Có thể giải tương tự như Bài 2... Ta chứng minh * bằng quy nạp.
Trang 130 BÀI TOÁN BĐT - Cực Trị trong các Đề thi OLYMPIC Toán Học 10
Cho các số thực a, b, x, y thỏa mãn điều kiệnax − by =p3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F = a2+ b2+ x2+ y2+ bx + a y.
Lời giải.
Ta có:F =
µ
x + b
2
¶2 +³y + a
2
´2 +3
4(a
2+ b2) Đặt:M = (x; y), A =µ −b
2 ;
−a
2
¶ , (∆) : ax − by =p3
Ta có:M A2=
µ
x + b
2
¶2 +
³
y + a
2
´2 MàM ∈ (∆)nênM A2≥ [d(A; ∆)]2= 3
a2+ b2
Dấu ‘=’ xảy ra khi M là hình chiếu của A trên(∆)
Suy raF ≥ 3
a2+ b2+
3
4(a
2
+ b2) ≥ 2
r 3
a2+ b2.
3
4(a
2+ b2) = 3
VâyMi n F= 3đạt được chẳng hạn khi(a; b; x; y) =Ãp
2; 0;
p 6
2 ;
p 2 2
!
Chox, y, z dương Chứng minh rằng:
x
y + z+
25y
z + x+
4z
x + y > 2.
Lời giải.
Đặt:
a = y + z
b = z + x
c = x + y
=⇒
x = b + c − a
2
y = a + c − b
2
z = a + b − c
2
Dox, y, zdương =⇒
a, b, c > 0
b + c > a
a + c > b
a + b > c
(1)
Khi đó ta có:
x
y + z+
25y
z + x+
4z
x + y =
b + c − a
2a +25(a + c − b)
2b +4(a + b − c)
2c
=
µ
b
2a+25a
2b
¶ +
µ
c
2a+2a
c
¶ +µ 25c
2b +2b
c
¶
− 15 ≥ 2.5
2+ 2.1 + 2.5 − 15 (AM −GM)
Đẳng thức xảy ra khi
b
2a =25a
2b
c
2a =2a
c
25c
b =2b
c
⇐⇒
b = 5a
c = 2a
5c = 2b
⇐⇒ a
1=b
5=c
2= a + 2c
5
Trang 2=⇒ b = a + 2c > a + c mâu thuẫn với (1) =⇒ Dấu ‘=’ không xảy ra.
Vậy x
y + z+
25y
z + x +
4z
Cho các số thực dươnga, b, c thỏa mãn :
4 ≥ a ≥ b ≥ c > 0; 3abc ≤ min{6a + 8b + 12c;72}; 2ab ≤ mi n{3a + 4b;24}.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = a2+ b2+ c2+ a + b + c.
Lời giải.
4 + 3 + 2 = cµ 4
a +3
b+2
c
¶
+ (b − c)µ 4
a+3
b
¶
+ (a − b)4
a
≥ c.33
r 24
abc + (b − c).2r 12
ab + (a − b)
≥ 3c + 2(b − c) + (a − b) = a + b + c
⇒ a + b + c ≤ 9 (1) Dấu ‘=’ xảy ra khia = 4;b = 3;c = 2.
Ta lại có:
42+ 32+ 22= c2µ 4
2
a2+3
2
b2+2
2
c2
¶
+ (b2− c2)µ 4
2
a2+3
2
b2
¶
+ (a2− b2)4
2
a2
42
a2+3
2
b2+2
2
c2≥ 4
a.
3
b+3
b.
2
c+4
a.
2
c =12c + 6a + 8b
42
a2+3
2
b2 ≥1
2
µ 4
a+3
b
¶2
=1 2
µ 4b + 3a
ab
¶2
≥ 2
Suy ra:42+ 32+ 22≥ 3c2+ 2(b2− c2) + (a2− b2) = a2+ b2+ c2 (2)
Từ(1)và(2)ta suy ra:P ≤ 38.Dấu ‘=’ xảy ra ⇐⇒ a = 4, b = 3, c = 2
Chox > 1; y > 2; z > 3;1
x+2
y+3
z = 2.Chứng minh rằng:
px + y + z ≥px − 1 + p y − 2 +pz − 3.
Lời giải.
Ta có:px − 1 + p y − 2 +pz − 3 =px r x − 1
x +py.
s
y − 2
y +pz r z − 3
z
Theo BĐT BCS suy ra:
p
x − 1 + p y − 2 +pz − 3 ≤ px + y + z.
s
x − 1
x +y − 2
y +z − 3
z
⇐⇒ px − 1 + p y − 2 +pz − 3 ≤ px + y + z.
s
3 −µ 1
x+2
y+3
z
¶
Trang 3Bài Toán 5. (THPT Chuyên Tiền Giang-Tiền Giang)
Cho các số thựca, b, c, d thỏa:a2+ b2= 1; c + d = 3.Chứng minh rằng:
ac + bd + cd ≤9 + 6
p 2
Lời giải.
GoiM (a; b), N (c, d ) Vì a2+ b2= 1nên điểmM nằm trên đường tròn(C ) : x2+ y2= 1
Vìc + d = 3nênN nằm trên đường thẳng∆ : x + y − 3 = 0
Ta có:M N2= (c − a)2+ (d − b)2= a2+ b2+ c2+ d2− 2ac − 2bd
= a2+ b2+ (c + d)2− 2cd − 2ac − 2bd = 10 − 2(ac + bd + cd)
Suy ra:ac + bd + cd = 5 − M N
2
2 KẻOH ⊥∆,OH ∩ (C ) = K
Ta thấyM N ≥ HK ⇒ ac + bd + cd ≤ 5 − H K
2 2
DoK
Ãp
2
2 ;
p
2
2
!
, Hµ 3
2;
3 2
¶
nênH K2=11 − 6p2
2
Suy raac + bd + cd ≤ 5 −11 − 6
p 2
4 =9 + 6p2
Choa, b, c là dộ dài 3 cạnh của một tam giác thỏa mãn:a2+ b2+ c2+ 1 = 2(ab + bc + ca).Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = 9(a2+ b2+ c2) − 2ab − 2bc − 14ca.
Lời giải.
Đặt:
x = b + c − a
y = c + a − b
z = a + b − c
=⇒ x, y, z > 0; a = y + z
2 ; b = z + x
2 ; c = x + y
2 .
Ta có:
a2+ b2+ c2+ 1 = 2(ab + bc + ca)
⇐⇒
³y + z
2
´2
+
³z + x
2
´2 +
³x + y
2
´2 + 1 = 2
³y + z
2
z + x
2 +z + x
2
x + y
2 +x + y
2
y + z
2
´
⇐⇒ x y + y z + zx = 1.
P = 9
·
³y + z
2
´2
+
³z + x
2
´2 +
³x + y
2
´2¸
− 2y + z
2
z + x
2 − 2z + x
2
y + z
2 − 14x + y
2
y + z
2 = 4(x2+ z2) + y2
Với mọiα > 0ta có:
αx2+y
2
2 ≥ 2
rα
2x y; αz2+y
2
2 2
rα
2z y và
rα
2(x
2+ z2) ≥ 2
rα
2xz
=⇒
µ
α +
r
α
2
¶
(x2+ z2) + y2≥ 2
r
α
2¡x y + yz + zx¢ = 2
r
α
2 (1)
Ta đi tìmαthỏa mãn:
α > 0
α +
r
α
2 = 4 ⇐⇒
α > 0
2
µrα
2
¶2 +
r
α
2− 4 = 0 ⇐⇒
r
α
2 =
p
33 − 1
4 ⇐⇒ α =17 −p33
4
Trang 4Suy ra (1) trở thành:P ≥
p
33 − 1
Dấu ‘=’ xảy ra khi
x, y, z > 0
x y + y z + zx = 1
2αx2
= y2
2αz2
= y2
x = z
⇐⇒
x = z =p 1
2p
2α + 1
y =
s
2α
2p
2α + 1
VậyMi n P=
p
33 − 1
Chox2+ y2− x y = 1 Tìm Min và Max của biểu thức:
M = x4+ y4− x2y2
Lời giải.
Ta có:x2+ y2− x y = 1 =⇒ ( 1 = x2
+ y2− x y ≥ 2x y − x y = x y
1 = (x + y)2− 3x y ≥ −3x y =⇒
−1
3 ≤ x y ≤ 1
Mặt khácx2+ y2− x y = 1 ⇐⇒ x2+ y2= 1 + x ynên:M = (x2+ y2) − 3x2y2= −2x2y2+ 2x y + 1
Đặtt = x y =⇒ M = −2t2+ 2t + 1 Vậy cần tìm Min và Max của tam thức bậc hai:
f (t ) = −2t2+ 2t + 1trên đoạn· −1
3 ; 1
¸
Ta có:Mi n M = f µ −1
3
¶
=1
9.Đạt được khi
x2+ y2− x y = 1
x y =−1
3
⇐⇒
x =
p 3 3
y = −
p 3 3
hay
x = −
p 3 3
y =
p 3 3
Ta có:M ax M = fµ 1
2
¶
=3
2 Đạt được khi
x2+ y2− x y = 1
x y =−1
3
⇐⇒
x =
p
3 +p5 2
y =
p
3 −p5 2
Cho hai số dươnga vàb.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x pa + y + ypa + x.
Vớix, y là các số thực không âm vàx + y = b.
Lời giải.
Áp dụng BĐT BCS ta có:
A2= (px pax + x y +py pa y + x y)2≤ (x + y)(ax + a y + 2x y) = b(ab + 2x y) ≤ ab2+ 2b
³x + y
2
´2
=b 2
2 (2a + b)
=⇒ A ≤ b
p
4a + 2b
2 .Dấu ‘=’ xảy ra khix = y = b
2.VậyM ax A=b
p
4a + 2b
Trang 5A = x pa + y + ypa + x − (x + y)pa + bpa = x( pa + y −pa) + y(pa + x −pa) + bpa ≥ bpa
(Dox, y là các số thực không âm)
Dấu ‘=’ xảy ra khi
(
x = 0
y = b hay
(
x = b
y = 0 VậyMi n A = b
p
Cho 3 số thực dươnga, b, c thỏa mãn :a2+ b2+ c26= 0.Tìm Max của biểu thức:
P =
p
a + b + c
p
2a + b + c +pa + 3b + c +pa + b + 4c.
Lời giải.
Không mất tính tổng quát,chuẩn hóaa + b + c = 1 Khi đó ta có: P =p 1
a + 1 +p2b + 1 +p3c + 1.
Đặt:m =pa + 1 +p2b + 1 +p3c + 1,c =pa + 1, y =p2b + 1, z =p3c + 1.
Suy ra:m2= 4 + 2(x y + y z + zx) + b + 2c ≥ 4 + 2(x y + y z + zx) => 2(x y + y z + zx) ≤ m2− 4 (1)
Ta có:2£(x − 1)(y − 1) + (y − 1)(z − 1) + (z − 1)(x − 1)¤ ≥ 0
⇐⇒ 2(x y + y z + zx) − 4m + 6 ≥ 0 ⇐⇒ 2(x y + y z + zx) ≥ 4m − 6 (2)
Từ (1) và (2) suy ra:m2− 4m + 2 ≥ 0 ⇒ m ≥ 2 +p2 ⇒ P ≤ 1
2 +p2 Dấu ‘=’ xảy ra khia = 1;b = c = 0.VậyM ax P= 1
Xét các số thực dươngx, y, zthỏa mãn điều kiệnx y z +x +z = y.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = 2
x2+ 1−
2
y2+ 1+
3
z2+ 1.
Lời giải.
Ta có:x y z + x + z = y ⇔ xz + x
y+z
y = 1 Vìx, y, z > 0nên tồn tại các gócA, B,C ∈ (0;π)
sao choA + B +C = πvàx = tan A
2,
1
y = tanB
2, z = tan C
2.Từ đó ta có:
tan2 A
2+ 1−
2tan2 B2 tan2 B
2+ 1+
3 tan2 C
2+ 1= 2cos
2A
2 − 2sin2B
2 + 3cos2C
2
= cos A + cos B − 3sin2C
2 + 3 = −3
µ sinC
2 −1
3cos
A − B
2
¶2 +1
3cos
2A − B
2 + 3
=⇒ P ≤1
3cos
2A − B
2 + 3 ≤10
3 .
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
b
A = b B
sinC
2 =1 3
VậyM ax P=10
Trang 6Bài Toán 11. (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Dương)
Chứng minh rằng:
Nếua, b, c ∈ N∗thỏa mãn phương trình:a n + b n = c n vớin ∈ N∗thìmin(a, b) ≥ n.
Lời giải.
Có thể giả sửa ≤ bnênmi n (a, b) = a Suy ra c > b.
Vậyc ≥ b + 1 =⇒ c n ≥ (b + 1) n = b n + nb n−1 + + 1 =⇒ c n ≥ b n + nb n−1 =⇒ a ≥ n
Cho hai số dươnga, bthỏaa2+ b2= 1.Tìm giá trị lớn nhất của
P = b(a + b).
Lời giải.
Doa > 0,b > 0, a2+ b2= 1nên tồn tạiα ∈³0;π
2
´
sao cho
(
a = sinα
b = cosα.
Suy ra:P = cosα(sinα + cosα) = sinα.cosα + cos2α = 1
2(sin 2α + cos2α + 1) =1
2+1 2
p
2 sin³2α + π
4
´
Vìα ∈³0;π
2
´
nên0 < 2α + π
4 ≤5π
4 suy ra0 < sin³2α + π
4
´
≤ 1
Do đó:P ≤1
2+
p 2
2 Dấu ‘=’ xảy ra khi2α + π
4=π
2 ⇐⇒ α = π
8.VậyM ax P=1
2+
p 2
Cho hai số thực dươnga, bcóa ≥ 3và2a + 3b ≥ 12.Tìm Min của biểu thức:
A = apa + bpb.
Lời giải.
Doa ≥ 3 =⇒
µ p
a
p 3
¶2
≥ 1;2a + 3b ≥ 12 =⇒
µ p
a
p 3
¶2 +
Ãp
b
p 2
!2
≥ 2
A = ¡pa¢3+³pb´3= 3p3
µ p
a
p 3
¶3 + 2p2
Ãp
b
p 2
!3
= 2p2
"
µ p
a
p 3
¶3 +
Ãp
b
p 2
!3#
+ (3p3 − 2p2)
µ p
a
p 3
¶3
≥ 2p2.2
v
u
t1
2
"
µ p
a
p 3
¶2 +
Ãp
b
p 2
!2#
3 + (3p3 − 2p2).1 ≥ 4p2³p
1´3+ (3p3 − 2p2) = 3p3 + 2p2
VậyMi n A= 3p3 + 2p2đạt được khia = 3;
p
a
p
3=
p
b
p
2; 2a + 3b = 12 ⇐⇒
(
a = 3
Trang 7Bài Toán 14. (THPT TX Sa Đéc-Đồng Tháp)
Chox > 0; y > 0; z > 0 Chứng minh
x
y + z+
9y
z + x+
16z
x + y > 6.
Lời giải.
Có thể giải tương tự như Bài 2
Đặt:
a = y + z
b = z + x
c = x + y
=⇒
x = b + c − a
2
y = a + c − b
2
z = a + b − c
2
Dox, y, zdương =⇒
a, b, c > 0
b + c > a
a + c > b
a + b > c
(1)
Khi đó ta có:
x
y + z+
9y
z + x+
16z
x + y =
b + c − a
2a +9(a + c − b)
2b +16(a + b − c)
2c
=
µ
b
2a+9a
2b
¶ +
µ
c
2a+8a
c
¶ +µ 9c
2b+8b
c
¶
− 13 ≥ 2.3
2+ 2.2 + 2.6 − 13 = 6 (AM −GM)
Đẳng thức xảy ra khi
b
2a =9a
2b
c
2a =8a
c
9c 2b =8b
c
⇐⇒
b = 3a
c = 2a
3c = 2b
⇐⇒ a
1 =b
3=c
2=a + 2c
3
=⇒ b = a + 2c > a + c mâu thuẫn với (1) =⇒ Dấu ‘=’ không xảy ra
Vậy x
y + z+
9y
z + x +
16z
Bài Toán 15.
Choa, b, c > 0, a + b + c = 1 Chứng minh:
a
c +b
a+c
b+p3abc ≥ 10
9(a2+ b2+ c2)
Lời giải.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có: a
c +a
c +c
b ≥ 33
s
a2
bc =p33a
abc (1)‘
Tương tự: c
b +c
b+b
a ≥p33c
a+b
a+a
c ≥p33b
abc (3) Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta có:a
c +b
a+c
b ≥p3 1
abc
Suy ra: a
c +b
a+c
b+p3 abc ≥p3 1
abc+p3abc = 8
9p3
abc+ 1
9p3
abc+p3abc ≥ 8
3(a + b + c)+
2
3=10
3 (*) Mặt khác:10
3(a + b + c)2≥
10
9(a2+ b2+ c2) (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra điều phải chứng minh Dấu ‘=’ xảy ra khia = b = c =1
Trang 8Bài Toán 16. (THPT Quốc Học Huế - Thừa Thiên Huế)
Xéta, b, c > 0tùy ý Tìm giá trị lớn nhất của:
T =
p
abc (1 + a)(1 + a + b)(1 + a + b + c)
Lời giải.
Đặt:u = a
1 + a ; v =
b
(1 + a)(1 + a + b) ; w =
c
(1 + a + b)(1 + a + b + c) ; s =
1
1 + a + b + c .
Khi đó ta có:u + v +w+ s = 1vàT2= uv w s
Áp dụng BĐT AM-GM,ta có :T2≤
³u + v +w+ s
4
´4
= 1
256 =⇒ T ≤ 1
16.
Dấu ‘=’ xảy ra khi :
a
1 + a=
b
(1 + a)(1 + a + b)=
c
(1 + a + b)(1 + a + b + c)=
1
1 + a + b + c =
1
4 ⇐⇒
a =1
3
b =2
3
c = 2
VậyM ax T = 1
Choa, b, c là các số dương thỏa mãn 3
a+2
b+1
c = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T = a + b + c.
Lời giải.
Vì 3
a+2
b+1
c = 1nên :
T = a + b + c = (a + b + c)µ 3
a+2
b+1
c
¶
=3b
a +2a
b +3c
a +a
c +b
c +2c
b + 6
≥ 2p6 + 2p3 + 2p2 + 6 = 3 + 2(p2 + 1) + (p2 + 1)2=
³p
3 +p2 + 1´2
Dấu ‘=’ xảy ra khi :
3b
a =2a
b
3c
a = a
c
b
c =2c
b
3
a+2
b+1
c = 1
⇐⇒
a = cp3
b = cp2 3
cp
3+ 2
cp
2+1
c = 1
⇐⇒
a = 3 +p3 +p6
b = 2 +p2 +p6
c = 1 +p2 +p3
VậyM ax T =
³p
Trang 9Bài Toán 18. (THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng)
Choa, b, c > 0 : abc = 1.Tìm GTLN của:
2a3+ b3+ c3+ 2+
1
a3+ 2b3+ c3+ 2+
1
a3+ b3+ 2c3+ 2.
Lời giải.
Áp dụng BĐT quen thuộc sau : 1
a + b≤
1 4
µ 1
a+1
b
¶
,ta có :
1
2a3+ b3+ c3+ 2=
1
a3+ b3+ 1 + a3+ c3+ 1≤
1 4
µ 1
a3+ b3+ 1+
1
a3+ c3+ 1
¶
1
2a3+ b3+ c3+ 2≤
1 4
µ 1
a3+ b3+ 1+
1
a3+ c3+ 1
¶
(1)
a3+ 2b3+ c3+ 2≤
1 4
µ 1
a3+ b3+ 1+
1
b3+ c3+ 1
¶
(2)
1
a3+ b3+ 2c3+ 2≤
1 4
µ 1
a3+ b3+ 1+
1
a3+ c3+ 1
¶
(3) Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta suy ra:P ≤1
2
µ 1
a3+ b3+ 1+
1
b3+ c3+ 1+
1
a3+ c3+ 1
¶
(*) Mặt khác: Ta có:
a3+ b3≥ ab(a + b) =⇒ a3+ b3+ 1 ≥ ab(a + b) + abc =⇒ a3+ b3+ 1 ≥ ab(a + b + c)
a3+ b3+ 1≤
1
ab(a + b + c) =⇒
1
a3+ b3+ 1≤
c
a + b + c
Tương tự: 1
b3+ c3+ 1≤
a
a + b + c;
1
c3+ a3+ 1≤
b
a + b + c
Suy ra: 1
a3+ b3+ 1+
1
b3+ c3+ 1+
1
a3+ c3+ 1≤ 1. (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra:P ≤1
2.Dấu ‘=’ xảy ra khia = b = c = 1.
VậyM ax P=1
2.
Cho 3số thực dương a, b, c thỏa: 1
a + 2+
2007
2008 + b ≤
c + 1
2007 + c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P = (a + 1)(b + 1)(c + 1).
Lời giải.
Đăt:x = a + 1; y = b + 1; z = c + 1.Khi đó:
1
a + 2+
2007
2008 + b ≤
c + 1
2007 + c =⇒
1
x + 1+
2007
2007 + y ≤
z
2006 + z ⇐⇒
1
x + 1+
2007
2007 + y+
2006
2006 + z ≤ 1(1)
Từ (1) và áp đụng BĐT AM-GM ta có:
x
x + 1= 1 −
1
x + 1≥
2007
2007 + y+
2006
2006 + z ≥ 2
s 2007
2007 + y.
2006
2006 + z =⇒
x
x + 1≥ 2
s 2007
2007 + y.
2006
2006 + z (2)
Tương tự: y
2007 + y ≥ 2
r 1
x + 1.
2006
2006 + z (3)
z
2006 + z ≥ 2
s 2007
2007 + y.
1
x + 1(4)
Trang 10Nhân vế theo vế (1),(2) và (3) ta có:x y z ≥ 8.2006.2007 = 32208336
Dấu ‘=’ xảy ra khi: 1
x + 1=
2007
2007 + y =
2006
2006 + z =
1
3 ⇐⇒
x = 2
y = 4014
z = 4012
=⇒
a = 1
b = 4013
c = 4011
Chứng minh rằng:∀a, b thỏa mãna + b > 0, a 6= bta có:
22007(a2008+ b2008) > (a + b)2008 (1)
Lời giải.
Ta có:(1) ⇔a
2008+ b2008
2 >
µ
a + b
2
¶2008 Xét BĐT tổng quát sau: a
n + b n
µ
a + b
2
¶n
(*)∀n ≥ 2
Ta chứng minh (*) bằng quy nạp
Thật vậy: Vớin = 2,(*) luôn đúng.Dấu ‘=’ không xảy ra doa + b > 0, a 6= b
Giả sử BĐT đúng vớin = ktức là
µ
a + b
2
¶k
<a
k + b k
2 Ta đi chứng minh BĐT đúng vớin = k + 1 Tức là chứng minh:
µ
a + b
2
¶k+1
<a
k+1 + b k+1
2 Thật vậy:
µ
a + b
2
¶k+1
=
µ
a + b
2
¶k
a + b
2 <a
k + b k
2
a + b
2
Ta chỉ cần chứng minh: a
k + b k
2
a + b
2 <a
k+1 + b k+1
2
⇐⇒
³
a k + b k
´
(a + b) < 2a k+1 + 2b k+1 ⇐⇒ a k+1 − a k b + b k+1 − b k a > 0 ⇐⇒ (a − b)(a k − b k) > 0 (2) (2) đúng doa 6= b,a − bvàa k − b k cùng dấu Bài toán được chứng minh
Cho 3 số thực dương thay đổix, y, zthỏa mãn điều kiện:
24µ 1
x2+ 1
y2+ 1
z2
¶
≤ 1 + 2µ 1
x+1
y +1
z
¶ (∗).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
30x + 4y + 2008z+
1
30y + 4z + 2008x+
1
30z + 4x + 2008y
Lời giải.
Ta có:µ 1
x−1
6
¶2
≥ 0 ⇔ 1
x2≥ 1
3x− 1
36 (1) Dấu ‘=’ xảy ra khix = 6 Tương tự: 1
y2≥ 1
3y − 1
36 (2) Dấu ‘=’ xảy ra khi y = 6
1
z2≥ 1
6z− 1
36 (3) Dấu ‘=’ xảy ra khiz = 6
Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta được:
1
x2+ 1
y2+ 1
z2 ≥1
3
µ 1
x+1
y+1
z
¶
− 1
12 ⇒ 24µ 1
x2+ 1
y2+ 1
z2
¶
≥ 8µ 1
x+1
y+1
z
¶
− 2 (4)
Từ (*) và (4) ta suy ra:8µ 1
x+1
y+1
z
¶
− 2 ≤ 1 + 2µ 1
x+1
y+1
z
¶
⇔ 1
x+1
y+1
z ≤1
2.
Trang 11Áp dụng BĐT AM-GM cho 2042 số dương ta có:
30x + 4y + 2008z ≥ 20422042
q
x30y4z2008 (5), 30
x +4
y+2008
z ≥ 20422042
s
1
x30y4z2008 (6) Nhân vế theo vế (5) và (6) ta được:
¡30x + 4y + 2008z¢µ 30
x +4
y+2008
z
¶
30x + 4y + 2008z ≤
1
20422
µ 30
x +4
y+2008
z
¶
(7)
30y + 4z + 2008x ≤
1
20422
µ 30
y +4
z+2008
x
¶
(8)
1
30z + 4x + 2008y ≤
1
20422
µ 30
z +4
x+2008
y
¶
(9) Cộng vế theo vế (7),(8) và (9) ta suy ra:P ≤ 1
2042
µ 1
x+1
y+1
z
¶
4084
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khix = y = z = 6.VậyM ax P= 1
Choa, b, c là các số thực không âm Chứng minh rằng:
s
a3
a3+ (b + c)3+
s
b3
b3+ (c + a)3+
s
c3
c3+ (a + b)3≥ 1.
Lời giải.
Theo AM-GM vớix ≥ 0ta có:p1 + x3=p(1 + x)(1 − x + x2) ≤ 1 +x
2
2 .
Áp dụng:
s
a3
a3+ (b + c)3=
1 r
1 +³b+c a ´3
1 +12³b+c a ´2
1 +b2a +c2 2
2
a2+ b2+ c2 (1)
Tương tự:
s
b3
b3+ (c + a)3≥
b2
a2+ b2+ c2 (2),
s
c3
c3+ (a + b)3 ≥
c2
a2+ b2+ c2 (3) Cộng vế theo vế (1),(2) và (3) ta suy ra:
s
a3
a3+ (b + c)3+
s
b3
b3+ (c + a)3+
s
c3
c3+ (a + b)3 ≥ 1.(Dpcm)
Cho số thựca 6= 0.Chứng minh:
r
a2+
q
a2+ +pa2<1
2+1 8
³p
1 + 16a2+p9 + 16a2´ (n dấu căn)
Lời giải.
Đăt:x1=pa2, x2=
q
a2+pa2, , x n=
r
a2+ q
a2+ +pa2
Trang 12(vớix i = a2+
q
a2+ +pa2thìi là số dấu căn) (1) Doa > 0nên ta có: x n > x n−1
Từ (1) suy ra:xn2= a2+ x n−1 ⇒ x n2< a2+ x n ⇒ x2n − x n − a2< 0 ⇒ x n<1 +p1 + 4a2
Áp dụng BĐT
q
(a1+ a2)2+ (b1 + b2)2 ≤
q
a12+ b21+
q
a22+ b22 với a1, a2, b1, b2∈ R,ta có: p1 + 4a2= s
µ 1
4+3
4
¶2
+ (a + a)2≤r 1
16+ a2+r 9
16+ a2=1
4
³p
1 + 16a2+p9 + 16a2´ (2),
Từ (1) và (2) ta suy ra:x n<1 +14
³p
1 + 16a2+p9 + 16a2´ 2
Hay
r
a2+
q
a2+ +pa2<1
2+1 8
³p
Cho các sốx, y, zlà các số thực dương thỏa mãn:x + y + z =3
2.Chứng minh rằng:
px2+ x y + y2 4y z + 1 +
p y2+ y z + z2 4xz + 1 +
p
z2+ zx + x2 4x y + 1 ≥
3p 3
4 .
Lời giải.
∗)Vớia, bdương ta có:pa2+ ab + b2=r 1
4(a − b)2+3
4(a + b)2≥
p 3
3 (a + b).Dấu ‘=’ xảy ra khia = b.
∗) Ta có BĐT quen thuộc:4ab ≤ (a + b)2.Áp dụng:
px2+ x y + y2
4y z + 1 +
p y2+ y z + z2
4xz + 1 +
p
z2+ zx + x2 4x y + 1 ≥
p 3 2
µ
x + y
4y z + 1+
y + z
4xz + 1+
z + x
4x y + 1
¶
≥
p 3 2
"
x + y
(y + z)2+ 1+
y + z
(z + x)2+ 1+
z + x
¡x + y¢2+ 1
#
=⇒ px2+ x y + y2
4y z + 1 +
p y2+ y z + z2 4xz + 1 +
p
z2+ zx + x2 4x y + 1 ≥
p 3 2
"
x + y
(y + z)2+ 1+
y + z
(z + x)2+ 1+
z + x
¡x + y¢2+ 1
#
(1) Đặta = x + y,b = y + z,c = z + xta có:a, b, c > 0vàa + b + c = 3 Khi đó (1) trở thành:
px2+ x y + y2
4y z + 1 +
p y2+ y z + z2 4xz + 1 +
p
z2+ zx + x2
4x y + 1 ≥
p 3 2
·
a
b2+ 1+
b
c2+ 1+
c
a2+ 1
¸
(2)
Ta có:
a
b2+ 1+
b
c2+ 1+
c
a2+ 1= a +b +c −
µ
ab2
b2+ 1+
bc2
c2+ 1+
c a2
a2+ 1
¶
≥ 3−1
2(ab +bc +ca) ≥ 3− (a + b + c)
2
2(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra: px2+ x y + y2
4y z + 1 +
p y2+ y z + z2 4xz + 1 +
p
z2+ zx + x2
4x y + 1 ≥
3p 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x
30
y4 +y
30
z4 +z
30
t4 +t
30
x4 Trong đóx, y, z, t là các số thực dương thỏa mãn: x + y + z + t = 2008.