Sáng kiến kinh nghiệm đạt cấp tỉnh. về BĐT cô si. Phương pháp vậ dụng điểm rơi và bất đẳng thức cô si để tìm GTLN GTNN; Giải phương trình vô tỉ. Chứng minh bất đẳng thức thông qua bất đẳng thức CÔ si
Các ký hiệu chữ viết tắt dùng đề tài I Các kí hiệu toán học - Tơng đơng - Suy (Kéo theo) > - Lớn - Lớn (Không âm) < - Bé - Bé (Không dơng) - Khác(Không bằng) - Cộng trừ (Dơng âm) - Thuộc II Các chữ viết tắt đề tài ĐKXĐ - Điều kiện xác định VT - Vế trái VP - Vế phải BĐT - Bất đẳng thức GTLN - Giá trị lớn GTNN - Giá trị nhỏ Pmax - Giá trị lớn P Pmin - Giá trị nhỏ P - 1- tên đề tài: Một số kinh nghiệm vận dụng bất đẳng thức Cauchy(Cô - Si) để tìm cực trị A Đặt vấn đề Toán học ngành, môn học đòi hỏi suy luận trí thông minh cao, chứa tất thách thức đến não Toán học tảng cho tất ngành khoa học tự nhiên khác, nh Carl Friedrich Gauss nói: Toán học nữ hoàng môn khoa học Nói đến toán học nói đến gọn gàng lô-gic Học toán hay nghiên cứu Toán học vận dụng khả suy luận óc thông minh Hiện yêu cầu cao phát triển kinh tế xã hội giáo dục Mỗi giáo viên phấn đấu để dạy tốt môn học nói chung môn Toán nói riêng nguyện vọng lớn lao nhất, cố gắng tìm tòi phơng pháp truyền thụ kiến thức cho học sinh cách có hiệu Đối với đa số học sinh môn toán môn học chủ yếu nhất, đầu t nhiều thời gian Đối với nhiều phụ huynh việc học tốt môn toán có ý nghĩa to lớn kết học tập em Trong chơng trình toán THCS, việc hình thành kỹ giải toán cho học sinh yếu tố định hàng đầu đến khả t tổng hợp, tính sáng tạo học sinh khối lớp, chơng, có cách hình thành kỹ khác Đối với dạng toán vậy, giáo viên cần có phơng pháp cụ thể để dẫn dắt học sinh hình thành kỹ Bất đẳng thức Cauchy (Cô - Si) bất đẳng thức quen thuộc Tuy chơng trình sách giáo khoa THCS không đề cập đến nhiều nhng việc giải toán thờng ngày lại áp dụng Đặc biệt việc bồi dỡng học sinh giỏi, việc chứng minh bất đẳng thức nói chung hay tìm cực trị biểu thức nói riêng gây không khó khăn cho giáo viên học sinh Mặt khác, việc giải toán cực trị nói chung giải toán cực trị có vận dụng bất đẳng thức Cô - Si nói riêng, ngời giải cần phải biết vận dụng kinh nghiệm để phân tích, biến đổi toán cho phù hợp nguyên tắc tìm - 2- cực trị điều kiện vận dụng bất đẳng thức Cô - Si Đặc biệt giáo viên lại vấn đề cần thiết nhất, việc giải toán ngời giáo viên phải hớng dẫn học sinh tiếp cận ghi nhớ kiến thức, rèn luyện kỹ năng, phơng pháp Ngoài tìm lỗi lầm cảu học sinh để giúp học sinh cách khắc phục Trong trình giảng dạy, nghiên cứu, học hỏi kinh nghiệm thấy công cụ hiệu để giải số toán cực trị bất đẳng thức Cauchy (Cô - Si) Tuy nhiên đặc thù loại toán cực trị giới hạn bất đẳng thức Cô - Si nên trình thực đòi hỏi giáo viên phải có phơng pháp nh thủ thuật định Đồng thời phát giải sai lầm học sinh làm toán Vì lý định chọn đề tài: Một số kinh nghiệm vận dụng bất đẳng thức Cô - Si để tìm cực trị Với mong muốn cung cấp số kinh nghiệm cho bạn yêu thích toán học, đồng nghiệp em học sinh làm tài liệu tham khảo tiếp tục phát triển B giải vấn đề i Những kiến thức lý thuyết liên quan đến đề tài 1.1 Phơng pháp tìm cực trị biểu thức 1.1.1 Khái niệm cực trị biểu thức Cho biểu thức nhiều biển số P(x, y, , z) với x, y, , z thuộc miền S xác định Nếu với giá trị (x0, y0, z0) S mà ta có: P(x0, y0, z0) P(x, y, , z) P(x0, y0, z0) P(x, y, , z) ta nói P(x, y, , z) lớn nhỏ (x 0, y0, z0) miền S P(x, y, , z) đạt giá trị lớn (x 0, y0, z0) S gọi P đạt cực đại (x 0, y0, z0) Pmax (x0, y0, z0) Tơng tự ta có: P đạt giá trị nhỏ (x 0, y0, z0) S gọi P đạt cực tiểu (x0, y0, z0) Pmin (x0, y0, z0) Giá trị lớn nhất, nhỏ P miền xác định S gọi cực trị P miền S 1.1.2 Nguyên tắc chung tìm cực trị biểu thức a) tỡm giỏ tr nh nht ca mt biu thc P(x, y, , z) trờn xỏc nh S, ta cn chng minh hai bc: - Chng t rng P k ( vi k l hng s ) vi mi giỏ tr ca cỏc bin trờn xỏc nh S.(Nguyên tắc đợc gọi nguyên tắc biến đổi bé dần) - Du ng thc xảy hay số giá trị biến miền - 3- b) tỡm giỏ tr ln nht ca mt biu thc P(x, y, , z) trờn xỏc nh S, ta cn chng minh hai bc: - Chng t rng P k ( vi k l hng s ) vi mi giỏ tr ca cỏc bin trờn xỏc nh S.(Nguyên tắc đợc gọi nguyên tắc biến đổi lớn dần) - Du ng thc xảy hay số giá trị biến miền 1.1.3 Những sai lầm thờng gặp làm toán cực trị - Sau biến đổi giá trị biểu thức k phụ thuộc vào biến số (Đối với hình học phụ thuộc vào điểm cha cố định) - Dấu đẳng thức không xảy xảy điểm không thuộc miền xác định - Sử dụng bất đẳng thức không ý đến điều kiện bất đẳng thức - Sử dụng nhiều bất đẳng thức nhng xét dấu xảy xét số bất đẳng thức dẫn đến giá trị cha xác - Đối với biểu thức có miền xác định khoảng rời nhau, không so sánh giá trị biểu thức theo khoảng - Sử dụng bất đẳng thức phụ không xác - Biến đổi bất đẳng thức không ý đến chiều a b ac bd Phép biến đổi a,b,c,d số không âm Ví dụ: c d Cụ thể nh: 1; -3 -4 nhng 2.(-3) < 1.(-4) 1.2 Bất đẳng thức Cô - Si số hệ 1.2.1 Tổng quát: Trung bình cộng n số thực không âm lớn trung bình nhân chúng, trung bình cộng trung bình nhân n số Cho : a1 0, a2 0, , an ; a + a + + a n n a 1a a n Khi đó: n Đẳng thức xảy khi: a1 = a2 = = an 1.2.2 Một số trờng hợp cụ thể thờng áp dụng +) Đối với hai số: x 0, y ; - 4- x+y xy ; Dấu xảy x = y Ta có: +) Đối với ba số: x 0, y 0, z 0; x+y+z xyz ; Dấu xảy x = y = z Ta có: 1.2.3 Chứng minh bất đẳng thức Cô - Si với trờng hợp n = x, y , ta có: Do ó ( ) x+y 1 xy = x + y + xy = 2 ( x+ y xy Dấu xy v ch khi: x y ) x y , tc l x = y 1.2.4 Một số bất đẳng thức thờng gặp đợc suy từ bất đẳng thức Cô - Si Bất đẳng thức Cô - Si n = Bất đẳng thức đợc suy Điều kiện đẳng thức xảy x + y xy x+y xy Với x 0, y 0: x+y xy Ta có ( x + y) Đẳng thức xảy x = y 4xy 1 + ; (x >0, y >0) x y x+y ; (x > 0, y >0) xy ( x + y ) Bất đẳng thức Cô - Si n = Bất đẳng thức đợc suy Điều kiện đẳng thức xảy x + y + z 33 xyz x+y+z xyz ( x + y + z) 27xyz Đẳng thức xảy Với x 0, y 0, z 0: - 5- 1 + + (x, y, z >0) x y z x+y+z 27 xyz ( x + y + z ) 1.2.5 Một số hệ bất đẳng thức Cô- Si Hệ 1: Nếu hai số dơng có tổng không đổi tích lớn hai số Chứng minh Gọi hai số x, y; x, y > : a a2 a2 xy xy Đặt x + y = a (a > 0) Khi xy lớn x = y 4 Hệ 2: Nếu hai số dơng có tích không đổi tổng nhỏ hai số Chứng minh Gọi hai số a, b; a, b > Đặt a + b = m (m > 0) Khi a+b ab a + b m a + b nhỏ 2 m a = b Hệ 3: Nếu ba số dơng có tổng không đổi tích lớn ba số Hệ 4: Nếu ba số dơng có tích không đổi tích nhỏ ba số (Tơng tự cho số, số ) 1.3 Các phơng pháp biến đổi thờng gặp sai lầm vận dụng bất đẳng thức Cô - Si vào tìm cực trị 1.3.1 Các phơng pháp biến đổi tờng gặp vận dung BĐT Cô - Si - Phơng pháp biến đổi tổng thành tích - Phơng pháp biến đổi tích thành tổng - Phơng pháp biến đổi vận dụng bất đẳng thức đợc suy từ BĐT Cô - Si 1.3.2 Sai lầm thờng gặp vận dụng bất đẳng thức Cô - Si vào tìm cực trị Ngoài sai lầm nh mục 1.1.3 trình vận dụng BĐT Cô - Si thờng mắc sai lầm nh: - Sử dụng BĐT Cô - Si biến cha phải số không âm - Cha đảm bảo nguyên tắc Bé dần Lớn dần - 6- II Các dạng tập vận dụng 2.1 Phơng pháp tìm cực trị phân thức biến Bài toán 2.1.1: Tìm giá trị nhỏ A = x + với x > 4x a) Phân tích tìm lời giải Dựa vào điều kiện x > 0, điều ta thấy vận dụng bất đẳng thức Cô 3 Si Mặt khác ta thấy x = số Khi đó: A x = 4x 4x b) Lời giải: 3 Ta có A = x + x = 4x 4x 4x 3 Dấu xảy x = 4x2 = x = ( x > 0) 4x Vậy giá trị nhỏ A , đạt đợc x = c) Kinh nghiệm giải: áp dụng BĐT Cô - Si cho dơng x - Điều kiện x > 0, trùng với điều kiện BĐT Cô - Si giải toán dựa vào BĐT Cô - Si 3 - Dựa vào đặc điểm x = số yêu cầu toán tìm GTNN 4x nên ta biến đổi biểu thức A theo nguyên tắc bé dần phép biến đổi theo BĐT 3 Cô-Si: x + x 4x 4x d) Nhận xét: Ta thấy x > toán vận dụng đợc BĐT Cô - Si Vì ta thay x x x2 ta có toán tơng tự Bài toán 2.1.2: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = x + x +1 a) Phân tích tìm lời giải Để biểu thức B có nghĩa x Khi ta thấy mẫu hạng tử thứ x + để vận dụng BĐT Cô - Si vào tìm giá trị nhỏ ta phải làm xuất tổng x + + Khi ta có cách giải sau: x +1 b) Lời giải: ĐKXĐ: x Ta có: B = x + + x +1 9 áp dụng BĐT Cô - Si cho hai số dơng x + ta có x + + x +1 x +1 - 7- B = x +1 Vậy GTNN B đạt đợc x = Dấu xảy x +1 = x + = (do x 0) x = c) Kinh nghiệm giải: điều kiện xác định x 0, điều trùng với x +1 điều kiện để vận dụng BĐT Cô - Si x+ - Với biểu thức có - Muốn biến đổi biểu thức A theo nguyên tắc bé dần B k (hằng số) ta phải 9 ta biến đổi B = x + + x + để kết hợp với x +1 x +1 d) Nhận xét: Ta thấy biểu thức B biến đổi thành B = ( x + 1) x + = x +1 x+ x +9 Khi khó để nhận phơng pháp vận dụng BĐT Cô - Si Đối x +1 với dạng toán thấy chia tử cho mẫu ta đợc thơng có chứa biểu thức có bậc giống với bậc mẫu, ta sẻ đa toán Bài toán 2.1.2 Cụ thể nh toán sau: Bài toán 2.1.3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 2x + x + x +1 a) Phân tích tìm lời giải: Dựa vào nhận xét toán ta thấy 2x + x + = x + x + + 1 x+ + + Vận dụng BĐT Cô - Si ta tìm đKhi M = x + + = x+ x +1 ợc GTNN biểu thức M ( )( ) b) Lời giải ĐKXĐ: x ( Ta có M = Ta có : )( ) x +1 x +1 + = x +1+ = x +1 x +1 x+ + 1 x+ 2 M2+ Dấu xảy x + = x+ + x+ + = 2 1 x+ - 8- x+ = x= 1 x= Vậy GTNN M đạt đợc x = c) Kinh nghiệm giải : - Điều kiện xác định biểu thức x phù hợp với điều kiện áp dụng BĐT Cô - Si - Do bậc tử lớn bậc mẫu nên ta chia tử cho mẫu để biến đổi p biểu thức M = k(2 x + 1) + + q ( k, p, q số) x +1 c) Nhận xét: Dựa vào nhận xét toán 2.1.2 ta chia tử cho mẫu Tuy nhiên, có nhiều toán bậc tử nhỏ bậc mẫu nhng áp dụng đợc BĐT Cô- Si Cụ thể nh toán sau: x2 Bài toán 2.1.4: Tìm giá trị lớn biểu thức P = x +4 a) Phân tích, tìm lời giải Ta thấy với x = P = ; Với x ta có P = , ta áp x + x dụng BĐT Cô - Si cho hai số dơng x x b) Lời giải + Với x = P = (1) + Với x 0, Ta có : P = x2 + x2 4 x + 2.2 = ta có x2 x2 P Dấu xảy x = x = x = (2) x Kết hợp (1) (2) ta có giá trị lớn P đạt đợc x = c) Kinh nghiệm giải: áp dụng BĐT Cô - Si cho hai số dơng x - Ta thấy x2 với x nên ta áp dụng BĐT Cô - Si - Ta cần phải xét hai trờng hợp x = x để vận dụng BĐT Cô - Si cần biến đổi P = cách chia tử mẫu cho x2 x + x - Sau tìm đợc GTLN P với x ta phải so sánh với P x = Giá trị lớn GTLN - Với toán ta có cách giải nh sau : - 9- Ta có x4 + 4x = 4x2 1 x2 x2 1 = (do x 0) P x + 4x x + 4x 4 Dấu xảy x = x = Vậy GTLN P đạt đợc x = Tuy nhiên phơng pháp không sử dụng đợc số toán tơng tự Bài toán 2.1.5: Với x > 0, Tìm giá trị nhỏ F = 9x2 5x + + 2013 9x a) Phân tích tìm lời giải ta vận dụng BĐT 9x Cô - Si để tìm GTNN Tuy nhiên biểu thức có hạng tử x ta biến đổi dạng F = (ax + b)2 + mx + + n nh sau: 9x 1 F = 9x2- 6x + + x + + 2012 = (3x 1)2 + x + + 2012 x + + 9x 9x 9x 2012 6038 F + 2012 = Ta thấy x > biểu thức F có hạng tử b) Lời giải : 1 + 2012 = (3x 1)2 + x + + 2012 9x 9x 1 Ta thấy (3x -1)2 ; Với x > x + x = 9x 9x 6038 F + 2012 = 3 3x = x= Dấu xảy x = 9x 6038 Vậy GTNN F đạt đợc x = 3 c) Kinh nghiệm giải Ta có F = 9x2- 6x + + x + - Dựa vào điều kiện toán x > ta thấy phù hợp với điều kiện BĐT Cô - Si - Để biến đổi biểu thức F = 9x2- 6x + + x + + 2012 cho vận dụng 9x BĐT Cô - Si xét dấu (3x 1) sẻ tồn giá trị x để dấu xảy ta nh sau: 1 Xét F = (ax + b)2 + mx + + n = a2x2 + 2ab x + b2 + mx + +n 9x 9x - 10- x4 y4 y4 z4 z4 x4 Cộng vế theo vế ta có : + + =0 ( x + y )(x + y ) ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) x4 y4 z4 y4 + + = + ( x + y )(x + y) (y + z )(y + z ) (z + x )(z + x) ( x + y )(x + y) z4 x4 + + = F ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) x4 + y4 y4 + z4 z4 + x4 2F = + + ( x + y )(x + y) ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) Dựa vào BĐT: a2 + b2 2ab a2 + b2 + a2 + b2 a2 + b2 + 2ab 2(a2 + b2) (a + b)2 (x + y )2 4 (y + z )2 (z + x )2 4 Ta có x + y ;y +z ;z +x 2 4 x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 1 1 + + ( x + y + y + z + z + x) = (x + y + z) = 2F x+y y+z z+x 2 2 b) Lời giải : x4 y4 z4 x4 z4 x4 =xy; =zx ; =zx Ta có : ( x + y )(x + y ) ( z + x )(z + x) ( z + x )(z + x) x4 y4 y4 z4 z4 x4 + + =0 ( x + y )(x + y ) ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) x4 y4 z4 y4 + + = + ( x + y )(x + y) (y + z )(y + z ) (z + x )(z + x) ( x + y )(x + y) z4 x4 + + = F ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) x4 + y4 y4 + z4 z4 + x4 2F = + + ( x + y )(x + y) ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) Ta có: x2 + y2 2xy x2 + y2 + x2 + y2 2xy + x2 + y2 2(x2 + y2) (x + y)2 (x + y)2 x +y Dấu xẩy x = y 2 x4 + y4 x2 + y2 x + y Dấu xảy x = y ( x + y )(x + y) 2(x + y) y4 + z4 y2 + z2 y + z Dấu xảy y = z ( y + z )(y + z) 2( y + z) - 23- z4 + x4 z2 + x2 z + x Dấu xảy z = x ( z + x )(z + x) 2( z + x) 1 1 (x + y + y + z + z + x) = (x + y + z) = F Dấu xảy 2 x = y = z = Từ ta có : 2F Vậy GTNN F 1 , đạt đợc x = y = z = c) Kinh nghiệm giải : - Điều kiện toán phù hợp với điều kiện sử dụng BĐT Cô - Si - Ta cần biến đổi biểu thức F bé dần cho F f(x + y + z) Tuy nhiên toán phức tạp mẫu hạng tử có chứa biểu thức có bậc cao ta sử dụng phơng pháp thực đa dạng F f(x + y + z) Vì ta phải suy nghĩ theo hớng khác - Xét thấy (x2 + y2)(x + y) = x4 có mối quan hệ với hệ thức (x + y2)(x + y) x4 y4 y4 z4 4 = x y Tơng tự =yz ; (x-y) = x y ( x + y )(x + y ) ( y + z )(y + z) z4 x4 = z x Mặt khác x y + y z + z x = ( z + x )(z + x) x4 y4 y4 z4 z4 x4 + + =0 ( x + y )(x + y ) ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) x4 + y4 y4 + z4 z4 + x4 2F = + + ( x + y )(x + y) ( y + z )(y + z ) ( z + x )(z + x) (x + y )2 (y + z )2 ; y + z4 2 2 2 (x + y) (y + z ) (z + x) (z + x ) ; z + x4 x2 + y2 ; y2 + z ; z2 + x ta 2 2 biến đổi F dạng F f(x + y + z) Vận dụng BĐT Cô - Si ta chứng minh đợc x4 + y4 d) Nhận xét: Đối với số toán việc sử dụng điều kiện toán nhiều lúc phải biết vận dụng linh hoạt phải biết biến đổi chúng để vận dụng đợc dễ dàng Bài toán 2.2.7 Cho a, b, c số dơng thỏa mãn abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : a3 b3 c3 + + M= (1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) a) Phân tích, tìm lời giải - 24- Thấy mẫu thức tích (1+ b)(1 + c) tử a ta vận dụng BĐT Cô a3 Si cho ba số dơng ; k(1 + b) k(1 + c) Tuy nhiên biểu thức sau biến (1 + b )(1 + c) đổi sẻ có dạng M f(a + b + c) phải biến đổi tiếp tổng a + b + c thành a.b.c để sử dụng điều kiện toán b) Lời giải : a3 + b + c 3a + + Ta có : (1 + b)(1 + c) 8 Dấu xảy 8a3 = (1 + b)3 = (1 + c)3 b = c = 2a b3 + c + a 3b + + (1 + c)(1 + a ) 8 Dấu xảy 8b3 = (1 + c)3 = (1 + a)3 c = a = 2b c3 + a + b 3c + + (1 + a )(1 + b) 8 Dấu xảy 8c3 = (1 + a)3 = (1 + b)3 a = b = 2c M+ 1+ b +1+ c +1+ c +1+ a +1+ a +1+ b ( a + b + c) a+b+c 3 3 + (a + b + c) M (a + b + c) 33 abc = 4 4 4 Dấu xảy a = b = c = M+ Vậy GTNN M , đạt đợc a = b = c = c) Kinh nghiệm giải : - Dựa vào điều kiện toán ta thấy phù hợp với điều kiện sử dụng BĐT Cô - Si - Dựa vào tính đối xứng biểu thức kỹ thuật chọn điểm rơi GTNN M , đạt đợc a = b = c = - Với điều kiện abc =1 yêu cầu toán tìm GTNN ta cần biến đổi biểu thức M nhỏ dần dạng M f(abc) Tuy nhiên tử mẫu hạng tử biểu thức M có chứa + a, + b + c tử chứa lũy thừa bậc ba trớc hết ta đa biểu thức dạng M g(x + y + z) cách sử dụng BĐT Cô - Si cho ba số dơng - Để dấu xảy thỏa mãn toán ta phải tìm k biểu thức a3 1+ b 1+ c a3 + b + c 3a + + = = cho k = (1 + b)(1 + c) k k (1 + b)(1 + c) k k - 25- Bài toán 2.2.8 Cho a, b, c số dơng thỏa mãn ab + bc + ac abc Tìm GTNN a2b b2c c2 a biểu thức P = + + b + 2a c + b a + c a) Phân tích, tìm lời giải Dựa vào điều kiện toán ab + bc + ac abc 1 + + (*) a b c a2b b + 2a b2c c + 2b c2a a + 2c Ta có : + 2a ; + 2b ; + 2c b + 2a b c + 2b c a + 2c a P + 1+ 2a 2b 2c 1 +1+ +1+ 2a + b + 2c P 2a(1 ) + 2b(1 ) + c(1 ) b c a b c a 1 1 1 a b c Kết hợp với (*) : P 2a + +2b + +2c + - = + + + a c b a b c c a b b) Lời giải Ta có ab + bc + ac abc Ta lại có : 1 1 1 1 1 1 + + + ;1 + ;1 + a b c a b c b a c c b a a2b b + 2a + 2a ; Dấu xảy ab = 2a + b b + 2a b b2c c + 2b + b ; Dấu xảy bc = 2b + c c + 2b c c2a a + 2c + 2c ; Dấu xảy ac = 2c + a a + 2c a P + 1+ 2a 2b 2c +1+ +1+ 2a + b + c b c a 1 P 2a(1 ) + 2b(1 ) + c(1 ) b c a 1 1 1 2a 2b 2c P 2a + +2b + +2c + - = + +2 + +2+ -3 c a b a c b a b c c a b + + + 2.3 a b c = P c a b b c a = + - 26- ab = 2a + b bc = 2b + c ac = 2c + a a =b=c=3 Dấu xảy : a = bc b = ac ab + bc + ac = abc Vậy GTNN P 9, đạt đợc a = b = c = c) Kinh nghiệm giải - Điều kiện a, b, c số dơng phù hợp với điều kiện sử dụng BĐT Cô - Si - Dựa vào tính đối xứng biểu thức điều kiện ab + bc + ac abc ta dự đoán đợc GTNN cảu P 9, đạt đợc a = b = c = - Xét biểu thức a 2b b + 2a ta phải kết hợp với để vận dụng BĐT Cô - Si b + 2a b a 2b b + 2a + 2a b + 2a b Tuy nhiên sau sử dụng phơng pháp biểu thức P đợc biến đổi thành b + 2a c + 2b a + 2c 1 1 1 2a + 2b + 2c ( + ) =2a + +2b + +2c + - b c a a c b a b c thành Lúc ta sử dụng điều kiện ab + bc + ac abc đê biến đổi thành P 1 + + a b c 1 1 1 1 + ;1 + ;1 + a b c b a c c b a a b c a b c P + + + + 2.3 = c a b c a b d) Nhận xét : Với điều kiện toán ab + bc + ac abc biến đổi biểu thức dạng M f(p) Tuy nhiên, có nhiều toán giải vận dụng bất đẳng thức phụ để làm xuất f(p) toán trở nên dễ dàng quen thuộc Bài toán 2.2.9 : Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác có chu vi Tìm GTNN biểu thức P = 4(a3+b3+c3) + 15abc a) Phân tích, tìm lời giải Điều kiện toán a, b, c số dơng thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2; + b c > 0; a + c b > 0; b + c a > a Mặt khác ta có: a3 + b3 + c3 = (a + b)3 3ab(a + b) + c3 = [(a + b)3 + c3] 3ab(a + b) = (a + b + c)3 3c(a + b)(a + b+ c) 3ab(a + b) = 6c(a + b) 3ab(2 c) = 6(ab + bc + ac) + 3abc - 27- P = 4(a3+b3+c3) + 15abc = 32 - 24(ab + bc + ac) + 27 abc Nêu nh ta chọn điểm rơi a = b = c = P = Khi 27abc 24(ab + bc + ac) - 24 Đây mối quan hệ tổng ab + bc + ac tích abc Chúng ta biết: (a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) abc * (2 - 2c)(2 - 2b)(2 - 2a) abc 8(1 c)(1 b)(1- a) abc 8(1 c b + bc)( a) abc 8(1 - a - b - c - abc + ab + bc + ac) abc 8(ab + bc + ac - 1) - 9abc 24(ab + bc + ac) 27abc 24 (chứng minh * cách đặt a + b c = x > ; a + c b = y > ; b + c a = z > 2a = x + y xy ; 2c = y + z yz ; 2b = x + z = xz 2a.2b.2c xy yz xz abc xyz = (a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) b) Lời giải Đặt a + b c = x > ; a + c b = y > ; b + c a = z > 2a = x + y xy ; 2c = y + z yz ; 2b = x + z = xz 2a.2b.2c xy yz xz abc xyz (a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) abc (2 - 2c)(2 - 2b)(2 - 2a) abc 8(1 c)(1 b)(1- a) abc 8(1 c b + bc)( a) abc 8(1 - a - b - c - abc + ab + bc + ac) abc 8(ab + bc + ac - 1) - 9abc 24(ab + bc + ac) - 27abc 24 x = y = z a=b=c= Dấu xảy a + b + c = 3 3 Ta có P = 4(a +b +c ) + 15abc = 4((a + b) 3ab(a + b) + c3) + 15 abc = 4((a + b + c)3 3c(a + b)(a + b+ c) 3ab(a + b)) + 15abc = 4(8 6c(a + b) 3ab(2 c)) + 15abc = 4(8 - 6(ab + bc + ac) + 3abc) + 15abc = 32 - [24(ab + bc + ac) + 27 abc] 32 - 24= Dấu xảy a = b = c = Vậy GTNN P 8, đạt đợc a = b = c = c) Kinh nghiệm giải - Dựa vào điều kiện toán suy a, b, c số dơng a + b c > 0; a + c b > 0; b + c a > ta vận dụng BĐT Cô - Si cho số dơng a, b, c x = a + b c; y = a + c b; x = b + c a - Dựa vào tính đối xứng biểu thức ta dự đoán GTNN P đạt đ2 ợc a = b = c = x = y = z = 3 - 28- - Sau biến đổi a + b3 + c3 ta đợc a3 + b3 + c3 =8 6(ab + bc + ac) + 3abc suy P = 32 - 24(ab + bc + ac) + 27 abc Để tìm GTNN P ta tìm GTLN biểu thức 24(ab + bc + ac) - 27abc - Sử dụng BĐT (a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) abc đợc chứng minh nhờ việc đặt x, y, z BĐT Cô - Si Suy (2 - 2c)(2 - 2b)(2 - 2a) abc , nhờ điều kiện a + b + c = biến đổi đợc 24(ab + bc + ac) - 27abc 24 d) Nhận xét: Qua toán thấy có nhiều toán cần đến điều kiện mối quan hệ biến Tuy nhiên, có nhiều toán (nh toán 2.2.5) ta thấy điều kiện không cần thiết, nhng đặc điểm toán phơng pháp giải hoàn toàn giống Ví dụ nh toán sau: Bài toán 2.2.10 Cho a, b, c > Tìm GTNN Q = a b c + + b c a (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011 2012) a) Phân tích, tìm lời giải Dựa vào điều kiện toán b > 0; c > 0; b > Ta có: a +2 b a b b +2 c b c c +2 a c a Q + b + c + a - a + b + c Q Dấu xảy a = b = c = b) Lời giải Ta có: a + b a ; Dấu xảy b - = b a b + c b ; Dấu xảy c - = c b c + a c ; Dấu xảy a - = a c Q+ b+ c+ a-9 a + b = a c = khi: c = b a = a = c b = b + c Q Dấu xảy a c = 21 c a = c a = b = c = b = a a - 29- Vậy giá trị nhỏ Q 9, đạt đợc a = b = c = c) Kinh nghiệm giải b > 0; c > 0; b > 0, phù hợp với điều kiện áp dụng BĐT Cô - Si - Với điều kiện a, b, c > - Biểu thức cần tìm biểu thức đối xứng nhng mối quan hệ biến ta biến đổi biểu thức Q bé dần ta phải biến đổi dạng Q k ( k số) Tuy nhiên hạng tử biểu thức chứa mẫu muốn làm triệt tiêu mẫu hạng tử ta cộng thêm biểu thức phụ nh sau: a + k (2 b 3) k a ; b b + k(2 c 3) k b ; c c + k(2 a 3) k c a Q 2( k -k) a + 2( k -k) b + 2( k -k) c + 9k (*) Ta tìm giá trị k cho vế phải (*) không phụ thuộc vào giá trị biến Khi k = Q 2.2.11.Các tập tơng tự Bài 1: Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn: a + b + c = Tìm GTLN biểu thức: S = a + b + b + c + c + a HD: a+b =3 93 2 (a + b) 3 a+b+ 2 + 3 Bài 2: Cho a, b, c số dơng thỏa mãn điều kiện: a + b + c 27 Tìm GTNN a b c + + biểu thức P = b c a HD: A2 = Ta có: a b c 2a b b c c a + + + + + b c a c a b a2 a b a b b2 b c b c c2 c a c a + + + c 4a ; + + + a 4b ; + + + b 4c b c c c a a a b b A2 + a + b + c 4(a + b + c) A2 3(a + b + c) 81 A ( a > 0) Bài 3: Cho a, b, c số dơng thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN M = 1 + ac bc HD: Vận dụng BĐT: 1 + x y xy x + y - 30- Ta có M 4 16 = = 16 ac + bc c(a + b) ( a + b + c ) Bài 4: Cho a, b, c số dơng thỏa mãn a + b + c = Tìm GTNN P = HD: Ta có ab bc ac + + c a b ab bc + 2b; c a bc ac ac ab + 2c ; + 2a a b b c 2P 2a + 2b + 2c = 16 P Bài 5: Cho tam giác ABC vi a,b,c lần lợt số đo ba cạnh tam giác cho ab + bc + ac abc.Tìm GTNN M = HD: 1 + pa pb 1 a+b+c + + với P = pa pb pc 2 4 = (p a )(p b) p a + p b c 1 1 4 + + ; pb pc a pc pa b 1 2M + + M a b c Bài 6: Cho hàm số: f(x, y, z) = x y z + + Với x, y, z số dơng Tìm GTNN y z x hàm số HD: f (x, y, z) = 66 x y y 13 z 13 z 13 z + + + + + y z z x x x x y y 13 z 13 z 13 z 1 = 66 = 66 y z z x x x 22.3.3.3 108 Đạt đơc x y 13 z = = y z x Bài : Cho a,b,c số thực dơng thỏa mãn abc = 1, 4 Tìm GTNN A = + + + + + b c a 4 4 1 HD: Xét A= + + + + + + + + a b c a b c - 31- 1 1 1 Xét biểu thức M = + + + = + + + + + + + a b c a b c ab ac bc abc M1+ 3 3 + + = 1+ = A 48 abc ( abc ) abc abc Bài 8: Cho hai s dơng x, y thỏa mãn: x + 2y = Tìm GTNN A = + x y Bài 9: Vi x, y số dơng thỏa mãn điều kiện x 2y, x2 + y2 Tìm GTNN biểu thức M = xy Bài 10: Cho hai s thc a, b thay i, tho mãn iu kin a + b v a > 8a + b Tìm giá tr nh nht ca biu thc A = + b2 4a Bài 11: Cho x > 0, y > thỏa mãn x2 + y2 = Tìm GTNN biểu thức A = 2xy + xy 1 Bài 12: Cho số dơng a, b thỏa mãn + = Tìm GTLN biểu thức a b 1 + 2 a + b + 2ab b + a + 2ba Bài 13: Cho x,y,z dơng thoả mãn x+y+z =3 Tìm GTNHN biểu thức Q= 1) 3(x2+y2+z2) + 4xyz 13 2) x2+y2+z2 + xyz 2.3 Vận dụng bất đẳng thức Cô - Si vào tìm cực trị để giải phơng trình Theo toán 2.1.6 biết biểu thức x + x đạt giá trị nhỏ x = phơng trình x + x = sẻ có nghiệm x= Vì số phơng trình, đặc biệt phơng trình vô tỉ BĐT Cô - Si công cụ hữu hiệu để giải Bài toán 2.3.1 Giải phơng trình x + 10 x = a) Phân tích, tìm lời giải (1) Ta có VT = x + 10 x + x 10 x = + (x 2)(10 x) 16 VT để phơng trình x + 10 x = có nghiệm VT = tức có dấu xảy (1) Khi x = 10 x 2x = 12 x = b) Lời giải ĐKXĐ: x 10 - 32- Xét biểu thức A = x + 10 x ta có A2 = x + 10 x + x 10 x áp dụng BĐT Cô - Si ta có x 10 x x + 10 x = Dấu xảy x = 10 x 2x = 12 x = (thỏa mãn ĐKXĐ) A2 + 2.4 = 16 A Để phơng trình x + 10 x = có nghiệm A = x = Vậy phơng trình có nghiệm x = c) Kinh nghiệm giải d) Nhận xét Ta thấy vế trái phơng trình x + 10 x = có giá trị lớn x = Nếu ta thay vế phải biểu thức có giá trị nhỏ x = ta có phơng trình với cách giải tơng tự Bài toán 2.3.2 Giải phơng trình: x + 10 x = x 12 x + 40 a) Phân tích, tìm lời giải Ta có VT Dấu xảy x = VP = (x 6)2 + Dấu xảy x = Vởy phơng trình có nghiệm x = b) Lời giải ĐKXĐ: x 10 Ta có: VT2 = x + 10 x + (x 2)(10 x) + (x + 10 x) = 16 VP Dấu xảy x - = 10 x x = VP = (x 6)2 + Dấu xảy x = x = Từ ta có x + 10 x = x 12 x + 40 x = Vậy phơng trình có nghiệm x = Bài toán 2.3.3 Giải phơng trình : x + x 2x = a) Phân tích, tìm lời giải Đối với toán chuyển vế bình phơng hai vế, nhiên ta vận dụng BĐT Cô - Si : x 2x + x x Khi đó: VT x + x 2x2 = 2x2 x 2x = x=0 Dấu xảy x = - 33- Vậy phơng trình có nghiệm x = b) Lời giải áp dụng BĐT Cô - Si cho hai số không âm x 2x ĐKXĐ: x Ta có VT x + (1 + x 2x2) = 2x2 x 2x = x = Dấu xảy x = x + x 2x = x = Vậy phơng trình có nghiệm x = Các toán tơng tự Giải phơng trình: 1) x + x = x 6x + 11 2) x + x = + (x 2)(4 x) 3) x + 4x x = - C Kết luận kiến nghị Từ việc giải toán thấy việc vận dụng bất đẳng thức Cô - Si vào giải toán cực trị giúp giải toán cực trị cách dễ dàng có hệ thống Trong trình giảng dạy, nghiên cứu theo dõi thân đối tợng học sinh, đặc biệt học sinh giỏi nhận thấy đợc kết cụ thể nh sau: Thứ nhất, việc nhìn dạng tập dựa vào kiến thức bản, định lý học, toán đợc suy từ định lý giúp em dễ hiểu, tiếp thu nhớ kiến thức có hệ thống hơn, khoa học từ giúp em mạnh dạn toán khó Thứ hai, việc phân tích toán để tìm cách giải giúp em tránh đợc sai lầm giải toán, đặc biệt toán cực trị Đồng thời tiến hành giải em có kỹ trình bày khoa học Thứ ba, sau giải có nhận xét đánh giá cách giải giúp em cải thiện đợc suy nghĩ cha thấu đáo cách giải có kỹ tìm cách giải nh phát triển toán Thứ t, học sinh tự nhận thấy cần thiết việc nắm vững kiến thức lý thuyết đơn lẻ để kết hợp chúng tạo thành kiến thức tổng hợp giải toán Thứ năm, tạo hứng thú việc giải toán tìm GTLN, GTNN toán liên quan nh chứng minh bất đẳng thức, giải phơng trình - 34- Tuy nhiên, dù cố gắng để tìm hiểu tốt phơng pháp giải tìm toán đặc trng cho đề tài tài liệu tham khảo, phơng tiện thông tin, bạn bè đồng nghiệp nh đúc rút kinh nghiệm trình giảng dạy để khắc phục hạn chế Nhng phạm vi nghiên cứu đề tài hẹp, thời gian cha nhiều, kinh nghiệm thân hạn chế Mặt khác kiến thức liên quan đến bất đẳng thức Cô - Si phong phú đa dạng không tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp quý báu quý thầy cô giáo, bạn bè đồng nghiệp bạn đọc Mục lục Mục/ Nội dung Tiểu mục A Trang Các ký hiệu toán học chữ viết tắt đề tài Lý chọn đề tài - 35- Giải vấn đề I Những kiến thức lý thuyết liên quan đến đề tài 1.1 Bất đẳng thức Cô - Si số hệ 1.1.1 Tổng quát 1.1.2 Một số trờng hợp cụ thể thờng áp dụng 1.1.3 Chứng minh bất đẳng thức Cô - Si với trờng hợp n = 1.1.4 Một số bất đẳng thức thờng gặp đợc suy từ bất đẳng thức Cô - Si B 1.1.5 1.2 Phơng pháp tìm cực trị biểu thức 1.2.1 Khái niệm cực trị biểu thức 1.2.2 Nguyên tắc chung tìm cực trị biểu thức 1.2.3 Những sai lầm thờng gặp làm toán cực trị II Các dạng tập vận dụng Phơng pháp tìm cực trị phân thức biến 2.2 Phơng pháp tìm cực trị biểu thức nhiều biến 10 2.3 Vận dụng bất đẳng thức Cô - Si vào tìm cực trị để giải phơng trình 24 Kết luận kiến nghị 26 2.1 C Một số hệ bất đẳng thức Cô- Si Mục lục 28 Danh mục tài liệu 29 Danh mục tài liệu tham khảo TT Tên tài liệu Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & tuổi trẻ(Quyển 1) Tuyển chọn theo chuyên đề Tác giả Hồ Quang Vinh Năm XB Nhà XB Nguyễn Việt Hải 2009 Giáo dục Vũ Kim Thủy Nguyễn Việt Hải 2011 Giáo dục - 36- Toán học & tuổi trẻ(Quyển 2) 10 11 Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & tuổi trẻ(Quyển 3) Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & tuổi trẻ(Quyển 4) Nâng cao phát triển toán Kiến thức nâng cao Toán 45 đề thi toán chọn lọc THCS 2005 - 2008 Bất đẳng thức Cauchy Phơng pháp giải toán bất đẳng thức Sổ tay kiến thức toán THCS Các toán chọn lọc 45 năm Hồ Quang Vinh Vũ Kim Thủy Nguyễn Việt Hải Phạm Thị Bạch Ngọc 2011 Giáo dục Phạm Thị Bạch Ngọc 2011 Giáo dục Hồ Quang Vinh Vũ Hữu Bình 2005 Đà Nẵng Nguyễn Ngọc Đạm 2005 Hà Nội Phan Doãn Thoại 2008 Giáo dục Trần Văn Hạo 2001 Giáo dục Lê Hồng Đức 2003 Hà Nội Vũ Dơng Thụy 2011 Giáo dục 2009 Giáo dục Hồ Quang Vinh Nguyễn Việt Hải toán học & Tuổi trẻ - 37- [...]... )(x + y ) ( y 2 + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x) x4 y4 z4 y4 + + 2 = + ( x + y 2 )(x + y) (y 2 + z 2 )(y + z ) (z 2 + x 2 )(z + x) ( x 2 + y 2 )(x + y) z4 x4 + 2 + = F ( y + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x) x4 + y4 y4 + z4 z4 + x4 2F = 2 + + ( x + y 2 )(x + y) ( y 2 + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x) Dựa vào BĐT: a2 + b2 2ab a2 + b2 + a2 + b2 a2 + b2 + 2ab 2(a2 + b2) (a + b)2 (x 2 + y... ; (x-y) = x y ( x 2 + y 2 )(x + y ) ( y 2 + z 2 )(y + z) z4 x4 = z x Mặt khác x y + y z + z x = 0 ( z 2 + x 2 )(z + x) x4 y4 y4 z4 z4 x4 2 + + =0 ( x + y 2 )(x + y ) ( y 2 + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x) x4 + y4 y4 + z4 z4 + x4 2F = 2 + + ( x + y 2 )(x + y) ( y 2 + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x) (x 2 + y 2 )2 4 (y 2 + z 2 )2 ; y + z4 2 2 2 2 2 2 2 (x + y) (y + z ) (z + x) 2 (z... ( z 2 + x 2 )(z + x) x4 y4 z4 y4 + + 2 = + ( x + y 2 )(x + y) (y 2 + z 2 )(y + z ) (z 2 + x 2 )(z + x) ( x 2 + y 2 )(x + y) z4 x4 + 2 + = F ( y + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x) x4 + y4 y4 + z4 z4 + x4 2F = 2 + + ( x + y 2 )(x + y) ( y 2 + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x) Ta có: x2 + y2 2xy x2 + y2 + x2 + y2 2xy + x2 + y2 2(x2 + y2) (x + y)2 (x + y)2 x +y Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi... )(y + z ) (z 2 + x 2 )(z + x) ( ề thi học sinh giỏi Tỉnh Hà Tĩnh năm học 2012 2013) a) Phân tích tìm lời giải Xét biểu thức ở mẫu thức (x2 + y2)(x + y) và biểu thức ở tử x4 ta thấy (x + y )(x + y)(x-y) = x y 2 2 4 4 x4 y4 =xy ( x 2 + y 2 )(x + y) y4 z4 z4 x4 =yz ; 2 = z x Tơng tự: 2 ( y + z 2 )(y + z) ( z + x 2 )(z + x) - 22- x4 y4 y4 z4 z4 x4 Cộng vế theo vế ta có : 2 + + =0 ( x + y 2 )(x... 3 1.1 Bất đẳng thức Cô - Si và một số hệ quả 3 1.1.1 Tổng quát 3 1.1.2 Một số trờng hợp cụ thể thờng áp dụng 3 1.1.3 Chứng minh bất đẳng thức Cô - Si với trờng hợp n = 2 3 1.1.4 Một số bất đẳng thức thờng gặp đợc suy ra từ bất đẳng thức Cô - Si 3 B 1.1.5 1.2 5 Phơng pháp tìm cực trị của biểu thức 1.2.1 5 Khái niệm về cực trị của một biểu thức 1.2.2 Nguyên tắc chung tìm cực trị của một biểu thức 5 1.2.3... BĐT Cô - Si để biến đổi P f(x+y) - Ta thấy vai trò của x, y trong biểu thức P là nh nhau do đó để có giá trị nhỏ - 14- 1 1 = Vì vậy ta có thể vận dụng BĐT Cô x ( x + 2y ) y ( y + 2x ) 1 1 1 và - Si cho hai số dơng ta có P 2 x ( x + 2y ) y ( y + 2x ) xy(x + 2y)(y + 2x) nhất của P thì x = y Khi đó ở đây ta thấy x + y +(x + 2y) + (y + 2x) = 4(x + y) = F(x + y) do đó ta có thể áp dụng BĐT Cô - Si cho... mất mẫu thức thì mỗi hạng tử ta cộng thêm ka, kb, kc Cụ thể ( a + b ) +kc; ( b + c ) + ka; ( c + a ) + kb c a b 2 Xét 2 ( a + b) Ta có: 2 2 = kc kc2 = (a + b)2 ; do a = b = c kc2 = (2 c)2 k = 4 c b) Lời giải: ( a + b) (a + b) 4c + 4c 2 = 4(a + b); Dấu bằng xảy ra khi : (a + b)2 = 4c2 c 2 2 c ( b + c) a ( c + a) b + 4a 2 (b + c) 4a = 4(b + c); Dấu bằng xảy ra khi : (b + c)2 = 4a2 a + 4b 2 (c + a... y = 0( Không thỏa mãn) 2 1 Do đó ta phải biến đổi P 2 = xy(x + 2 y)(y + 2 x) xy(x + 2y)(y + 2x) - Ta có x + y + (x + 2y) + (y + 2x) = 4(x + y) nhng nếu ta vận dụng BĐT Cô - Si cho 4 số đó thì để có dấu bằng xảy ra ta có x = y = x + 2y = y + 2x x = y = 0 (không - 15- thỏa mãn) do đó chúng ta có thể biến đổi P 2 1 1 khi đó ta áp xy (x + 2 y)(y + 2 x) dụng BĐT Cô - Si cho từng biểu thức xy và ( x... )2 4 4 (y 2 + z 2 )2 (z 2 + x 2 )2 4 4 Ta có x + y ;y +z ;z +x 2 2 2 4 4 1 x2 + y2 y2 + z2 z2 + x2 1 1 1 1 + + ( x + y + y + z + z + x) = (x + y + z) = 2F 2 x+y y+z z+x 2 2 2 2 b) Lời giải : x4 y4 z4 x4 z4 x4 =xy; 2 =zx ; 2 =zx Ta có : 2 ( x + y 2 )(x + y ) ( z + x 2 )(z + x) ( z + x 2 )(z + x) x4 y4 y4 z4 z4 x4 2 + + =0 ( x + y 2 )(x + y ) ( y 2 + z 2 )(y + z ) ( z 2 + x 2 )(z + x)... = (a + b)3 3ab(a + b) + c3 = [(a + b)3 + c3] 3ab(a + b) = (a + b + c)3 3c(a + b)(a + b+ c) 3ab(a + b) = 8 6c(a + b) 3ab(2 c) = 8 6(ab + bc + ac) + 3abc - 27- P = 4(a3+b3+c3) + 15abc = 32 - 24(ab + bc + ac) + 27 abc Nêu nh ta chọn điểm rơi a = b = c = 2 thì P = 8 3 Khi đó 27abc 24(ab + bc + ac) - 24 Đây chính là mối quan hệ giữa tổng ab + bc + ac và tích abc Chúng ta đã biết: (a + b - c)(a ... + b - c)(a + c - b)(b + c - a) abc * (2 - 2c)(2 - 2b)(2 - 2a) abc 8(1 c)(1 b)( 1- a) abc 8(1 c b + bc)( a) abc 8(1 - a - b - c - abc + ab + bc + ac) abc 8(ab + bc + ac - 1) - 9abc... - c)(a + c - b)(b + c - a) abc (2 - 2c)(2 - 2b)(2 - 2a) abc 8(1 c)(1 b)( 1- a) abc 8(1 c b + bc)( a) abc 8(1 - a - b - c - abc + ab + bc + ac) abc 8(ab + bc + ac - 1) - 9abc 24(ab... 32 - 24(ab + bc + ac) + 27 abc Để tìm GTNN P ta tìm GTLN biểu thức 24(ab + bc + ac) - 27abc - Sử dụng BĐT (a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) abc đợc chứng minh nhờ việc đặt x, y, z BĐT Cô - Si