ x + y ≥ xy ( x + y) ⇒ 4( x + y ) ≥ ( x + y) ⇒ x + y 2 2 2 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 3 3 3 3 3 facebook.com/mathvncom 3 3 ( x + y) ≥ 4 3 (20) 17 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam và ( x + y) 2 4 (x ≥ xy (21) .Từ (20) và (21) suy ra 3 + y3 ) ( x + y ) xy ≥ ( x + y ) . Kết hợp với (19), ta 2 có ( x + y ) ≤ (1 − x )(1 − y ) , suy 2 ra: ( x + y) ≤ (1− x)(1− y) 2 Q= 1 + x2 + 4 2 ⇒3(x + y)2 +4(x + y) −4 ≤ 0 2  2 , suy ra x, y ∈  0;  (vì x, y > 0). Mặt khác 3  3 suy ra 0 < x + y ≤ 1 ( x + y) =1− x − y + xy ≤1− x − y + 1 1+ y2 ( x + y) + 2 2 3( x − y ) 1 1 x+ y − ≤ + + 2 3 1 + x2 1+ y2 2 1  2 ≤ mt + n, t ∈  0;  và và đẳng thức xảy ra tại t = là nghiệm kép. 3  3 1+ t −9 33 1 −9 33 và n = . Ta chứng minh ≤ t+ (22) Tìm được m = 10 10 10 10 1 + t 2 10 10 10 10 Ta tìm m, n sao cho 1 2  −9 33  2  Điều này tương đương với 1000 ≤ (1 + t )2 ( 33 − 9t )  vì t+ > 0, ∀t ∈  0;   suy  3   10 10 10 10  2 2   2 ra ( 3t − 1) 3t 2 + 60  − t  + 49  ≥ 0 , luôn đúng với mỗi t ∈  0;  . 3   3   −9 33  1 ≤ x+  2 10 10 10 10  1+ x Áp dụng (22) ta có  −9 33  1 ≤ y+ 2  1 + y 10 10 10 10 1 66 12 66 2 6  −9  −9 Suy ra Q ≤  + ( x + y) + ≤ +  + = + , suy ra 10 10  10 10 3  3 10 10 9 10 10  10 10 3  2 6 1 Q≤ + , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = . www.mathvn.com 9 10 10 3 2 6 Vậy max Q = + . 9 10 10 Bài toán 15: Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn 1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z = 5 (23). Tìm GTLN của biểu thức R = 2 x3 + y 3 + z 3 . Lời giải: Từ (20) và x, y, z ≥ 0 , ta suy ra x ∈ 0;2 2  ; y, z ∈ [ 0;4] .Vì y, z ≥ 0 nên y 3 + z 3 = ( y + z ) − 3 yz ( y + z ) ≤ ( y + z ) .suy ra R ≤ 2 x3 + ( y + z ) (24). Ta tìm m, n sao 3 3 3 cho 1 + 2 y ≥ my + n, ∀y ∈ [ 0;4] , và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = 0 hoặc y = 4; tìm được 1 y , n = 1. Vậy ta có 1 + 2 y ≥ + 1, ∀y ∈ [ 0; 4] (25). Tương tự ta có 2 2 z 1 + 2 z ≥ + 1, ∀z ∈ [ 0; 4] (23). 2 m= Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 18 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam ( ) Kết hợp (23), (24) và (25) ta suy ra y + z ≤ 2 3 − 1 + x2 . Vì vậy từ (24) ta có ( R ≤ 2 x3 + 8 3 − 1 + x2 Ta có ( ) = f (x) . 3 ) ( ) 2 ( ) ( ) 3 3 2 8x     2 f (x) −64 = 2x3 +8 3− 1+ x2 −64 = 2x3 +8 3− 1+ x2 −23  = 2x3 − x 3 − 1 + +2 3− 1+ x2 +4 = 2     1+ 1+ x  ( ) ( ) 2   2 4 3 − 1 + x +8 3− 1+ x2 +16 16  2x2 2x2 2 2 2 = 2x x − ≤ 2 x x − = x + 1 + x − 16 ≤ 2 2 −13 ≤ 0    2 2 2 2 1 + 1 + x 1 + 1 + x 1 + 1 + x 1 + 1 + x       , suy ra f ( x) ≤ 64, ∀x ∈ 0; 2 2  , suy ra R ≤ 64 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0, y = 0, z = 4 hoặc x = 0, z = 0, y = 4. Vậy maxR = 64. Nhận xét 7: Qua hai bài toán 12 và bài toán 13 ta nhận thấy: khi đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [α ; β ] thì bao giờ cũng tồn tại ít nhất một đồ thị (C/) của hàm số y = g(x) liên tục trên đoạn ( ) ( ) [α ; β ] nằm dưới (hoặc nằm trên) đồ thị (C). Từ đó suy ra: f(x) ≥ g(x) (hoặc f(x) ≤ g(x)), ∀x ∈ [α ; β ] ). Xảy ra ba trường hợp: a) Nếu đồ thị (C) nằm trên đồ thị (C/) hoặc nằm dưới đồ thị (C/) và chúng không có điểm chung nào thì f(x) > g(x) hoặc f(x) < g(x). b) Nếu đồ thị (C) nằm trên đồ thị (C/) hoặc nằm dưới đồ thị (C/) và chúng có ít nhất điểm chung có hoành độ x0 ∈ (α ; β ) thì f(x) ≥ g(x) hoặc f(x) ≤ g(x). c) Nếu đồ thị (C) nằm trên đồ thị (C/) hoặc nằm dưới đồ thị (C/) và chúng có hai điểm chung có hoành độ x1 = α và x2 = β thì f(x) ≥ g(x) hoặc f(x) ≤ g(x). Với bài toán “Tìm GTNN (hoặc GTLN) của biểu thức P = f(a1) + f(a2)+…+ f(an) với a1 ,a2 ,...,an ∈ [ α; β ] và g(a1) + g(a2) +…+ g(an) ≥ h (g(a1) + g(a2) +…+ g(an) ≤ h) với a i ∈ [ αi ; βi ] ,i = 1; n ( αi , βi , h là 2n + 1 số thực không đổi) ”, ta nên xét đồ thị (C) của hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [α ; β ] và một đồ thị (C/) của hàm số y = g(x) liên tục trên đoạn [α ; β ] trong hai trường hợp b) hoặc c). Khi không có điều kiện nào của các số a1, a2,…, an thì ta nên xét tính lồi, lõm của đồ thị (C) và nghĩ đến phương pháp tiếp tuyến (xem cách 1 của bài toán 13). Khi có điều kiện của các số a1, a2,…, an thì ta nên xét tính lồi lõm của đồ thị (C) và nghĩ đến phương pháp dây cung của đồ thị lồi, đồ thị lõm (xem bài toán 6). Tổng quát: Khi điều kiện của các số a1, a2,…, an đưa đến điều kiện của biểu thức g(a1) + g(a2) +…+ g(an) ≥ h (hoặc g(a1) + g(a2) +…+ g(an) ≤ h) với ai ∈ [α i ; βi ] , i = 1; n ( α i , β i , h là 2n + 1 số thực không đổi), ta nên tìm p, q sao cho f(xi) ≥ pg(xi) + q (hoặc f(xi ) ≤ pg(xi) + q) với mọi xi ∈ [ αi ; βi ] ,i = 1;n (xem bài toán 14, bài toán 15, cách 2 của bài toán 6 và cách 2 bài toán 13). Bài toán 16: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 19 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Cho x, y, z > 0, thỏa mãn: x + y + z = 1. Tìm GTNN của biểu thức 5 x3 − y 3 5 y 3 − z 3 5 z 3 − x3 P= + + . xy + 3 y 2 yz + 3z 2 zx + 3x 2 Lời giải : Xét hiệu: A = 5 x3 − y 3 − ( ax + by ) ( xy + 3 y 2 ) = y3 f(t), với f(t) = 5t 3 − 1 − ( at + b )( t + 3) , t = x . y 7  a=  a + b =1  f (1) = 0   2 Nếu f(t) có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:  ⇔ ⇔ . Lúc này  f ′(1) = 0 15 − 4a − a − b = 0 b = − 5  2 ( t − 1) (10t + 13) , suy ra A = ( x − y ) f(t) = 2 2 2 (10 x + 13 y ) 2 ≥ 0, ∀x, y > 0 ,suy ra ∀x, y > 0 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y. Tương tự ta có: 5x3 − y3 7 5 ≥ x− y, 2 xy + 3 y 2 2 5 y3 − z 2 7 5 ≥ y − z và 2 yz + 3z 2 2 5 z 3 − x3 7 5 ≥ z − x ∀x, y, z > 0 . Từ đó suy ra P ≥ x + y + z = 1 . đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 zx + 3 x 2 2 1 x=y=z= . 3 Vậy minR = 1. Bài toán 17: Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx = 1. Tìm GTNN của P = x3 + y 2 z y 3 + z 2 x z 3 + y 2 x + + . y+z z+x y+x Lời giải: Trước hết , ta có: x2 + y2 + z 2 ) ( x3 y3 z3 x4 y4 z4 x2 + y 2 + z 2 + + = + + ≥ ≥ y + z z + x y + x xy + xz yz + yx zy + zx 2 ( xy + yz + zx ) 2 2 (sử dụng x3 y3 z3 x2 + y 2 + z 2 + + ≥ , ∀x, y, z > 0 (26), đẳng thức xảy ra y+z z+x y+x 2 1 khi và chỉ khi x = y = z = . 3 y2 z z2 x y2 x + + . Xét biểu thức y+z z+x y+x z Xét hiệu A = y2 – (ay + bz)(y + z) = y2 f(t), với f(t) = 1 – (a + bt)(1 + t) , t = > 0. Nếu f(t) y 1 3   a+b = a=    f (1) = 0   2 4 có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:  ⇔ ⇔ . Lúc  f ′(1) = 0 − 1 − 2b = 0 b = − 1  2  4 BĐT (5) ở trang 3) suy ra này f (t ) ( t − 1) = 4 2 , suy ra A ( y − z) = 4 2 ≥ 0 suy ra y2 3y − z ≥ , ∀y, z > 0 . Do đó y+z 4 y z  3y − z  1 2 ≥  z = ( 3 yz − z ) , ∀y , z > 0 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = z, tương tự ta y+z  4  4 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 20 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam z x 1 x2 y 1 ≥ ( 3 xz − x 2 ) và ≥ ( 3xy − y 2 ) ∀x, y, z > 0 . Từ đó suy ra z+x 4 x+ y 4 2 cũng có y2 z z2 x y2 x 3 − x2 − y2 − z2 + + ≥ , ∀x, y, z > 0 (27), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y+z z+x y+x 4 1 x=y=z= . Từ (26) và (27) suy ra: 3 x3 + y 2 z y 3 + z 2 x z 3 + y 2 x 3 + x 2 + y 2 + z 2 3 + xy + yz + zx + + ≥ ≥ = 1 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ y+z z+x y+x 4 4 1 khi x = y = z = . 3 Vậy min P = 1. Bài toán 18: Cho x, y, z > 0, và x + y + z = Lời giải: 2 . Tìm GTLN của P = x 2 + xy + + y 2 + yz + z 2 + zx . Xét hiệu: A = x 2 + xy − ( ax + by ) = x 2 f (t ), với f(t) = 1 + t − ( a + bt ) , t = 2 2 y , a, b > 0. Nếu f(t) x có 3  a=   f (1) = 0  ( a + b ) = 2  2 2 t = 1 là nghiệm bội 2 thì :  ⇔ ⇔ .  f ′(1) = 0 2b ( a + b ) = 1 b = 1  2 2 2 , suy ra A = ( x − y) − 8 2 2 8 3x + y , ∀x, y > 0 , đẳng thức xảy ra khi 2 2 3y + z 3z + x y 2 + yz ≤ , z 2 + zx ≤ , ∀x, y, z > 0 , từ đó 2 2 2 2 ≤ 0 , ∀x, y > 0 , suy ra và chỉ khi x = y, tương tự ta cũng có: Lúc này ( t − 1) f (t ) = − x 2 + xy ≤ suy ra P = x2 + xy + + y2 + yz + z 2 + zx ≤ 2 ( x + y + z ) = 2 , đẳng thức xảy ra và chỉ khi 2 . 3 Vậy maxP = 2 . Bài toán 19: Cho x, y, z > 0. x= y=z= Chứng minh rằng: 5 y 3 − x3 5 x 3 − z 3 5 z 3 − y 3 2 2 2 2( x + y + z ) − xy − yz − zx ≥ + + ≥ xy + yz + zx . x + 3y z + 3x y + 3z Lời giải: Xét hiệu A = 5 y 3 − x3 − ( x + 3 y ) ( ax 2 + bxy + cy 2 ) = y 3 f (t ), với f(t) = 5 – t3 – (t + 3)(at2 + bt +  f (1) = 0 a + b + c = 1 x . Nếu f(t) có t = 1 là nghiệm bội 2 thì:  ⇔ y  f ′(1) = 0  2a + b = 1 2 * Cho c = 1 thì a = –1, b = 1, lúc này ta có f(t) = 2(t – 1) suy ra A = 2y(x – y)2 ≥ 0, ∀x, y > 0 , c), t = suy ra, 5 y 3 − x3 ≥ − x 2 + xy + y 2 , ∀x, y > 0 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y; chứng minh x + 3y Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 21 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam tương tự ta cũng có: 5x3 − z 3 5z3 − y3 ≥ − z 2 + zx + x 2 và ≥ − y 2 + yz + z 2 , ∀x, y, z > 0 . Từ đó ta z + 3x y + 3z 5 y 3 − x3 5 x 3 − z 3 5 z 3 − y 3 + + ≥ xy + yz + zx (đpcm), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. x + 3y z + 3x y + 3z * Cho c = 2 thì a = 0, b = –1, lúc này ta có f(t) = – (t – 1)2( t + 1), suy ra 5 y 3 − x3 A = – (x – y)2(x + y) ≤ 0, ∀x, y > 0 , suy ra, ≤ − xy + 2 y 2 , ∀x, y > 0 , đẳng thức xảy ra x + 3y có khi và chỉ khi x = y; chứng minh tương tự ta cũng có: 5x3 − z 3 ≤ − zx + 2 x 2 và z + 3x 5z3 − y3 ≤ − yz + 2 z 2 , ∀x, y, z > 0 . Từ đó ta có y + 3z 5 y 3 − x3 5x3 − z 3 5z 3 − y 3 + + ≤ 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − xy − yz − zx (đpcm), đẳng thức xảy ra khi và chỉ x + 3y z + 3x y + 3z khi x = y = z. Vậy với x, y z > 0, ta luôn có 5 y3 − x3 5x3 − z3 5z3 − y3 2 2 2 + + ≥ xy + yz + zx . 2( x + y + z ) − xy − yz − zx ≥ x + 3y z + 3x y + 3z Nhận xét 8: Các bài toán 16, 17, 18, 19 là của chúng tôi đề xuất. Cách giải các bài toán này là ứng dụng của đề tài nghiên cứu: “ Một số phương pháp biến đổi biểu thức đẳng cấp đối với hai biến, ba biến để chứng minh bất đẳng thức” của chúng tôi. Sau đây là một số trích dẫn trong đề tài đó. Các hằng đẳng thức 1. Hằng đẳng thức thứ nhất n− r n− 2  r i n− i s r− s   j n− r− j  2 α a b β a b q a b = (a b) pl a l bn− 2− l , ∀a, b ∈ R (28) với − −  ∑ ∑ i ∑ s  ∑ j i=0 l=0  s=0   j=0  k k ∈ {0;1; 2;...; n} , r ∈ {0;1; 2;...; n} n ∈ N , n ≥ 2 . Ta chứng minh bao giờ cũng tồn tại đẳng thức có dạng (28). k n−r   r i s  Xét đa thức theo biến t: f (t ) = ∑ α i t −  ∑ β s t   ∑ q j t j  . i =0  s =0   j =0  Giả sử f(t) có t = 1 là nghiệm kép (nghiệm bội 2), thì hệ điều kiện của các qi, theo các α j , β s ( j = 0; n − r , i = 0; k , s = 0; r ) cho trước là:   r   n− r  k β  ∑ s   ∑ q j  = ∑ αi   s = 0   j = 0  i =0  f (1) = 0  ⇔   k  f ′(1) = 0   n− r   r   n− r  r s β q + β jq    ∑ ∑ ∑ ∑ s j s j  = ∑ iα i     j =0   s =0   j =0  i =0  s = 0 Hệ hai phương trình bậc nhất có n – r + 1 ẩn qi giải được và luôn có nghiệm, lúc này n−2 f (t ) = (t − 1) 2 ∑ pl t l ; với các pl ( l = 0; n − 2 ) hoàn toàn xác định khi chia f(t) cho (t – 1)2 . Cho l =0 a , ta có hằng đẳng thức dạng (28). b Lưu ý: Biên soạn: Tôn Thất Hiệp t= facebook.com/mathvncom 22 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam + Các bước chứng minh hằng đẳng thức dạng (28) đã cho ta một phương pháp biến đổi biểu thức vế trái của của nó (là biểu thức đẳng cấp đối với hai biến a và b) + Ta có thể đồng nhất hệ số hai đa thức là hai vế của đẳng thức (28) để tìm các hệ số qi, pl theo các hệ số α j , β s cho trước. 2. Hằng đẳng thức thứ hai k n− 2 i =0 j=0 ∑ αi a i bn− i − (βa + γb)n = (a − b)2 ∑ p j a j bn− 2− j , ∀a, b ∈ R (29), với k ∈ {0;1; 2;...; n} , n ∈ N, n ≥ 2 Ta chứng minh bao giờ cũng tồn tại đẳng thức có dạng (29). k Xét đa thức theo biến t: f (t ) = ∑ α i t i − ( β t + γ ) . n i =0 Giả sử f(t) có t = 1 là nghiệm kép (nghiệm bội 2), khi đó, ta có hệ điều kiện của β , γ , theo các αi k  n β + γ = αi ( ) ∑   f (1) = 0  i=0 ( i = 0; k ) cho trước là:  ⇔ k  f ′(1) = 0 nβ ( β + γ ) n −1 = iα ∑ i  i=0 Hệ hai phương trình có hai ẩn β , γ giải được và luôn có nghiệm. Lúc này f (t ) = (t − 1) n−2 2 ∑pt j =0 j j ; với các pj, ( j = 0; n − 2 ) hoàn toàn xác định khi chia f(t) cho (t – 1)2 . Cho a , ta có hằng đẳng thức dạng (29). b Lưu ý: + Các bước chứng minh hằng đẳng thức dạng (29) đã cho ta một phương pháp biến đổi biểu thức vế trái của của nó (là biểu thức đẳng cấp đối với hai biến a và b) + Ta có thể đồng nhất hệ số hai đa thức là hai vế của đẳng thức (29) để tìm β , γ , theo các α i cho trước. Bài toán 20: (Câu V, đề thi đại học môn toán, khối A năm 2011) www.mathvn.com Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm GTNN của biểu thức t= x y z + + . 2x + 3 y y + z z + x Lời giải: x x Đặt a = , b = , a, b ∈ [1;4] . Ta có y z P= P = f (a, b) = a 2 (3 − 4b) + 3b(b − 2a − 3) a b 1 , f a′ (a, b) = + + < 0 , ∀a, b ∈ [1;4] , suy ra 2a + 3 b + a b + 1 (2a + 3)2 (b + a)2 6 4 b 1 3b 2 − 12 = f (1, b) ≥ P ≥ f (4, b) = + + , b ∈ [1;4]. Ta lại có f b′(4; b) = 5 11 b + 4 b + 1 (b + 4)2 (b + 1)2 f b′(4, b) = 0 ⇔ b = 2 ∈ [1;4] . 34 Vậy min P = min{f(4,1); f(4,4); f(4,2)} = , khi và chỉ khi x = 4, y = 1, z = 2. 33 Nhận xét 9: Từ cách giải bài toán 20, chúng tôi đề xuất bài toán sau. Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom , 23 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Bài toán 20.1: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4]. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức x y z P= + + . 2x + 3 y y + z z + x Để giải một bài toán ta cần quan tâm đến các cách tiếp cận bài toán. Sau khi giải xong một bài toán hay nhiều bài toán, ta nên nhìn nhận lại các bài toán, rút kinh nghiệm, điều chỉnh, đề xuất bài toán mới, phát hiện những vấn đề mới,… Phú Vang, ngày 26/4/2015. Tác giả: Tôn Thất Hiệp ……………………………………………………………………………………………………… ….. Lời giải bài toán 5.1: Vì c = min{a; b; c} ≥ 1, nên 9 9 9 9 ≥ = ≥ , 2 2 2 3( c −1)  3( c −1)  ( 2a + b) ( 2a + b)2 + 45 ( c −1)2   2a + b +  + 3( c −1)( 3c − 3 − a − 2b) 2a + b +  4 2  2    36 9 9 36 ≥ , suy ra + ≥ và 2 2 2 2 2 2 4 ( 2b + a ) + 45 ( c −1)  3( c −1)  ( 2a + b ) 4 ( 2b + a ) + 45 ( c − 1) 2b + a +  2   9 9 72 8 , suy ra ≥ + ≥ = 2 2 2 2 3( c −1)   3( c −1)  ( 3a + 3b + 3c − 3) ( a + b + c −1)  2a + b +  2b + a +  2   2   8 8 + a + b + c −1 = 4 + t = f (t ) , với t = a + b + c − 1 > 0 . S≥ 2 t ( a + b + c −1) 32 5 + 1 , f ′(t ) = 0 ⇔ t = 2 . Lập BBT hàm số f(t) ta suy ra f (t ) ≥ f ( 2 ) = , suy 5 t 2 5 5 ra S ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 1, a = b = 2 . Vậy min S = . 2 2 Lời giải bài toán 5.2: 1 1 1 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử c = min{a; b; c}, thì 2 2 + 2 2 ≥ , + 2 a + c b + c  c   c 2  a +  b +   2  2 mà 1 1 8 1 1 1 1 8 + ≥ , nên 2 2 + 2 2 ≥ + ≥ , 2 2 2 2 2 2 a +c b +c c  c a + b + c) c  c a + b + c) ( (   a +  b +  a +  b +  2  2 2  2   suy ra Ta có f ′(t ) = − Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 24 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam  c 2  c 2  c  c  ( a −b)  a +  + b +  + 4 a + b +   2  2   2   2  2 1 1 8 1 1 8 + 2 2− ≥ + − = 2 2 2 2 2 2 a + c b + c ( a + b + c)  c   c  ( a + b + c)2 2  c  c + + + + a b a b        ( a + b + c)  2  2  2  2 c  c 2 4(a − b)  a +   b +  2 4 ( a − b) 2  2  . Mặt khác ≥ = 2 2 c  c 2  c  c 2   a +  b +  ( a + b + c )  a +   b +  (a + b + c) 2  2  2  2  2 − (a − b) 1 2 − = , suy ra 2 2 2 2 a + b (a + b) ( a + b ) ( a2 + b2 ) 2 4( a −b) ( a −b) 1 1 8 1 2 + 2 2− + 2 2− ≥ − = 2 2 2 2 2 2 2 2 a + c b + c ( a + b + c) a + b ( a + b)  c  c  a + b a + b ( ) ( )  a + b + ( a + b + c)  2  2  2   2 2 ( a + b) 2  c  c  c c  2 2 2    2 2 a − b 4 a + b − a + b + a + b + c   ( ) ( ) ( )    ( a −b) 4( a +b) ( a +b ) −a + b + ( a +b +c)  2 2 2      2 2     ≥  = ≥ 2 2 2 2  c  c   c  c  2 2 2 2  a + b + ( a +b) ( a +b ) ( a +b + c)  a + b + ( a +b) ( a +b ) ( a +b + c)  2  2   2  2  2  ( a−b) 2( a+b+c) 2 4 2  c  c  −a+ b+ ( a+b+c)   2 2   ( a−b) 2( a+b+c) 2 2 2  c  c  −a+ b+   2 2   = = 2 2 2 2 2  c  c   c  c  2 2 a+ b+ ( a+b) ( a +b ) ( a+b+c) a+ b+ ( a+b) ( a +b )  2 2  2 2 2 c c c c  2 c  c   c  c  2  ( a −b) 2 a + +b +  − a +  b +  ( a −b) 8 a + b +  − a + b +  2 2 2 2 2     7( a −b)    2  2   2  2   = ≥ = ≥0 2 2 2 2 2  c  c   c  c  2 2 2 2 a b a b + + ( ) ( )  a + b + ( a + b) ( a + b )  a + b + ( a + b) ( a + b )  2  2   2  2  , 1 1 8 1 2 suy ra 2 2 + 2 2 − + 2 2− ≥ 0, suy ra 2 a + c b + c ( a + b + c) a + b ( a + b)2 ≥ 1 1 1 8 2 8 2 10 + 2 2+ 2 2≥ + ≥ + = 2 2 2 2 2 a + c b + c a + b ( a + b + c ) ( a + b) ( a + b + c ) ( a + b + c) ( a + b + c)2 2 T ừ đó S ≥ 1280 (a + b + c) 2 +5 a+b+c = 1280 + 5t = f (t ) , với t = a + b + c > 0 . Ta có t4 4.1280 + 5 , f ′(t ) = 0 ⇔ t = 4 , Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra f (t ) ≥ f ( 4 ) = 25 , suy ra t5 S ≥ 25 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 0, a = b = 8 . Vậy min S = 25 , đạt được khi và chỉ khi a = b = 8, c = 0 hoặc các hoán vị của nó. Lời giải bài toán 5.3: 1 1 1 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử c = min{a;b;c}, thì 3 3 + 3 3 ≥ + , 3 3 a +c b +c c  c  a +  b +  2  2  f ′(t ) = − Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 25 ≥ www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam suy ra 1 1 8 1 1 1 3 + 3 3+ ≥ + + ≥ ≥ 3 3 3 3 3 3 a + c b + c ( a + b + c )  c   c   a + b c   c  c  a + b c  +  +   a +  b +   a +  b +   2 2   2  2  2  2  2  2 3 3.8 1 1 16 ≥ = ,suy ra 3 3 + 3 3 ≥ , suy ra 3 3 3 a +c b +c a + b + c) a + b + c) ( (  c  c   a + b c   a + 2  +  b + 2  +  2 + 2         3 3 1 1 16 1 1 16 + 3 3− ≥ + − = 3 3 3 3 3 a + c b + c ( a + b + c )  c   c  ( a + b + c )3  a +  b +   2  2 2 2 2 2  c  c c   c   c  c  2  2 2   c  c  ( a − b) 4 a +  b +  + 2 a + b + ( a + b + c) + ( a + b + c)  a +  + b +  +  a + b +   2  2   2   2   2  2    2   2  = = 3 3 3  c  c  a +   b +  ( a + b + c)  2  2 4 3  4 2 ( a − b)  c  c   ( a − b)  ( a + b + c) + 3 a + b + ( a + b + c) + 2 4   2  2  3( a − b)  4 . Mặt khác = ≥ 3 3 2 2 3  c  c  c  c  a +   b +  ( a + b + c)  a +   b +  ( a + b + c)  2  2  2  2 2 −3 ( a − b ) 1 4 − = , suy ra 3 2 3 3 a + b ( a + b) ( a + b ) ( a 3 + b3 ) 2 3( a − b) 3( a − b) 1 1 16 1 4 + 3 3− + 3 3− ≥ − = 3 3 2 2 2 3 3 a + c b + c ( a + b + c) a + b ( a + b)  c   c  a + b) ( a3 + b3 ) (  a +   b +  ( a + b + c)  2  2 3 2 2 2 2   2 2 ( a +b)  c  c 2 2 3  c  c 3 − a +  b +  ( a +b +c) 3( a −b) ( a +b) ( a +b ) −a +  b+  ( a +b+c)  3( a −b) ( a +b) 4  2  2  2  2     = ≥ ≥ 2 2 2 2 c c 2 2  c  c     3 3 3 3  a +  b +  ( a +b) ( a +b +c) ( a +b ) a +  b+  ( a +b) ( a +b+c) ( a +b ) 2 2 2 2       2 2 2 2 4 2 2   c c 5 2   c  c  c  c  3( a −b) ( a +b + c) − 4 a +  b +  ( a + b + c)  3( a −b)  a + + b +  − 4 a +  b +   2  2  2  2   2      2 ≥ = ≥ 3 3 2 2 2 2  c  c  c  c 3 3 3 3 4 a +  b +  ( a + b) ( a + b + c) ( a + b ) 4 a +  b +  ( a + b) ( a + b )  2  2  2  2 2 2 2 2 2 c  c 2   c  c  3( a −b) 16 a +  b +  − 4 a +  b +   2  2   2   9( a −b)   2   2  ≥ = ≥ 0. Suy ra 2 2 2 a +b) ( a3 + b3 ) 2 (  c  c 3 3 4 a +  b +  ( a +b) ( a + b )  2  2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 26 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam 1 1 16 1 4 + 3 3− + 3 3− ≥ 0 , suy ra 3 3 a + c b + c ( a + b + c ) a + b ( a + b )3 3 1 1 1 16 4 16 4 20 + 3 3+ 3 3≥ + ≥ + = 3 3 3 3 3 3 a +c b +c a +b ( a + b + c) ( a + b) ( a + b + c) ( a + b + c) ( a + b + c) 3 Từ đó S ≥ 20 (a + b + c) 3 + 12 ( a + b + c ) 125 = 20 12t + = f (t ) , với t = a + b + c > 0 . Ta có t 3 125 20.3 12 16 + , f ′(t ) = 0 ⇔ t = 5 , Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra f (t ) ≥ f ( 5 ) = , suy ra 4 t 125 25 16 5 S≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 0, a = b = . 25 2 16 5 , đạt được khi và chỉ khi c = 0, a = b = hoặc các hoán vị của nó. Vậy min S = 25 2 Lời giải bài toán 9.1: Không mất tính tổng quát, ta giả sử x ≥ y ≥ z, khi đó ta có (x – y)2 + (y – z)2 ≤ (x – z)2, đẳng thức xảy ra khi x = y hoặc z = y. Ta có ( x + y + z)  2 2 2 2 x3 + y 3 + z 3 − 3 xyz = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  ≤ 4 ( z − x ) . Từ đó  2 f ′(t ) = − P≥m x− y +m y−z +m x− z − 2 ( x − z ) ≥ 2.m x− z 2 + m x − z − 2 ( x − z ) . Đặt x – z = t ≥ 0 thì t  t  P ≥ 2.m 2 + mt − 2t = f (t ) . Ta có: f ′(t ) =  m 2 ln m − 1 + 3t ln m − 1 > 0, ∀t ≥ 0 , suy ra hàm số   f(t) đồng biến trên [0; +∞); do đó f ( t ) ≥ f (0) = 3 , ∀t ≥ 0 , suy ra P ≥ 3, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 4/3. Vậy minP = 3. Lời giải bài toán 10.1: Ta có xyz = x + y + z ⇔ x (1 − yz ) = − y − z . www.mathvn.com ( ) Khi yz – 1= 0 thì y = – z suy ra y 2 = −1 (vô lý), suy ra yz – 1 ≠ 0. Do đó x = −y − z . 1 − yz  π  π π Đặt y = tan α , z = tan β ,với β ∈  0;  , α ∈  − ;  . Suy ra  2  2 2 tan α + tan β x=− = − tan (α + β ) , suy ra 1 − tan α tan β M = 2cos2 (α + β ) − 2cos2 α + 6sin β cos2 β = −2sin ( 2α + β ) sin β + 6sin β cos2 β , suy ra M ≤ 2 sin β + 6sin β (1 − sin 2 β ) = 8t − 6t 3 = f (t ) , với sin β = t ∈ ( 0;1) . 2 Ta có f ′(t ) = 8 − 18t 2 , f ′(t ) = 0 ⇔ t = ,. Lập BBT của hàm số f(t) , ta suy ra 3 32  2  32 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: f (t) ≤ f   = , ∀t ∈( 0;1) .Suy ra M ≤ 9  3 9 sin ( 2α + β ) = −1  ⇔  2 β t = sin =  3  Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 27 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam π β  α = − 4 − 2 ⇔  sin β = 2  3  y − z 4 − 2 5 + 6 − 30 =  x= 1 + yz 4 + 2 5 − 6 − 30   1+ 6 − 5 π β  ⇔  y = − tan  +  = − 1+ 5 − 6 4 2   sin β 1 =  z = tan β = 2 5 1 − sin β  32 . 9 Lời giải bài toán 10.2: Ta có xy + yz + zx = 1 ⇔ 1 − yz = x ( y + z ) . Vậy max M = Khi yz – 1= 0 thì y = – z suy ra y 2 = −1 (vô lý), suy ra yz – 1 ≠ 0. Do đó 1 y+z = . x 1 − yz  π  π π Đặt y = tan α , z = tan β , với β ∈  0;  , α ∈  − ;  . Suy ra  2  2 2 1 tan α + tan β = = tan (α + β ) . Ta có x 1 − tan α tan β M = − cos ( 2α + 2β ) + cos2α + M ≤ 2 sin β + 2 (1 − 2sin 2 β ) 3 −1 2 cos2β 2 cos2β = 2sin ( 2α + β ) sin β + , suy ra 3 −1 3 −1 2 2 2  3 −1  3 −1 2 3 3 +1 =− + ≤ , suy ra  sin β −  + 3 −1  2 2  2 2 3 −1 2 2 3 3 +1 M≤ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 ⇔ x = cot (α + β ) = cot π π 5π   sin ( 2α + β ) = 1 α= − =    4 24 24  3 −1 ⇔  sin β = β = π 2 2   12 7π 5π π = 2 + 3, y = tan = 2 + 3, z = tan = 2 − 3. 24 24 12 3 3 +1 . 2 2 Lời giải bài toán 20.1: Vậy max M = Xét ba trường hợp. x x , b = , a, b ∈ [1;4] . Ta có y z a 2 (3 − 4b) + 3b(b − 2a − 3) a b 1 ′ , f a (a, b) = P = f (a, b) = + + < 0 , ∀a, b ∈ [1;4] , suy ra 2a + 3 b + a b + 1 (2a + 3)2 (b + a)2 i) Nếu x = max{x; y; z}. Đặt a = 6 4 b 1 3b 2 − 12 , = f (1, b) ≥ P ≥ f (4, b) = + + , b ∈ [1;4]. Ta lại có f b′( 4; b) = 5 11 b + 4 b + 1 (b + 4)2 (b + 1)2 f b′(4, b) = 0 ⇔ b = 2 ∈ [1;4] . 34 6 Vậy: min P = min{f(4,1); f(4,4); f(4,2)} = , đạt được khi và chỉ khi x = 4, y = 1, z = 2. maxP = , 33 5 đạt được khi và chỉ khi x = y ≥ z, x ∈ [1;4] . Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 28 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam y y 1 b a , b = , a, b ∈ [1;4] . Ta có P = g (a, b) = + + x z 3a + 2 b + 1 a + b 6 . Khi a = 1 thì P = , ∀b ∈ [1;4] ; khi a > 1 thì g b′ (a, b) = 0 ⇔ b = a , từ 5 ii) Nếu y = max{x; y; z}. Đặt a = g b′ (a, b) = (a − 1)(a − b 2 ) (b + 1)2 (b + a )2 đó 59 5 = g (4,2) ≥ g (a, a ) ≥ P ≥ min{g (a,1); g (a,4)} = g (a,4) > g (1,4) = , ∀a ∈ (1;4] , ∀b ∈ [1;4] . 42 6 6 59 Vậy: min P = , đạt được khi và chỉ khi y = x ≥ z, x ∈ [1;4] . maxP = , đạt được khi và chỉ khi x = 1, 5 42 y = 4, z = 2. iii) Nếu z = max{x; y; z}. Đặt a = y y 1  1  , b = thì a ∈  ;4, b ∈  ;1 , a ≥ b ≥ b2. Ta có x z 4  4  ( ) ( 1 b a a − 1) a − b 2 6 1  ′ P = g ( a, b ) = + + , g b ( a, b ) = . Khi a = 1 thì P = , ∀b ∈  ;1 . 2 2 3a + 2 b + 1 a + b 5 (b + 1) (b + a ) 4  1 6 117  1 1  117 1  Khi ≤ a < 1: Nếu b = a thì P = g(a, a) ≥ g  ;  = , suy ra ≥ P ≥ , ∀a, b ∈  ;1 . Khi 4 4 5 110 4   4 4  110 1  1   1 ≥ a > 1 thì a > b2 suy ra gb′ (a, b) > 0 , ∀b ∈ ;1 , suy ra g (a,1) ≥ P ≥ g a,  . ∀b ∈  ;1 . Do đó  4 4  4  48  1  1 6 = g(4,1) ≥ g(a,1) ≥ P ≥ g a,  > g1,  = . Kết hợp ta có: 35  4  4 5 48 117 1  1  , ∀a ∈  ;4, ∀b ∈  ;1 . ≥P≥ 35 110 4  4  48 117 Vậy: max P = , đạt được khi và chi khi x = 1, y = z = 4; min P = , đạt được khi và chỉ khi 35 110 x = z = 4, y = 1.  34 6 117  34 Tóm lại, min P = min  ; ; , đạt được khi và chỉ khi x = 4, y = 1, z = 2. =  33 5 110  33  59 48 6  59 , đạt được khi và chỉ khi x = 1, y = 4, z = 2. max P = max  ; ;  =  42 35 5  42 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 29 [...]... 3 3− + 3 3− ≥ 0 , suy ra 3 3 a + c b + c ( a + b + c ) a + b ( a + b )3 3 1 1 1 16 4 16 4 20 + 3 3+ 3 3≥ + ≥ + = 3 3 3 3 3 3 a +c b +c a +b ( a + b + c) ( a + b) ( a + b + c) ( a + b + c) ( a + b + c) 3 Từ đó S ≥ 20 (a + b + c) 3 + 12 ( a + b + c ) 125 = 20 12t + = f (t ) , với t = a + b + c > 0 Ta có t 3 125 20. 3 12 16 + , f ′(t ) = 0 ⇔ t = 5 , Lập BBT hàm số f(t), ta suy ra f (t ) ≥ f ( 5 ) = , suy... trái của của nó (là biểu thức đẳng cấp đối với hai biến a và b) + Ta có thể đồng nhất hệ số hai đa thức là hai vế của đẳng thức (29) để tìm β , γ , theo các α i cho trước Bài toán 20: (Câu V, đề thi đại học môn toán, khối A năm 201 1) www.mathvn.com Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z Tìm GTNN của biểu thức t= x y z + + 2x + 3 y y + z z + x Lời giải: x x Đặt a = , b = , a, b ∈ [1;4]... b = 2 ∈ [1;4] 34 Vậy min P = min{f(4,1); f(4,4); f(4,2)} = , khi và chỉ khi x = 4, y = 1, z = 2 33 Nhận xét 9: Từ cách giải bài toán 20, chúng tôi đề xuất bài toán sau Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom , 23 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Bài toán 20. 1: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] Tìm GTNN và GTLN của biểu thức x y z P= + + 2x + 3 y y + z z + x Để giải một bài toán... ≥ 2xy ⇒ x + y − xy ≥ xy ⇒ x + y ≥ xy ( x + y) ⇒ 4( x + y ) ≥ ( x + y) ⇒ x + y 2 2 2 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp 3 3 3 3 3 facebook.com/mathvncom 3 3 ( x + y) ≥ 4 3 (20) 17 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam và ( x + y) 2 4 (x ≥ xy (21) Từ (20) và (21) suy ra 3 + y3 ) ( x + y ) xy ≥ ( x + y ) Kết hợp với (19), ta 2 có ( x + y ) ≤ (1 − x )(1 − y ) , suy 2 ra: ( x + y) ≤ (1− x)(1− y) 2 Q= 1 + x2 + 4 2... a+c) ( c+b)2 ( b+a)(b+c) ( a+c)2  9 9 Từ (9) và (10) suy ra L − ≥ 0 , hay L ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 4 4 9 Vậy min L = 4 Bài toán 9: (Câu V, đề thi đại học khối A môn toán, năm 201 2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P=3 x- y +3 y-z +3 z-x − 6 x2 + 6 y2 + 6 z 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 12 www.MATHVN.com... chỉ khi x = y = www.mathvn.com 9 10 10 3 2 6 Vậy max Q = + 9 10 10 Bài toán 15: Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn 1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z = 5 (23) Tìm GTLN của biểu thức R = 2 x3 + y 3 + z 3 Lời giải: Từ (20) và x, y, z ≥ 0 , ta suy ra x ∈ 0;2 2  ; y, z ∈ [ 0;4] Vì y, z ≥ 0 nên y 3 + z 3 = ( y + z ) − 3 yz ( y + z ) ≤ ( y + z ) suy ra R ≤ 2 x3 + ( y + z ) (24) Ta tìm m, n sao 3 3 3 cho 1 + 2 y ≥ my... tiếp cận bài toán Sau khi giải xong một bài toán hay nhiều bài toán, ta nên nhìn nhận lại các bài toán, rút kinh nghiệm, điều chỉnh, đề xuất bài toán mới, phát hiện những vấn đề mới,… Phú Vang, ngày 26/4 /201 5 Tác giả: Tôn Thất Hiệp ……………………………………………………………………………………………………… … Lời giải bài toán 5.1: Vì c = min{a; b; c} ≥ 1, nên 9 9 9 9 ≥ = ≥ , 2 2 2 3( c −1)  3( c −1)  ( 2a + b) ( 2a + b)2 + 45 ( c −1)2... 3y − z ≥ , ∀y, z > 0 Do đó y+z 4 y z  3y − z  1 2 ≥  z = ( 3 yz − z ) , ∀y , z > 0 đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y = z, tương tự ta y+z  4  4 2 Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom 20 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam z x 1 x2 y 1 ≥ ( 3 xz − x 2 ) và ≥ ( 3xy − y 2 ) ∀x, y, z > 0 Từ đó suy ra z+x 4 x+ y 4 2 cũng có y2 z z2 x y2 x 3 − x2 − y2 − z2 + + ≥ , ∀x, y, z > 0 (27), đẳng... = cot (α + β ) = cot π π 5π   sin ( 2α + β ) = 1 α= − =    4 24 24  3 −1 ⇔  sin β = β = π 2 2   12 7π 5π π = 2 + 3, y = tan = 2 + 3, z = tan = 2 − 3 24 24 12 3 3 +1 2 2 Lời giải bài toán 20. 1: Vậy max M = Xét ba trường hợp x x , b = , a, b ∈ [1;4] Ta có y z a 2 (3 − 4b) + 3b(b − 2a − 3) a b 1 ′ , f a (a, b) = P = f (a, b) = + + < 0 , ∀a, b ∈ [1;4] , suy ra 2a + 3 b + a b + 1 (2a + 3)2 ... b ( a + b )3 1 16 16 20 + 3+ 3≥ + ≥ + = 3 3 3 a +c b +c a +b ( a + b + c) ( a + b) ( a + b + c) ( a + b + c) ( a + b + c) Từ S ≥ 20 (a + b + c) + 12 ( a + b + c ) 125 = 20 12t + = f (t ) , với... đa thức hai vế đẳng thức (29) để tìm β , γ , theo α i cho trước Bài toán 20: (Câu V, đề thi đại học môn toán, khối A năm 201 1) www.mathvn.com Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, x ≥... z = 33 Nhận xét 9: Từ cách giải toán 20, đề xuất toán sau Biên soạn: Tôn Thất Hiệp facebook.com/mathvncom , 23 www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam Bài toán 20. 1: Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn