Nội dung đề tài gồm hai phần : Phần I: Đưa về 1 biến bằng cách biến đổi đặt ẩn phụ t = k(x,y,z,...). Phần II: Đưa về 1 biến bằng cách dồn biến. PHẦN I. Đưa về một biến bằng cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z,...). Bài toán 1: Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng: (1) Giải: Vì x là số dương nên: (1) . Đặt =t ( t >0). C1: Ta có: (1) trở thành : t t t+ 1 0 (t1) (t+1) 0 (đúng với mọi t>0). C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t t t+ 1 trên (0; ). f’(t)= 3t2 2t 1=0 t= 1 ; t= . t 0 1 f’(t) 0 + f(t) 0 Suy ra f(t) 0 với mọi t > 0 (đccm). Tổng quát Ta có bài toán 1’: Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng: Chứng minh hoàn hoàn tương tự Với x,y là các số thực khác không chứng minh rằng: Bài toán 2: Giải: Đặt t = thì (áp dụng bđt côsi). C1: Ta có: (2) trở thành: (t+2)(t 2t t+3) 0(2) +) Với t 2: ta có t 2t t+3=(t2)(t 1)+1>0 nên bất đẳng thức (2) đúng +) Với t 2: ta có t 2t t+3=(t+2)(t2) +3 11 > 0 và t+2 0 nên bất đẳng thức (2) đúng vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=2 hay x=y đpcm. C2: Xét hàm số: f(t) = t3 – 2t2 – t + 3 trên ( ; 2 2; ). Bài toán 3: Cho x, y, z là các số thực thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức: . Giải: Từ đẳng thức: ; và điều kiện ta có: Đặt: C1: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Vậy: Pmin= khi x= ,y=z=0 hoặc hoán vị. Pmax= khi x= ,y=z=0 hoặc hoán vị. C2: Đặt f(t) = . f’(t)= t 0 f’(t) 0 f(t)
Trang 1A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán
Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả năng tư duy toán học cho học sinh
Trong quá trình dạy học tôi luôn tìm tòi các ví dụ điển hình tổng hợp thành các phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng bài toán và phát triển các bài toán mới
Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến” ( Thường là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học) Và trong một số bài toán tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa
Nội dung đề tài gồm hai phần :
Phần I: Đưa về 1 biến bằng cách biến đổi đặt ẩn phụ t = k(x,y,z, )
Phần II: Đưa về 1 biến bằng cách dồn biến
B NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I PHƯƠNG PHÁP
1 Bài toán: Xét bài toán:Với điều kiện R (nếu có) Chứng minh rằng
P = f(x,y,z, )A(hoặc A) hoặc tìm GTLN; NN của P
Phương pháp 1:
Chứng minh: Pg (t) t k(x,y,z, ) D
Chứng minh: g(t) A t D
Chứng minh: P g(t) t k(x,y,z, ) D
Chứng minh: g(t) A t D
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh
A
t
g( )
- Việc chứng minh g(t) A ở đây tôi có thể sử dụng cách biến đổi, dùng các bất đẳng thức cơ bản hoặc với hoc sinh lớp 12 có thể làm bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải
- Còn đánh giá P nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ điển
bunhiacopki,côsi, )
Phương pháp 2:
a Nếu vai trò các biến x,y,z bình đẳng, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử : x =
max(x,y,z, ) hoặc x = min(x,y,z, ) hoặc giả thiết xyz ;và dùng điều kiện bài toán kết hợp các bdt cơ bản khử dần các biến đưa về biến x
b Đánh giá các biến, giả thiết thêm các điều kiện của biến đưa:
P= f(x, y, z, …) f(x, t, ) … f1(x) Trong đó t, = k(x, y,z,…)
Trang 2Giải bài toán bất đẳng thức bằng phơng pháp đa về một biến
.
Sau đú chứng minh f1(x) A
PHẦN I Đưa về một biến bằng cỏch đặt ẩn phụ t=k(x,y,z, ).
Bài toỏn 1:
Với x,y là cỏc số thực dương chứng minh rằng:
Giải:
Vỡ x là số dương nờn:
(1)
x
y x
y x
y
2 3
x
y
=t ( t >0)
C1: Ta cú: (1) trở thành : t 3 -t2- t+ 10 (t-1)2(t+1)0 (đỳng với mọi t>0).
C2: Hướng dẫn hs xột hàm : f(t)= t3 -t2- t+ 1 trờn (0; ).
f’(t)= 3t2- 2t -1=0 t= 1 ; t= -13.
Suy ra f(t) 0 với mọi t > 0 (đccm)
Tổng quỏt
Ta cú bài toỏn 1’:
Cho x,y là cỏc số thực dương; Chứng minh rằng:
x n y n xy n 1 x n 1y(n 2 ,n N)
Chứng minh hoàn hoàn tương tự!
Bài toỏn 2:
Giải:
Đặt t = y x x y thỡ 2
x
y y
x x
y y
x
C1: Ta cú: (2) trở thành:
0 2 )
2 ( 2
)
2
(t2 2 t2 t (t+2)(t3-2t2-t+3)0(2')
+) Với t2: ta cú t3-2t2-t+3=(t-2)(t2-1)+1>0
nờn bất đẳng thức (2') đỳng
+) Với t-2: ta cú t3-2t2-t+3=(t+2)[(t-2)2+3] - 11 > 0
và t+20 nờn bất đẳng thức (2') đỳng
Với x,y là cỏc số thực khỏc khụng chứng minh rằng:
) 2 ( 2 2
2 2
2 4
4 4
4
x
y y
x x
y y
x x
y y x
Trang 3vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y
đpcm.
C2: Xét hàm số: f(t) = t 3 – 2t 2 – t + 3 trên ( ; -2] [2; )
Bài toán 3:
Cho x, y, z là các số thực thay đổi Tìm GTNN của biểu thức:
A (x 1) 2 y2 (x 1) 2 y2 y 2
Giải:
Từ đẳng thức: x2 y2 z2 2 (xy yzzx) (x yz) 2;
x3 y3 z3 3xyz (xyz)(x2 y2 z2 xy yz zx) và điều kiện ta có:
2
2
x y z
P x y z x y z xy yz zx x y z
Đặt: t x y z 0 t 6
P t t t t
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2
Vậy: Pmin= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
C2: Đặt f(t) = (2 2 2) 3 3
P t t (0 t 6)
f’(t)=
2 3
2
t
f(t)
2 2
Suy ra f(t)= P 2 2 (0 t 6 )
Vậy Pmin= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
Bài toán 4 ( Đề thi giáo viên giỏi năm 2003- 2004) thi giáo viên gi i n m 2003- 2004) ỏi năm 2003- 2004) ăm 2003- 2004)
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1 CMR:
2 2 2
14
a + b + c ab bc ca .
1= a b c 2 3(a + b + c )2 2 2
Trang 4Giải bài toán bất đẳng thức bằng phơng pháp đa về một biến
.
1
với 1
t<1
3 .
f’(t) =
2
2
t
t
BBT
3
1 3 2
1
f(t)
8 4 3
Vậy: f(t) 8 4 3 1
14
( đpcm)
Bài toỏn 5Đề thi giỏo viờn giỏi năm 2003- 2004) thi đ i h c cao đ ng kh i A n m 2006 ại học cao đẳng khối A năm 2006 ọc cao đẳng khối A năm 2006 ẳng khối A năm 2006 ối A năm 2006 ăm 2003- 2004)
Cho x, y là hai số thực khỏc khụng thoó món: x y xy x2 y2 xy;
Tỡm GTLN của biểu thức: A= 3 3
1 1
x y
Giải Đặt: S= x+y; P= x.y (s 24p )
Từ gt ta cú:
2
2 2
x+y
SP= S - 3P
3
S P S
( Lưu ý S = -3 khụng thoó món).
Đỏnh giỏ S: S 24P => 2 2 2 1
Vậy:
A= 3 3
1 1
x y
2 2
( với S<-3 v S 1)
Xột: f(S) =S 3
S
trờn ( ; 3) [1; ).
f’(S)= 32 0
S
S ( ; 3) [1; ).
Suy ra f(S ) nghịch biến
Trang 5-f(S)
1
0
4
1 MaxA = f2(1) = 16 Đạt được tại x= y= 12 ( Khi S= 1; P= 14)
Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ
Bài toán 6: Đề thi đại học khối B năm 2006
Cho x, y, z là các số thực thay đổi Tìm GTNN của biểu thức:
A (x 1) 2 y2 (x 1) 2 y2 y 2
Giải
Áp dụng bdt: a2 b2 c2 d2 (a c ) 2 (b d ) 2
Ta có: A (1 x) 2 y2 (x 1) 2 y2 y 2 4 4 y2 y 2 Dấu bằng xảy ra x=0 Đặt f(y)= 2
4 4 y y 2
Lập bảng biến thiên ta có: f(y) 2 3 1
3
y
Vậy GTNN của A = 2 3 khi x=0; 1
3
y
Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008).
Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn: x2 + y2 =1 Tìm gTLN, NN của biểu thức: 2
2
1 2 2
x xy P
xy y
Giải
Ta có: 2
2 3
x xy P
x xy y
-) Nếu y = 0 ta có P = 2
Trang 6Giải bài toán bất đẳng thức bằng phơng pháp đa về một biến
.
-) Nếu y 0 Đặt x= ty Suy ra: 2
2
2 3
t t P
t t
2
( )
2 3
t t
f t
t t
8 6 2
2 3
t
t t
t R f’(t)= 0
3 2 3
t t
( ) 2; ( ) 2; (3) 3; ( ) 6
2
Lim Lim
Vậy GTLN của P là 3 khi : 2 2
;
1
;
x y
x y
.
GTNN của P là -6 khi :
2 2
; 3
2
; 1
x y
.
Cú thể sử dụng điều kiện cú nghiệm của phương trỡnh bậc hai.
Bài toỏn 8: (Đề thi cao đẳng khốiA, B,D năm 2008).
Cho x, y là cỏc số thực thay đổi thừa món : : x2 + y2 =2 Tỡm GTLN, NN của biểu thức: P= 2( x3 + y3) – 3xy
HD: Đặt: t= x + y với : t 2; 2
Bài toỏn 9:
Cho
2 3
0 ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr: P= 1 1 1152
z y x z y
P=
z y x z y x xyz z
y x z y x z
y
x
3 1
1 1
3
Đặt
2
3
0
x y z t
C1: Ta cú: f(t)= t 9
t
với: 0 3
2
t
f’(t)= 2
2
t 0
t
f(t) nghịch biến trờn 0;3
2
Suy ra: ( ) ( )3 15
2 2
Pf t f
Trang 7Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = 3
2 hay x = y = z = 1
2
C2: áp dụng BĐT côsy ta có:
2
3 4
27 4
9 2 4
27 4
9 9
1 1 1
t
t t t
t t
t z y x z y
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2
1
đpcm
Chứng minh bài toán Tổng quát 1 :
Cho x1, x2, , xn( n 2 ) là số dương ;
*
x x x k k R b 0 ; ak2 bn2.
Chứng minh rằng:
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
1 ) (1 1 1 )
Hướng dẫn giải:
C1: Sử dụng BDT cô sy :
2
n
x x x x x x x
Suy ra:
2
bn
Đặt: t = x1 x2 xn k
Ta có: VT = f(t) =
2
bn at
t
với t k
f’(t)= a bn22 .at2 2bn2 0 t k
(vì gt: ak2bn2)
Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0<t k
Vậy: P f t( ) f k( ) ak2 bn2
k
Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = k hay x = y = z = k
n
C2: Áp dụng BĐT côsy ta có:
2
bn
Dấu bằng xảy ra: x = y = z = k
n
Nhận xét:
Trang 8Giải bài toán bất đẳng thức bằng phơng pháp đa về một biến
.
Đặc biệt húa bài toỏn TQ1 ta cú:
Bài toỏn 9,1:
Cho
2 3 0 ,
,
z y
x
z y
x
Cmr: 4 (1 1 1) 512
z y x z y
Dễ dàng giải bài toỏn 8 1 nếu ta cho bài toỏn TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
2 3
Bài toỏn 9.2 (Olimpic-toỏn sơ cấp Đại học cao đẳng khối A năm 2006 i H c Vinh) ọc cao đẳng khối A năm 2006
Cho
2 3
0 ,
,
z y
x
z
y
x
3.
2
Giải
Thật vậy : ỏp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta cú:
17
1 1 4
) 4 1
)(
1
2
2
y
x y
x y
x y
Tương tự sau đú cộng vế theo vế:
Áp dụng bài toỏn TQ1 với a= 1 ; 4 ; 3; 3
2
a b k n Suy ra điều phải chứng minh
Bài toỏn 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).
Cho
1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
2
2 2 2
z
z y
y x
Chứng minh tương tự
Bài toỏn TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta cú:
Bài toỏn 9* :
Cho
2
0 ,
y
x
y
x
Cmr: 1 1 (x y) 2
y
Xem x= 1 a ; y= 1 b ta cú:
Bài toỏn 9*.1:
Trang 9Cho a b a b, 01
a b
Từ đó có thể dễ dàng chứng minh bài toánTổng quát 2:
Cho x1,x2, ,x n(n2)là các số thực dương và x1 x2 x n m, m>0:
2
2 1
1
mn x
m
x x
m
x x
m
x
n
n
Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài toán TQ1 ta có bài toán mới :
Bài toán TQ3
Cho x1,x2, ,x n(n 2 ) là các số thực dươngthoả mãn:
) (
2
x n ; b 0 ;ak2 bn2.
Chứng minh rằng:
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
1 ) (1 1 1 )
Từ bài toán TQ2 và bài toán TQ3 ta có thể áp dụng chứng minh các bài toán khác tương tự , hoặc có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị
Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007)
Với x,y,z là các số thực dương và xyz1:
z xz
y
y yz
x
x
Giải:
Đặt a= x , b= y , c= z
Bài toán trở thành :
Cho: a,b,c là các số thực dương và abc 1 Chứng minh rẳng
P =
2
3 2
2 2
2 2
2
c ac
b
b bc
a
a
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:
P2
ab c ac b bc a
c b a
2 2
2
2 )
=
4 ) (
ab c ac b bc a
c b a
] 3 ) [(
3
) (
)]
( 3 ) [(
3
) (
) (
3
) (
2
4 2
4 2
2
2
4
c b a
c b a ca
bc ab c
b a
c b a ca
bc ab c b
a
c b a
{vì ab+bc+ca3 abc3 ( ) 2 3}
Đặt: t=(a+b+c)2 thì t9 { vì a+b+c3 abc3 3}
Trang 10Giải bài toán bất đẳng thức bằng phơng pháp đa về một biến
.
C1: P2 = f(t) =
) 3 ( 3
2
t
t
=1 1 9
3t 3(t 3)với t9 f’(t)= 2
1 27
3 3t 9 t t BBT:
f(t)
9 2
Vậy P2 = f(t) 9
2
Suy ra: P 3
2
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (đpcm).
C2: Ta cú : P2 =
) 3 ( 3
2
t
t
=
3
3 12
3 2 12
15 9 3 3
3 12
3 12
15 3
t
t t
t t
=
2
9
P2
29 P
2
3
Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toỏn Tổng quỏt 4
Cho: x1,x2, ,x n(n 2 ) là cỏc số thực dương và x1x2 x n 1
CMR:
2
2 3 4 1 1 2 1
2
3 2 1
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x
x
n n
n
n n
Cho
1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr: 1 2 1 2 1 2 109
z
z y
y x
x
Nhận xột: Ta đổi chiều bất đẳng thức để ỏp dụng bđt svac-xơ
Giải : Ta cú :
3 3 3
2 2 2 2 3
4 3
4 3
4
2
3 2
3 2
3 2
2 2
2 2
2
1 ) (
1
) 1 1
1 ( 1 ) 1 1 ( ) 1 1 ( ) 1
1
(
z y x z y x
z y x z
z
z y y
y x
x
x
z
z y
y x
x z
z z
y
y y
x
x
x
P
Ta cú:
Trang 113 3 3 2 2 2
2 2 2
1
x y z x y z x y z xy yz zx xyz
x y z
Đặt t x 2 y z2 2 từ đk
3
1
t
C1) Ta có: P = f(t) =
2
2
8 3
1 3
t
f t
<0 1
3
t
Suy ra: f(t) nghịch biến trên [ 1;
3
)
Vậy P = f(t) ( )1 9
3 10
f
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=
3
1
(đpcm).
C2) Ta có:
10
9 10
9 3 10 3
) 9 57 )(
3
1 ( 10
9 10
9 3 10 3
3 10 3 3 1
3
2 1
3 2 3
1
2
2
2
2 2
t t
t t t
t
t t t t t
t t
t t
t
P
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=31 (đpcm).
Bài toán 12:(Tạp chí toán học tuổi thơ).
Cho xyz x y z(1, ,x)(1(0;1)y)(1 z)
(1) CMR: x2+y2+z2
4
3
Giải:
Ta có: (1) 1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz
x2+y2+z2=2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4xyz
áp dụng bđt Côsi ta có : x y z xyz
3
x2+y2+z2 2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4
3
3
x yz
Đặt t= x+y+z thì: 0 t 3 Khi đó:
2 2 (2 3) ( )
27t t t 27 t 4 t 4 4
dấu bằng xảy ra khi t=
2
3
hay x=y=z=
2
1
(đpcm)
*) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức :
Chẳng hạn : Chứng minh và khai thác bài toán Tổng quát4:
Trang 12Giải bài toán bất đẳng thức bằng phơng pháp đa về một biến
.
Cho x x1, , ,2 x n n 2 là số dương khụng lớn hơn Chứng minh rằng:
1
n n
a x a x a x
Lưu ý: Nếu chứng minh g(t)0 bằng cỏch biến đổi như trờn thỡ trước tiờn phải dự đoỏn được dấu bằng xảy ra tại đõu để giỏ hay tỏch nhúm hợp lý
- Khi đặt ẩn phụ thỡ phải tỡm điều kiện tồn tại chớnh xỏc của ẩn phụ đặc biệt là chứng minh g(t) bằng phương phỏp đạo hàm
-Bài tập tự luyện
1, Cho x,y,z là cỏc số thực khụng õm
Cmr: 2xyz x2 y2 z2 1 2 (xy yz zx)
HD: Bất đẳng thức của bài toỏn tương đương với
(x y z ) 2xyz 1 4(xy yz zx ) 4(xy yz zx ) ( x y z ) 2xyz 1
kết hợp bất đẳng thức cụsi ta cần chứng minh:
1
27
)
2
9
t t với t x yz
2
9 , t
2 Cho x,y,z là cỏc số thực khụng õm chứng minh rằng :
) (
6 1 ) (
5 ) (
3 x2 y2 z2 xyz xyz xyyzzx
3 Cho x,y,z là cỏc số thực dương chứng minh rằng
xyz 2 (x2 y2 z2 ) 8 5 (x yz) (THTT-số 356)
4 Cho x,y,z là cỏc số thực dương chứng minh rằng
x2 y2 z2 2xyz 3 ( 1 x)( 1 y)( 1 z)
5 Cho
] 3
4
; 0 [ , ,
3
z y x
zx yz xy
Cmr: xyz 4 (xyz) 13
6 Cho
3
0 , , 2 2
2 y z
x
z y x
Cmr: xyz 27xyz 30
7 Cho xyz x y z, ,x y z0 2
Cmr: x yz 6
- Từ bất đẳng thức bunhiacụsxki, svac -xơ và đẳng thức
2 2
2
2 y z 2 (xy yz zx) (x y z)
4 4
4
2
27 2
1 1
2
27 2
1
y x
y x
với mọi x,y thuộc R HD: t xy
9 Cho
) 2
; 0 ( , ,
3
z y
x
z y x
Cmr:
2 2
2 2
2 2
4
1 4
1 4
1 )
2 )(
2 )(
2
(
27
z y
x z
y
Trang 13HD: t =(xyz) 2 :
10 Cho
0 , ,
4 2
2 2
z y x
xyz z y x
11 Cho
] 1
; 0 ( , ,y z x
z y x zx yz xy
) (
) (
)
2 2
2 2
2
z y
x z
y x
z y x
*****************************************
II Một biến là x(y hoặc z):
ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp bài toán
mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
Bài toán 13:
Cho
0 ,
,
1
z y
x
z y
x
Giải:
Từ đk bài toán ta thấy 0 z 1 1 z 0
áp dụng bđt côsi ta có:
P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)z(x+y)+
2
2
xy (1-z)
P = xy+yz+zx-xyzz(1-z)+
2
2
1
4
1 2
3
z z z
=
27
8 27
8 ) 3
5 (
)
3
1
(
4
z z với mọi z, 0 z 1
dấu bằng xảy ra khi x= y= z=
3
1
đpcm
Có thể xét hàm: f(z) =
4
1 2
3
z z z
với 0 z 1.
Bài toán số 14:
Cho
0 ,
,
3
z y
x
z y
x
Cmr: 5 xyz 2 (xy yzzx) ( 9 ) Giải:
Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy: 0 z 1
0 4
) 2 ( ) 1 ( 0 4
2 3 0
) 3 ( 2 ) 2 ( )
2
3
(
5
0 ) ( 2 ) 2 ( ) 2 ( 5 0 ) ( 2 ) 2 (
5
)
9
(
2 3
2
2
z z
z z z
z z
z
y x z z
y x y
x z z
xy
đúng với z [ 0 ; 1 ] Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 đpcm