60 Bài Toán Bất Đẳng ThứcK2PI

Bài Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y + π n et 60 BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC 2x2 + 2xy + 3y = Tìm giá trị lớn x2 y Lời giải Từ giả thiết ta dễ suy x2 + 2y + 8x + 8y = 16 Đến ta cân hệ số để giải toán! Giả sử ta tìm dấu xảy x = a, y = b với a, b > Sử dụng bất đẳng thức AM − GM 16 + a2 + 2b2 = (x2 + a2 ) + 2(y + b2 ) + 8(x + y) ta có ≥ 2(a + 4)x + 4(b + 2)y Suy = (a + 4)x + (a + 4)x + 4(b + 2)y x2 y ≤ k2 ≥ 3 4.(b + 2)(a + 4)2 x2 y (16 + a2 + 2b2 )3 108(a + 4)2 (b + 2) ww Với a, b nghiệm hệ phương trình  a2 + 2b2 + 8(a + b) = 16 a.(a + 4) = 4b.(b + 2) Em thấy dấu hiệu phương trình thứ chưa??? Nhìn a(a + 4) = 4b(b + 2) ⇐⇒ a(a + 4) = 2b.(2b + 4) //w Hàm f (x) = x(x + 4) là√ hàm đồng biến R, từ√đây ta suy a = 2b Thay vào phương trình thứ −6 + 15 −12 + 15 ta tìm b = , suy a = Và 3 √ (16 + a2 + 2b2 )3 448 15 = − 192 108(a + 4)2 (b + 2) √ √ √ 448 15 −12 + 15 −6 + 15 Vậy GTLN x y − 192 x = y = 3 Bài Cho a, b, c, số thực dương thỏa mãn a + b + c = a2 + b2 + c2 = 14 Tìm giá trị lớn 4a + b giá trị nhỏ biểu thức P = c htt p: Lời giải Bài em rút a, b theo c vào biểu thức P sau dùng đạo hàm cách thấy gớm Anh Cẩn có cách hay, anh chép lời giải anh Cẩn : (a) Tìm max P 4a + b Để tìm giá trị lớn P , ta cần tìm số m thích hợp cho bất đẳng thức ≤ m c dấu đẳng thức xảy Chú ý bất đẳng thức viết lại thành 4a + b ≤ mc, hay tương đương (4 + n)a + (1 + n)b + (n − m)c ≤ 6n, ∀n > (1) Từ ta có ý tưởng đánh giá Cauchy − Schwarz cho vế trái cho a2 + b2 + c2 xuất (vì tận dụng giả thiết a2 + b2 + c2 = 14) Cách đánh giá thích hợp ≤ [(4 + n)2 + (1 + n)2 + (n − m)2 ](a2 + b2 + c2 ) = 14[(4 + n)2 + (1 + n)2 + (n − m)2 ] (2) π n et Vì ta cần chứng minh (1) nên tốt ta nên chọn m, n cho vế phải đánh giá với bình phương vế phải (1), tức 14[(4 + n)2 + (1 + n)2 + (n − m)2 ] = 36n2 (3) Ngoài ra, ta ý đánh giá (2) có dấu đẳng thức xảy a b c a+b+c = = = = , 4+n 1+n n−m (4 + n) + (1 + n) + (n − m) + 3n − m tức a= 6(4 + n) 6(1 + n) 6(n − m) ,b = ,c = + 3n − m + 3n − m + 3n − m k2 Do ta cần tìm giá trị lớn P nên số thỏa mãn tất giả thiết đề (để đẳng thức xảy ra) Như ta phải chon m, n cho a, b, c > 0, a + b + c = (hiển nhiên điều thỏa mãn) a2 + b2 + c2 = 14, tức n > m > 0, 36[(4 + n)2 + (1 + n)2 + (n − m)2 ] = 14(5 + 3n − m)2 (4) 31 49 19 17 n = Từ ta có a = , b = , c = Ngoài ra, với số 2 7 m, n trên, (1) (2), ta thu 31 4a + b ≤ c, 19 17 31 với đẳng thức xảy a = , b = c = Từ suy max P = 7 (b) Tìm P Thực tương tự phần tìm max, ta tìm đánh giá ww Giải hệ (3) (4) ta tìm m = 4a + b ≥ 2, c (5) //w với đẳng thức xảy a = 1, b = c = Bất đẳng thức (5) chứng minh tương tự trên, ta viết dạng (sau chọn tham số thêm bớt thích hợp) −4a − b + 2c ≤ 0, hay tương đương 3a + 6b + 9c ≤ 7(a + b + c) = 42 Tới đây, sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có (3a + 6b + 9c)2 ≤ (32 + 62 + 92 )(a2 + b2 + c2 ) = 14(32 + 62 + 92 ) = 422 htt p: Bài toán giải xong Bài Cho hai số thực x y thỏa mãn 2x − y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + (y + 1)2 + x2 + (y − 3)2 Lời giải (anh Cẩn) Quan sát đề bài, thấy ý tưởng để giải dùng Cauchy − Schwarz ta lại đẳng thức xảy đâu dạng phát biểu toán không gợi cho ta điều Chính vậy, ta nghĩ đến việc sử dụng giả định dấu : Giả sử P đạt x = a y = b với 2a − b = Khi đó, ta có đánh giá sau đảm bảo điều kiện đẳng thức x2 + (y + 1)2 ≥ ax + (b + 1)(y + 1) a2 + (b + 1)2 , x2 + (y − 3)2 ≥ ax + (b − 3)(y − 3) a2 + (b − 3)2 P ≥ ax + (b + 1)(y + 1) + ax + (b − 3)(y − 3) π n et Từ suy a2 + (b + 1)2 a2 + (b − 3)2 a a b+1 =[ + ]x + [ + 2 2 a + (b + 1) a + (b − 3) a + (b + 1)2 b+1 3(b − 3) + − (1) 2 a + (b + 1) a + (b − 3)2 Ta chọn a, b cho a a2 + (b + 1)2 + a a2 + (b − 3)2 = −2[ b+1 a2 + (b + 1)2 hay a2 + (b + 1)2 a + 2b − + (b − 3)2 b−3 a2 + (b − 3)2 ]y+ ], k2 a + 2b + + b−3 a2 + a2 + (b − 3)2 = 0, giả thiết 2y − y = tận dụng tối đa Như vậy, “điểm cực trị” toán ngiệm hệ phương trình   2a − b = a + 2b + a2 + (b + 1)2 a + 2b − + a2 + (b − 3)2 =0 ww   −2 b = Từ đây, thay giá trị vào (1), ta có 3 √ √ √ √ √ √ 12 38 38 P ≥ x− y+ = (2x − y) + = 5, 25 25 25 25 25 Giải hệ này, ta a = −2 y = 3 • Ngoài em giả phương pháp hình học sau : Bài đưa toán sau : Trong hệ trục Oxy, cho hai điểm A(0; −1), B(0; 3) đường thẳng d : 2x − y = Tìm d điểm M cho M A + M B đạt giá trị nhỏ Dạng thật quen thuộc với em Ta cần kiểm tra xem A, B phía hay khác phia so với d Trong trường hợp toán A, B phía so √ với d Vậy nên ta - Xác định điểm A đối xứng với A qua d - Ta có M A + M B = M A + M B ≥ A B = Từ suy điểm M cần tìm giao điểm A B d • Và hoàn toàn tương tự em giải sau : Trong  không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm  x = t   √ A(2; 3; 0), B(0; − 2; 0) đường thẳng d có phương trình y = Tìm tọa độ điểm C d cho    z = − t htt p: //w với đẳng thức xảy x = tam giác ABC có chu vi nhỏ Bài Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + 2y + 5z Lời giải Dạng trước anh hay dùng AM − GM để cân hệ số : Ta cần tìm số k cho x2 + 2y + 5z ≥ k(xy + yz + zx) (k > 0) Giả sử P nhận giá trị nhỏ x = a, y = b, z = c Lúc ta đánh giá : 2xy ≤ b a c b a c x + y , 2yz ≤ y + z , 2zx ≤ z + x2 a b b c c a = 2(xy + yz + zx) ≤ b+c c+a a+b x + y + z a b c Vậy số a, b, c phải thỏa mãn   a, b, c >    ab + bc + ca =    b + c = c + a = a + b a 2b 5c Giải hệ ta tìm a = √ ,b = √ ,c = √ 11 11 11 Và ta suy π n et Do ta có (x2 + 2y + 5z )2 + − ww P = (x2 + 2y + 5z ) k2 P = x2 + 2y + 5z ≥ Đẳng thức xảy x = √ , y = √ , z = √ 11 11 11 Đến làm đề thi thử diễn đàn k2pi.net : Bài Cho x, y, z số thực thay đổi thỏa mãn xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức Lời giải Anh nảy ý tưởng tìm số k sau : ta cần tìm số k cho x2 + 2y + 5z ≥ k(xy + yz + zx) (k > 0) Xem bất đẳng thức tam thức bậc hai với ẩn x, ta đưa //w x2 − k(y + z)x + 2y + 5z − kyz ≥ Bất đẳng thức ∆x ≤ hay k (y + z)2 − 4(2y + 5z − kyz) ≤ ⇐⇒ (8 − k )y + 2(k + 2k)yz + (20 − k )z ≥ y (đang nháp nên anh không z xét trường hợp z = :D) Ở bất đẳng thức ban đầu, em cho x : y : z = : : có k ≤ , − k > 0, nên ta cần tìm k cho ∆ t ≤ hay Em chia hai vế cho z xem tam thức bậc hai với ẩn t = (k + 2k)2 − (8 − k )(20 − k ) ≤ htt p: Chỉ cần dùng máy tính để đoán nghiệm phương trình (k + 2k)2 − (8 − k )(20 − k ) = được, em tìm nghiệm k = Dừ em thử thay vào ∆x xem : k (y + z)2 − 4(2y + 5z − kyz) ≤ ⇐⇒ (y − 2z)2 ≥ b = ±3z 2a Bài thầy Lê Đình Mẫn có ý tưởng sau : Rất khó để đoán điểm rơi này! Vì thế, với dạng biểu thức P ta dùng phương pháp hệ số bất định để tìm điểm rơi Cụ thể, ta phải chọn số k lớn để x2 + 2y + 5z ≥ 2k(xy + yz + zx) = 2k (1) phải đảm bảo dấu xảy Tôi chọn số 2k để hệ số cho đẹp Nếu dùng Cauchy − Schwarz trực tiếp :D Vậy k = đẳng thức xảy y = 2z x = ± x2 + 2y + 5z = x2 y z (x + y + z)2 3(xy + yz + zx) 30(xy + yz + zx) + + ≥ ≥ = 1 17 17 1+ + 5 10 π n et 30 Nhưng ấy, kết hợp giả thiết dấu không xảy Do đó, điều 17 chỉnh hệ số k để dấu xảy áp dụng Cauchy − Schwarz Ta biến đổi (1) thành Suy kmax = (1 + k)x2 + (2 + k)y + (5 + k)z ≥ k(x + y + z)2 Lúc này, áp dụng Cauchy − Schwarz ta V T(2) = x2 1+k + y2 2+k + z2 5+k ≥ (x + y + z)2 1 + 2+k + 5+k 1+k Do đó, số kmax thỏa mãn BĐT (2) phải nghiệm PT sau: + 2+k + 5+k =k k2 1+k (2) Giải nghiệm, tất nhiên ta chọn nghiệm k = theo (1) k > Như với phân tích dễ dàng chứng minh bất đẳng thức phụ x2 + 2y + 5z ≥ 2(xy + yz + √ zx) = Từ √ √ √ 11 suy P ≥ 2( + − 1) = − Vậy P = − x = 3z, y = 2z z = ± 11 Nó giống với sau (em cần thay z −z) : ww Bài Cho x, y, z số thực thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + 2y + 5z = 22 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = xy − yz − zx Lời giải (anh Cẩn) Theo yêu cầu toán, ta cần phải đánh giá: xy − yz − zx ≥ k(x2 + 2y + 5z ) (1) //w Nếu tìm số k để bất đẳng thức dấu xảy ta kết luận P = 22k Ta viết bất đẳng thức (1) dạng: 2(xy − yz − zx) ≥ 2k(x2 + 2y + 5z ), hay 2(xy − yz − zx) + (x2 + 2y + 5z ) ≥ (2k + 1)(x2 + 2y + 5z ) Bất đẳng thức cuối thu gọn thành: (x + y − z)2 + y + 4z ≥ (2k + 1)(x2 + 2y + 5z ), htt p: hay (x + y − z)2 + (−1 − 4k)y + (−1 − 10k)z ≥ (2k + 1)x2 Nhận thấy (x + y − z) + (−y) + z = x nên ta nghĩ đến việc sử dụng Cauchy-Schwarz để đánh giá bất đẳng thức Muốn hệ số y z bên vế trái phải dương, ta nghĩ đến việc chọn k cho −1 − 4k > −1 − 10k > 0, tức k < − Lúc này, ta thực đánh sau: (x + y − z)2 + (−1 − 4k)(−y)2 + (−1 − 10k)z ≥ x2 1 1+ + −1 − 4k −1 − 10k Vì hệ phương trình:   x2 + 2y + 5z = 22      − 40k z x= + 4k     + 10k  y = − z + 4k có nghiệm với k < − nên ta chọn giá trị k − 40k + 10k z y = − z + 4k + 4k π n et Dấu xảy x+y−z = (−1−4k)(−y) = (−1−10k)z, tức x = k thỏa mãn + + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b c P = a2 + b2 + c2 Lời giải Ý tưởng cân hệ số Em ý : biểu thức P biến dạng bình phương, nên em cần phải có bất đẳng thức 27 P = (a2 + b2 + c2 )( + + ) ≥k a b c //w Em giả định ta tìm P dấu xảy a = x, b = y c = z Ý tưởng dụng Cauchy − Schwarz sau : 27 + ) P (x2 + y + z ) = (a2 + b2 + c2 )(x2 + y + z )( + a b c 27 2 ≥ (ax + by + cz) ( + + ) a b c 27 = [(ax + by + cz)( + + )] a b c √ √ ≥ ( x + 27y + 8z) htt p: Từ dấu bằng xảy đánh giá ta cần tìm x, y, z thỏa mãn   a = x, b = y, c = z    b2 y c2 z a2 x = =  27     + 27 + = a b c Giải hệ ta tìm x = 14; y = 42 z = 28 Từ ta có lời giải sau : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có 14P = (a2 + b2 + c2 )(1 + + 4) ≥ (a + 3b + 2c)2 (1) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz a + 3b + 2c = (a + 3b + 2c) 27 + + a b c ≥ (1 + + 4)2 = 142 (2) π n et Kết hợp (1) (2), ta thu 14P ≥ 144 hay P ≥ 143 Đẳng thức xảy a = b c 27 = + + = 1, tức a = 14, b = 42, c = 28 Vậy P = 143 a b c Bài Cho x, y, z số dương thỏa mãn : x + y + = z Tìm giá trị lớn biểu thức : P = x3 y (x + yz)(y + zx)(z + xy)2 Suy x3 y x3 y = x x (x + y)2 (x + 1)3 (y + 1)3 (x + y)2 ( + + 1)3 ( y2 + y + 1)3 x3 y ww P = k2 Lời giải Từ  giả thiết ta có :   x + yz = x(z − x − y) + yz = (x + y)(z − x) = (x + y)(y + 1)   y + xz = y(z − x − y) + xz = (x + y)(z − y) = (x + y)(x + 1)    z + xy = z(z − x − y) + zy = (z − x)(z − y) = (x + 1)(y + 1) ≤ 27y 4xy 27x 4 = 27 Đẳng thức xảy x = y = 2, z = Vậy max P = x = y = 2, z = 272 //w Bài Cho x, y, z số không âm thỏa mãn : x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: S = x2 y + y z + z x Lời giải Không giảm tính tổng quát ta giả sử y số x z Suy z(x−y)(z−y) ≤ 0, hay y z+z x−yz −xyz ≤ Suy x2 y + y z + z x ≤ x2 y + yz + xyz htt p: ≤ x2 y + yz + 2xyz = y(x + z)2 = 2y.(x + z).(x + z) 1 ≤ (2y + (x + z) + (x + z))3 27 1 = 27 = 27 Đẳng thức xảy x = , = , z = Vậy max S = x = , y = , z = 3 27 3 Bài 10 Cho A, B, C số đo ba góc tam giác ABC thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = (1 + cos2 A)(1 + cos2 B)(1 + cos2 C) Lời giải π n et Không tính tổng quát, ta giả sử C = max{A; B; C} Suy C ≤ 600 , → cos C ≥ Ta có BDT ⇐⇒ (3 + cos 2A)(3 + cos 2B)(1 + cos2 C) ≥ Vì 125 16 (3 + cos 2A)(3 + cos 2B) = + cos 2A cos 2B + 3(cos 2A + cos 2B) = + (cos 2(A + B) + cos 2(A − B)) + cos(A + B) cos(A − B) 1 = + cos2 C − + cos2 (A − B) − − cos C cos(A − B) 2 = (3 − cos C) + (1 − cos(A − B))(6 cos C − cos(A − B) − 1) k2 ≥ (3 − cos C)2 + (1 − cos(A − B))(3 − cos(A − B) − 1) ≥ (3 − cos C)2 Vậy nên ta cần có 125 16 1 Đặt t = cos C, ( ≤ t < 1) Xét hàm số f (t) = (3 − t)2 (1 + t2 ) [ ; 1) Ta có : 2 (3 − cos C)2 (1 + cos2 C) ≥ ww f (t) = 4t3 − 18t2 + 20t − = 2(t − 3)(t − 1)(2t − 1) ≥ 0, ∀t ∈ [ ; 1) Lời giải //w 1 125 Suy f (t) đồng biến [ ; 1) Do f (t) ≥ f ( ) = Từ ta dễ suy đpcm 2 16 Đẳng thức xảy tam giác ABC đều! Bài 11 Cho ba số x, y, z số thực thuộc đoạn [0; 1] thỏa mãn 8x + 8y + 8z = 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : T = x3 + y + z + 3(x.2x + y.2y + z.2z ) Xét hàm số f (x) = x + − 2x [0; 1] Ta có f (x) = − 2x ln Suy f (x) = ⇐⇒ x = log2 ln htt p: Lập BBT ta suy f (x)min = f (0) = f (1) = Suy : x ≥ 2x − ⇒ x3 + 3x.2x ≥ (2x − 1)3 + (2x − 1) 2x = 8x − Thiết lập thêm BĐT tương tự cộng vế theo vế ta : T ≥ 8x + y + z − = Đẳng thức xảy x = y = 0; z = hoán vị Vậy T = x = y = 0; z = hoán vị Bài 12 Cho x, y số thực thuộc khoảng (0; 1) Chứng minh : √ 3 x + y + x − y + y − x2 ≤ Lời giải Do vai trò x y ngang nên ta dự đoán đẳng thức xảy x = y; Thay vào BĐT cần chứng √ π n et √ minh ta dễ tìm x = y = Và từ ta đến đánh giá sau : Ta có x2 y2 (1 − y ) + (1 − x2 )) 3 y2 √ x3 + − y + − x2 ≤ x + y + 3( + ) 2   √ √ √ 2 3 3  ≤ −√ −x + −y  2 √ 3 , ≤ √ Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy x = y = Bài 13 Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn : a2 + b2 + c2 = 1.Tìm giá trị lớn biểu thức T = 6(b + c − a) + 27abc − y2 + y − x2 = x + y + 3( k2 P =x+y+x Lời giải Ta có ww T = 6(b + c − a) + 27abc = 6(b + c) − 6a + 27abc 2(b2 + c2 ) − 6a + 27a ≤6 = 2(1 − a2 ) + Dừ ta cần tìm giá trị lớn f (a) = 2(1 − a2 ) + b2 + c2 15 a − 27a3 15 a − 27a3 với a ∈ [0; 1] //w Bài 14 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn : a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = 2a3 + 3b2 + 2c Lời giải (thầy Mẫn) Đây lời lý giải đơn giản mà theo kinh nghiệm bổ ích cho bạn Ở đây, đơn giản không đụng chạm tới kiến thức hàm chương trình phổ thông Vì thế, mong bạn đừng hỏi lại làm Tôi lấy ví dụ làm mẫu Đầu tiên, ta thay biến, chẳng hạn c = − a − b vào biểu thức P Khi P = (2a3 − 2a) + (3b2 − 2b) + htt p: Tôi tách biểu thức P thành tổng đa thức đơn biến riêng biệt a, b Tức P = f (a) + g(b) + Bây giờ, làm để đoán điểm rơi Các bạn lưu ý điều này: "Một hàm số f (x) đạt cực trị x0 x0 nghiệm f (x) = 0." Các hàm số f (a), g(b) độc lập nên ta vận dụng tính chất hàm số để dự đoán điểm rơi sau: 1 + Giải phương trình f (a) = ⇐⇒ 6a2 − = ⇐⇒ a = √ a = − √ (loại) vìa ≥ 3 1 g (b) = ⇐⇒ 6b − = ⇐⇒ b = Hai giá trị a = √ b = điểm rơi cần tìm 3 + Bây giờ, ta tính √ 1 f √ =− , g =− 3 √ √ 4 1 + Mà ta thấy với a, b ≥ f (a) ≥ − ⇒ f (a) + ≥ g(b) ≥ − ⇒ g(b) + ≥ 9 3 π n et Như vậy, ta có phân tích √ √ 4 P = (2a − 2a + ) + (3b − 2b + ) + − − 9 √3 √ 15 − 15 − = a− √ 2a + √ +3 b− + ≥ 9 3 Bài 15 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn : a + b + c = Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức √ A = 5a a − + 3b2 + 6c 10 k2 Lời giải √ Thay c = − a − b vào A ta : A = 5a − a − 6a + 3b2 − 6b + √ Xét f (b) = 5a3 − a − 6a + 3b2 − 6b + với b ∈ [0; − a] Ta có f (b) = 6b − ≤ với b ∈ [0;√1 − a] ⇒ f (1 − a) ≤ f (b) ≤ f (0) • GT LN : Đặt F (a) = f (0) = 5a3 − a − 6a + với a ∈ [0; 1] √ √ √ 5 Ta có F (a) = 15a − 5a − = ⇒ a1 = , a2 = − 5 Lập bảng bảng biến thiên ta tìm M axF (a) = F (0) = Vậy max A = a = b = 0, c = √ • GT N N : Đặt G(a) = A(1 − a) = 5a + (3 − )a − 6a + với a ∈ [0; 1] √ Ta có G (a) = 15a2 + (6 − 5)a − = √ √ √ √ −6 + + 441 − 36 −6 + − 441 − 36 Suy a1 = , a2 = 30 30 Lập bảng biến thiên ta tìm được: M inG(a) = G(a1 ) √ √ √ √ 36 − − 441 − 36 −6 + + 441 − 36 ,b = , c = Vậy GT N N A = G(a1 ) a = 30 30 Bài 16 √ Cho x, y số thực thỏa mãn x + y − = 2x − + y + Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức: P = (x + y)2 − − x − y + √ x+y //w ww htt p: Lời giải Sử dụng BĐT C.B.S ta có : ( 2(x − 2) + y + 1)2 ≤ 3(x + y − 1) Kết hợp với giả thiết ta suy (x + y − 1)2 =≤ 3(x + y − 1) Suy ≤ x + y ≤ Lúc đặt t = x + y, t ∈ [0; 4] Thì ta có P = t2 − √ 9−t+ √ t Bài Toán bay dừ ẩn, em tự giải tiếp nhá Bài 17 Cho số thực dương x, y thỏa mãn : xy(x − 2y) + = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 y + y y − x2 Lời giải Điều kiện để thức có nghĩa: y ≥ x2 Từ giả thiết ta có : x2 y − 2xy + = Ta có ∆ = y − y ≥ ⇒ y ≥ Dễ thấy y = y = từ giả thiết ta suy = 10 x + z + = xy ≤ π n et Lời giải Từ giả thiết ta dễ có (x + y)2 (x + z)2 ≤ 4 Vậy x+z+3≤ (x + z)2 Suy x + z ≥ → xy ≥ Lúc ta có x y y z 1 35 + + + − ≥2+2− = y x z y xy 9 35 Đẳng thức xảy x = y = z = Vậy P x = y = z = Bài 35 Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn xy + yz + zx > Tìm giá trị nhỏ biểu thức √ 1 P = + + z + + x + 2y + y(x + 4z) x(y + z) + 2z k2 P = 1 √ ≥ √ +√ ≥√ a b a+ b Từ ta có x(y + z) + 2z √ 2 =√ a+b 2(a + b) ww Lời giải Với a, b > ta có + y(x + 4z) ≥ √ 2 2xy + 4yz + zx + 2z //w Để dấu xảy ta phải có x(y + z) + 2z = y(x + 4z) hay z(x + 2z − 4y) = Anh để Anh đánh giá tiếp Có bất đẳng thức sau : Với a, b ≥ ta có a + x2 + b + x2 ≥ x + a + b + x2 Bất đẳng thức tương đương với ab ≥ 0, sử dụng ta có √ √ z + + x + 2y + = 2( 4z + + ≥ 2(2 + x + 2y + 4) x + 2y + 4z + 4) htt p: Đẳng thức xảy 4z(x + 2y) = 0, kết hợp với giả thiết ta suy z = 0, thỏa mãn phía Rứa nên ta dự đoán đẳng thức xảy z = Vậy lúc ta có √ 2 P ≥ + 2(2 + x + 2y + 4z + 4) 2xy + 4yz + zx + 2z Phản xạ tự nhiên, ta cần có 2xy + 4yz + zx + 2z ≤ k(x + 2y + 4z)2 để đưa toán ẩn t = x + 2y + 4z Vì z = nên thay vào ta 2xy ≤ k(x + 2y)2 Theo AM − GM k(x + 2y)2 ≥ k.(2 x.2y)2 = 8kxy, nên ta chọn k = Thử lại : x (x + 2y + 4z)2 − (2xy + 4yz + zx + 2z ) = ( − y)2 + zx + 2z ≥ 22 2xy + 4yz + zx + 2z ≤ ( x + y + 2z)2 Vậy ta có π n et suy √ √ P ≥ +2 t+4+4 t √ với t = x + 2y + 4z > Dùng đạo hàm em tìm P ≥ P (4) = + √ Từ ta có P = + x = 2, y = 1, z = Bài 36 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x > y > z Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y x2 √ P = + + x − y y − z 8z( xz − z) a 1 + = + 1−a a−b − a − ab 4 √ ≥ ≥ b − (a + a ) 2−2 b √ = 1− b Suy ww Ta có k2 Lời giải y z Đặt a = , b = , (0 < b < a < 1) Khi x x a P = + + √ − a a − b 8b b−b P ≥ (t > 1) dễ nhìn : t //w √ √ + √ − b 8b b−b Đến đưa ẩn Đặt b= P ≥ t4 2t + t − 8(t − 1) htt p: Đến em dùng đạo hàm em tìm t = P nhận GTNN Nhưng làm em đừng nên tính đạo hàm mà em viết ri : 2t t4 (t − 2)2 (t2 + 4t + 12) + =6+ ≥ Suy P ≥ t − 8(t − 1) 8(t − 1) Đẳng thức xảy x = 2y = 4z Vậy P = Bài 37 Cho a, b, c số thực thỏa mãn a > b > c a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 2 P = − 3ac + + (a + b) + (b + c) + (c + a) (a − b) (b − c) Lời giải Thay c = −a − b sử dụng bất đẳng thức ac ≤ (a + c) , ta thu 1 + + (2a + b)2 2 (a − b) (a + 2b) ≥ + (2a + b)2 ((a − b) + (a + 2b)) = + (2a + b)2 (2a + b)2 √ ≥2 P ≥ 23 π n et √ √ 4 Đẳng thức xảy a = 2, b = 0, c = − Bài 38 Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn x2 + y + 2x + 2y + + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x4 + y + z Lời giải (Ntspbc) Đặt x + = a, y + = b, z = c ta có a, b ≥ 1; ≥ z ≥ a2 + b2 − + c = Ta chứng minh (1) Không giảm tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ (a − 1)4 + (b − 1)4 ≤ ( a2 + b2 − − 1)4 với a, b ≥ Xét hàm số f (a) = ( a2 + b2 − − 1)4 − (a − 1)4 − (b − 1)4 , f (a) = √ Vì a ≤ a ( a2 + b2 − − 1)3 − (a − 1)3 a2 + b2 − k2 Ta có a2 + b2 − nên ta có √ a2 a a−1 a−1 ≥√ ≥ (√ )3 2 2 +b −1 a +b −1−1 a +b −1−1 ww Từ ta suy f (a) ≥ 0, dẫn tới f (a) ≥ g(b) = ( Lại xét g(b) = ( với b ≥ Ta có Vì 2b2 − − 1)4 − 2(b − 1)4 2b ( 2b2 − − 1)3 − 2(b − 1)3 2b2 − //w f (b) = √ 2b2 − − 1)4 − 2(b − 1)4 √ b b−1 b−1 ≥√ ≥ (√ )3 2 2b − 2b − − 2b2 − − Nên ta suy f (b) ≥ Suy f (b) ≥ f (1) = Vậy nên (1) chứng minh Lúc ta có P = (a − 1)4 + (b − 1)4 + c4 ≤ ( a2 + b2 − − 1)4 + c4 = (c − 2)4 + c4 = 2c(c − 2)((c − 1)2 + 7) + 16 ≤ 16 htt p: Đẳng thức xảy a = 3, b = 1, c = b = 3, a = 1, c = hay x = 2, y = z = y = 2, x = z = Vậy max P = 16 x = 2, y = z = y = 2, x = z = Lời giải (NguyenHoa451) Ta có : x2 + y + 2x + 2y + + z = ⇒ ≤ (x + y)2 + 2(x + y) + + z, (0 ≤ z ≤ 2) ⇒ ≤ x + y + + z, (0 ≤ z ≤ 2) ⇒ x + y + z ≥ 2, (0 ≤ z ≤ 2) Lại có : x2 +y +2x+2y+1 = (3 − z)2 ⇔ x2 +y +z = 2z(z −2)+8−2(x+y+z) ≤ , (do : ≤ z ≤ 2, x + y + z ≥ 2) Khi P = x4 + y + z ≤ x2 + y + z ≤ 16 Vậy Pmax = 16 x = 0, y = 0, z = hoán vị 24 3−z ≥ π n et Lời giải (letrungtin) Từ điều kiện toán, ta có: x; y; z ∈ [0; 2] Suy ra: x2 ≤ 2x, y ≤ 2y Do đó: 2(x2 + y ) + ⇔ (3 − z)2 − ≥ x2 + y 2 (3 − z)2 − Khi đó: 2 P ≤ (x + y ) + z ≤ Bài 39 Cho x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ thỏa mãn + z4 x2 + x + y2 + y + z2 + z + √ + √ √ = 12 Tìm giá trị + x+1+ x y+1+ y−1 z+1+ z−2 k2 nhỏ nhất, giá trị lớn P =x+y+z Lời giải Từ giả thiết ta suy (x + − x, b = x) + (y + − y − 1) + (z + − √ y − 1, c = z − ta có √ z − 2) = 12 ww Lúc đặt a = √ √ a2 + b2 + c2 = a + b + c + 6, Khi (a, b, c ≥ 0) P = a2 + b2 + c2 + • Tìm Min Vì (a + b + c)2 ≥ a2 + b2 + c2 nên ta suy (a + b + c)2 ≥ a + b + c + ⇒ a + b + c ≥ Do a2 + b2 + c2 + = a + b + c + + ≥ 12 //w Suy ⇒ P ≥ 12 Đẳng thức xảy ba số a, b, c có hai số số hay (x; y; z) số (0; 1; 11), (0; 10; 2), (9; 1; 2) Vậy P = 12 • Tìm Max Ta có a2 + b2 + c2 = a + b + c + ≤ (a2 + b2 + c2 ) + 6, suy a2 + b2 + c2 ≤ 12 Suy P = a2 + b2 + c2 + ≤ 15 Đẳng thức xảy a = b = c = hay x = 4; y = 5; z = Vậy max P = 15 Bài 40 Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức a+b+c P = a2 + 2b2 + 2c2 + 6a2 bc htt p: Lời giải (thầy Mẫn) Để ý biểu thức P đối xứng theo hai biến b, c nên ta sử dụng đánh giá với dấu xảy (b + c)2 b = c Sử dụng Cauchy − Schwarz AM − GM ta có 2b2 + 2c2 ≥ (a + b)2 bc ≤ Khi 2(a + b + c) P ≥ a2 + (b + c)2 + 3a2 (b + c)2 Đặt b + c = X ta có 2(a + X) 3a2 X Biểu thức P lại biểu thức đối xứng theo hai biến a, X nên ta có đánh giá thỏa mãn a = X (a + X)2 Chú ý biểu thức P biểu diễn dạng tổng, tích a, X kèm theo đánh giá aX ≤ Lúc P = (a + X)2 − 2aX + P = a2 + X + 2(a + X) (a + X)2 32(a + X) (a + X)2 32 ≥ (a + X) − + = + 2 3a X 3(a + X) 3(a + X)3 25 π n et t2 32 Tiếp tục đặt t = a + X P = f (t) = + Đạo hàm lập bảng biến thiên cho hàm f (t) (0; +∞) 3t 10 ta suy P = f (t) = ⇐⇒ t = Cuối cùng, giải hết tất đẳng thức đánh 10 giá ta có P = ⇐⇒ a = 2b = 2c = Bài 41 Cho số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ Lời giải Từ giả thiết ta suy −1 ≤ a, b, c ≤ Ta có k2 1 + a + b + c + ab + bc + ca = ((a + b + c)2 + 2(a + b + c) + 1) = (a + b + c + 1)2 ≥ Nên ta cần chứng minh + a + b + c + ab + bc + ca + abc ≥ Hay ww (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ Nó −1 ≤ a, b, c Vậy ta có đpcm Bài 42 Cho x, y ∈ [1; 2] thỏa mãn x + 3y = 2xy + Tìm giá trị nhỏ P = (x + y − 1) (x + y) + x+y−1 Lời giải có (x + y − 1)2 , suy x + y − ≥ 2, nên x + y ≥ Lúc ta //w Từ giả thiết ta có x + y − = 2y(x − 1) ≤ P ≥ 3(x + y − 1) + 4 = 2(x + y − 1) + [x + y − + ]≥4+4=8 x+y−1 x+y−1 Đẳng thức xảy x = 2, y = Vậy P = x = 2, y = Bài 43 Cho a, b, c ∈ [0; 2] Tìm giá trị nhỏ 1 P = + + 2 (a − b) (b − c) (c − a)2 htt p: Lời giải Không tính tổng quát, ta giả sử a > b > c đó, theo bất đẳng thức AM − GM, ta có 1 ≥ + ≥ 2 (a − b) (b − c) (a − b)(b − c) (a − c)2 Vì 1 + + ≥ 2 (a − b) (b − c) (c − a) (a − c)2 Lại có ≤ a, b, c ≤ nên < a − c ≤ Từ suy 1 9 + + ≥ ≥ 2 2 (a − b) (b − c) (c − a) (c − a) Đẳng thức xảy a = 2, b = 1, c = hoán vị Vậy Pmin = 26 π n et Bài 44 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x4 + y + 8z k2 Lời giải (Nguyenhuyen_AG) Bài toán hoàn toàn chứng minh Cauchy − Schwarz Các bạn xem Trước hết ta cần phải có số phán đoán cho tương lại toán này, tức GTNN xảy đâu ? Ta thấy biểu thức P điều kiện toán vai x y nhau, tức ta thay đổi x thành y hay y thành x toán cũ Điều cho phép ta dự đoán GTNN P đạt x = y bao nhiều ta chưa biết Với dự đoán nhỏ ta thử tìm GTNN 648 P = 2x4 + 8z , với 2x + y = Và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta tìm Pmin = 125 đạt x = y = , z = (Phần bạn tự chứng minh 5 Như với phân tích trên, ta tìm cách chứng minh bất đẳng thức sau x4 + y + 8z ≥ Ta thấy bất đẳng thức không nhất, ý tưởng với dạng không :D) Bất đẳng ww Với đẳng thức xảy x = y = , z = đưa dạng (vì thức (1) viết dạng 648 (1) 125 x4 + y + 8z ≥ (x + y + z)4 125 //w Với đẳng thức xảy x = y = 2z Điều khó khăn lúc xử lí dấu đẳng thức oăm lệch x = y = 2z Nếu đánh giá dẫn đến lời giải sai Nhưng ta để ý có x = y ta đặt t = 2z ta có đẳng thức xảy ba biến x = y = t, trường hợp dấu quen thuộc Mà quen thuộc dễ phải không :D Như ta đặt t = 2z viết bất đẳng thức cần chứng minh lại sau 2(x4 + y ) + t4 ≥ [2(x + y) + t]4 125 Thấy phân thức nhìn kì kì, nên ta ném lên vế trái 125 125 2(x4 + y ) + t4 ≥ [2(x + y) + t]4 (2) htt p: Như sau trình phân tích biến đổi, ta đưa bất đẳng thức có dấu biến lệch bất đẳng thức biến ta đánh giá thoải mái đảm bảo cho x = y = t được, khó chịu x = y = 2z Một điều lưu ý ta thấy vế phải bất đẳng thức dạng tổng bình phương nên gợi ý cho dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :D = (x + x + y + y + t)2 ≤ (1 + + + + 1)(x2 + x2 + y + y + t2 ) = 25[2(x2 + y ) + t2 ]2 tương tự ta 25[2(x2 + y ) + t2 ]2 ≤ 25 · · (1 + + + + 1)(x4 + x4 + y + y + t4 ) = 125[2(x4 + y ) + t4 ] 27 π n et Bài 45 Cho a, b, c số không âm.Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 F = [x2 + y + z − (xy + yz + zx)][ ] + + (x − y) (y − z) (z − x)2 Lời giải (Nguyenhuyen_AG) Bằng cách đặt a = x − y, b = y − z, c = z − x ta a + b + c = 2F = (a2 + b2 + c2 ) 1 + + a2 b2 c2 Lại đặt tiếp u= a b c a b c + + , v= + + , b c a c a b u+v = k2 ta c+a a+b b+c + + = −3 b c a biểu thức cần tìm giá trị nhỏ 2F = u2 − 2v + v − 2u + = u2 + v − 2(u + v) + 2F ≥ ww Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (u + v)2 (−3)2 27 − 2(u + v) + = − · (−3) + = 2 Đến ta xét dấu xong Bài 46 Cho a, b, c > thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2abc + Tìm giá trị lớn biểu thức P = (a − 2bc)(b − 2ca)(c − 2ab) //w Lời giải (Storm Spirit) Ta chứng minh P ≤ Dễ thấy ba số (a − 2bc)(b − 2ca), (b − 2ca)(c − 2ab), (c − 2ab)(a − 2bc) phải có số không âm, giả sử (a − 2bc)(b − 2ca) ≥ Ta có ≤ (a − 2bc)(b − 2ca) = ab(4c2 + 1) − 2c(a2 + b2 ) ≤ ab(2c − 1)2 (1) Nếu c − 2ab ≤ hiển nhiên P ≤ < Xét trường hợp c − 2ab > lúc ta có 2abc + = a2 + b2 + c2 ≥ 2ab + c2 htt p: ⇔ (c − 1)(2ab − c − 1) ≥ ⇒ c ≤ Do 2ab − c − = −(c − 2ab + 1) < Sử dụng đánh giá (1) bất đẳng thức AM − GM ta có P ≤ ab(2c − 1)2 (c − 2ab) ≤ c2 (2c − 1)2 Cuối ta cần c2 (2c − 1)2 ≤ 1, bất đẳng thức hiển nhiên với < c ≤ Chú ý thêm 1 P = chẳng hạn a = b = , c = từ kết luận GTLN P Lời giải Đặt x = a − 2bc, y = b − 2ac, z = c − 2ab Khi ta có x2 + y + z = − 2xyz ⇒ x, y, z ∈ [−1; 1] Ta cần tìm GTLN P = xyz Thật Với giả thiết trên, tồn ∆ABC nhọn cho x = − cos A, y = − cos B, z = cos C 28 π n et Hiển nhiên ta có đẳng thức cos2 A + cos2 B + cos2 C = − cos A cos B cos C 1 bất đẳng thức sau thông dụng cos A cos B cos C ≤ Vậy max P = 8 Bài 47 Cho số thực không âm phân biệt a, b, c Tìm giá trị nhỏ 1 P = (a2 + b2 + c2 ) + + (a − b) (b − c) (c − a)2 Lời giải Không giảm tính tổng quát, ta giả sử c số nhỏ nhất, ta có Rứa nên ta cần tìm GTNN Q = (a2 + b2 ) a , (x > 0) ta có b 1 + b2 + a2 (a − b) 1 + b2 + a2 (a − b) ww Đặt x = ≥ (a2 + b2 ) k2 1 + + (a − b) (b − c) (c − a)2 P = (a2 + b2 + c2 ) 1 +1+ (x − 1)2 x 2x =1+ + x2 + + x − 2x + x 2 = + (x + ) + x x + x1 − Q = (x2 + 1) − = t, (t ≥ 0), ta có x //w Đến đây, đặt x + Q= + (t + 2)2 + t Đến dùng đạo hàm anh Trần Quốc Luật giải theo cách áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức AM − GM sau : Với < k < 1, ta có Q−5= Ta cần chọn k cho t2 = 2k − 2k + t2 + 4t = t2 + + 4t + t t t ≥ 3k + 2(1 − k ) k3 − 2k 4t = t t htt p: √ 5−1 Giải hệ ta 4k = − 2k Với ý < k < 1, ta tìm k = √ √ 59 + 11 33 + 33 Từ suy P ≥ Q ≥ Đẳng thức xảy c = 0, a = ( + 8 √ 59 + 11 33 Vậy P = Bài 48 Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh (a + c)(b + 1) ≥ abc(a2 + b2 + c2 + 1) 29 √ −3 + 33 )t, b = t 32 π n et Lời giải Ta có abc(a2 + b2 + c2 + 1) = abc(b2 + 1) + abc(a2 + c2 ) = b.ac(b2 + 1) + b.2ac(a2 + c2 ) (a + c)2 (2ac + a2 + c2 )2 ≤ b .(b + 1) + b 4 1 2 = b.(a + c) (b + 1) + b.(a + c) Vậy ta cần có 1 b.(a + c)2 (b2 + 1) + b.(a + c)4 ≤ (a + c)(b + 1) ⇐⇒ 8(b + 1) ≥ 2b(a + c)(b + 1) + b(a + c)3 k2 ⇐⇒ 8(b + 1) ≥ 2b(3 − b)(b2 + 1) + b(3 − b)3 ⇐⇒ (3b2 − 9b + 8)(b − 1)2 ≥ ww Bất đẳng thức đúng, nên ta có đpcm Bài 49 Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x, y, z ∈ [0; 1] Tìm giá trị nhỏ P = (xy − y + 1)2 + (yz − z + 1)2 + (zx − x + 1)2 Lời giải Đặt t = x(y − 1) + y(z − 1) + z(x − 1), ta dễ có t ≤ t = xyz − + (1 − x)(1 − y)(1 − z) ≥ −1 Khi P = (x(y − 1) + 1)2 + (y(z − 1) + 1)2 + (z(x − 1) + 1)2 = ( y(x − 1))2 + y(x − 1) + =( y(x − 1))2 − y(x − 1).z(y − 1) + 2t + = t2 + 2t + + y(1 − y).z(x − 1) //w Do x, y, z ∈ [0; 1] nên theo bất đẳng thức AM − GM ta có (y + − y)2 z(x − 1) z(x − 1) y(1 − y).z(x − 1) ≥ = = Do t P ≥ t2 + 5t +3 htt p: Đến ta xét f (t) = t2 + 5t +3 với t ∈ [−1; 0] Ta có f (t) = 2t + > ∀t ∈ [−1; 0] Suy f (t) đồng biến [−1; 0], mà 3 f (t) ≥ f (−1) = Dấu "=" xảy t = −1 hay x = 0, y = , z = hoán vị Vậy P = 2 Bài 50 Cho số dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức : a + 3c 4b 8c P = + − a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c 30 π n et Lời  giải   x = a + 2b + c   Đặt y = a + b + 2c    z = a + b + 3c Thì ta có a = 5y − x − 3z, b = x + z − 2y, c = z − y (5y − x − 3z) + 3(z − y) 4(x + z − 2y) 8(z − y) + − x y y 4x 2y 8y 4z =( + ) + ( + ) − 17 y x z y 4x 2y 8y 4z ≥2 )+2 ) − 17 y x z y √ = 12 − 17 P = k2 √ 4x 2y 8y 4z = = , hay z = 2y = 2x y √x z y √ √ √ Từ ta tìm a = (5 − 7)k, b = (3 − 2)k, c = (2 2)k, (với k ∈ R+ ) Vậy P = 12 − 17 Đẳng thức xảy ww Bài 51 Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng √ minh (a − b)(b − c)(c − a) ≤ 18 Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh √ |(a − b)(b − c)(c − a)| ≤ 18 //w Vì bất đẳng thức đối xứng nên không tính tổng quát, ta giả sử a√≤ b ≤ c Đặt b = a + x c = a + y với y ≥ x ≥ 0, bất đẳng thức ta trở thành xy(y − x) ≤ 18 Do a + b + c = nên 3a + x + y = 1, suy x + y ≤ Mà y ≥ x ≥ nên ta có ≤ x ≤ x ≤ y ≤ − x Từ suy xy(y − x) ≤ x(1 − x)(1 − 2x) = 2x3 − 3x2 + x (1) htt p: Ta có f (x) = 6x2 − 6x + Xét hàm số f (x) = 2x3 − 3x2 + x với x ∈ 0; √ √ 3− 3− Dễ thấy f (x) = x = , f (x) > x ∈ 0; f (x) < x ∈ 6 √ 3− Kết cho thấy điểm cực đại, ta có √ √ 3− 3 f (x) ≤ f = , ∀x ∈ 0; 18 √ 3− ; Kết hợp với (1),√ta suy Với giả√thiết a ≤ b ≤ c, đẳng thức xảy √ kết cần chứng minh √ 3− 3+ 3− 3+ x = ,y = , tức a = 0, b = ,c = 6 6 √ Ở đoạn chứng minh xy(y − x) ≤ em chứng minh AM − GM sau : Ta có 18 1 1 [xy(y − x)]2 = 2xy.2xy.(x − y)2 ≤ · (2xy + 2xy + (x − y)2 )3 = (x + y)6 ≤ 4 27 108 108 Và ta dễ suy đpcm 31 π n et Từ chứng minh ta suy sau √ √ 3 − ≤ (a − b)(b − c)(c − a) ≤ 18 18 Bài 52 Cho số thực a, b, c thỏa mãn max a, b, c − a, b, c ≤ Chứng minh + a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ 3(a2 b + b2 c + c2 a) Lời giải Không giảm tính tổng quát, giả sử a = min{a, b, c} Đặt b = a + x c = a + y với x, y ≥ Ta có a3 + b3 + c3 − 3abc = 3a(x2 − xy + y ) + x3 + y k2 a2 b + b2 c + c2 a − 3abc = a(x2 − xy + y ) + x2 y Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với + x3 + y ≥ 3x2 y ww Từ giả thiết, ta suy ≤ x, y ≤ Và vậy, sử dụng bất đẳng thức AM − GM, ta + x3 + y ≥ 3xy ≥ 3x2 y //w Bài toán chứng minh xong Bài 53 Cho x, y, z số thực không âm, đôi khác và thỏa mãn điều kiện (x + z)(y + z) = Chứng minh 1 + + ≥ 2 (x − y) (x + z) (y + z)2 Lời giải Đặt a = x + z b = y + z Khi ta có ab = BĐT cho trở thành 1 + + ≥ (a − b) a b BĐT tương đương với + a2 + b2 ≥ 4, a2 + b2 − htt p: hay + (a2 + b2 − 2) ≥ 2, (a2 + b2 − 2) hiển nhiên theo AM − GM Vậy ta có đpcm Bài 54 Cho x, y, z ∈ [0; 2] x + y + z = Chứng minh ≤ x2 + y + z ≤ Lời giải Ta biến đổi đưa đoạn [0; 2] đoạn đối xứng [−1; 1] Ta đặt a = x − 1, b = y − 1, c = z − ta có a, b, c ∈ [−1; 1] a + b + c = BĐT cần chứng minh trở thành ≤ (a + 1)2 + (b + 1)2 + (c + 1)2 ≤ 5, 32 ≤ a2 + b2 + c2 ≤ π n et hay Vế trái hiển nhiên đúng, ta cần chứng minh vế phải Vì a, b, c ∈ [−1; 1] nên a2 + b2 + c2 ≤ |a| + |b| + |c| Mặt khác, a + b + c = nên ba số phải có hai số không âm không dương, giả sử a b Khi |a| + |b| = |a + b| = | − c| = |c| Như a2 + b2 + c2 ≤ 2|c| ≤ .k2 Bài toán chứng minh xong Bài 55 Cho số thực x, y, z ∈ [0; 2] thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x3 + y + z − 3(x − 1)(y − 1)(z − 1) Lời giải Đặt a = x − 1, b = y − 1, c = z − Khi ta có a, b, c ∈ [−1; 1], a + b + c = P = (a + 1)3 + (b + 1)3 + (c + 1)3 − 3abc ww = a3 + b3 + c3 − 3abc + 3(a2 + b2 + c2 ) + 3(a + b + c) + = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) + 3(a2 + b2 + c2 ) + 3(a + b + c) + = 3(a2 + b2 + c2 ) + //w Mà ta dễ có ≤ a2 + b2 + c2 ≤ nên ta tìm P = x = y = z = max P = x = 0, y = 1, z = hoán vị Bài 56 Cho a, b, c ∈ [0, 2] thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a3 + b3 + c3 ≤ Lời giải Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Từ giả thiết, ta suy 3a ≥ a + b + c = 3, tức a ≥ Kết hợp với điều kiện a ≤ 2, ta ≤ a ≤ Tiếp theo, ta có để ý rằng: b3 + c3 = (b + c)3 − 3bc(b + c) ≤ (b + c)3 = (3 − a)3 Do đó, để chứng minh bất đẳng thức cho, ta cần chứng minh htt p: a3 + (3 − a)3 ≤ 9, hay 9(a − 1)(a − 2) ≤ Bất đẳng thức hiển nhiên ≤ a ≤ Vậy toán chứng minh xong Lời giải Đặt x = a − 1, y = b − z = c − ta có x, y, z ∈ [−1; 1] x + y + z = Ta đưa chứng minh (x + 1)3 + (y + 1)3 + (z + 1)3 ≤ x3 + y + z + 3(x2 + y + z ) + 3(x + y + z) + leq9 ⇐⇒ (x + y + z)(x2 + y + z − xy − yz − zx) + 3xyz + 3(x2 + y + z ) ≤ ⇐⇒ x2 + y + z + xyz ≤ 33 π n et Theo ta có x2 + y + z ≤ 2, nên xyz ≤ ta suy đpcm Dừ ta cần chứng minh với xyz ≥ 0, tức ta phải có hai số ≤ số ≥ 0; ta giả sử x, y ≤ z ≥ Lúc ta có x2 + y + z + xyz = (x + y)2 − 2xy + z + xyz = (−z)2 + z + xy(z − 2) = 2z + xy(z − 2) ≤ 2z ≤ k2 Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy x = −1, y = 0, z = hay a = 0, b = 1, c = hoán vị Bài 57 Cho a, b, c số thực thỏa mãn a + b + c = ab + bc + ca > Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 P = + + +√ |a − b| |b − c| |c − a| ab + bc + ca Lời giải Giả sử a > b > c Khi ta có P = ∀ m, n > ta có 2 + + +√ a−b b−c a−c ab + bc + ac ww √ 1 2 + ≥ ≥√ m n m+n m2 + n2 Sử dụng bất đẳng thức ta suy P ≥ (a − c)2 + 4(ab + bc + ca) √ 20 //w ≥ 10 +√ a−c ab + bc + ca √ 20 = = (a + c)(a + c + 4b) √ 20 (1 − b)(1 + 3b) Theo AM − GM ta lại có 3(1 − b)(1 + 3b) ≤ Suy (3 − 3b + + 3b)2 =4 htt p: √ P ≥ 10 √ √ √ 2+ 2− Đẳng thức xảy a = ,b = ,c = Vậy P = 10 6 Bài 58 √ Cho x, y, z số không âm thỏa mãn x2 + + 2y + + 2z + = Tìm giái trị nhỏ biểu thức P = 2x3 + y + z Lời giải √ √ √ Với hai số không âm a, b ta có + a + + b ≥ + + a + b (1) Thật vậy, √ (1) ⇐⇒ + a + b + (1 + a)(1 + b) ≥ + a + b + + a + b √ √ ⇐⇒ + a + b + ab ≥ + a + b, ( đúng.) 34 5= x2 + + 2y + + √ 2z + ≥ + + x2 + 2y + √ π n et Dấu đẳng thức xảy a = b = Áp dụng (1) ta có + 2z ≥ + + x2 + 2y + 2z x2 (2) 2 x Khi P ≤ 2x3 + (y + z)3 ≤ 2x3 + (4 − )3 (3) √ Chú ý rằng, từ (2) x, y, z không âm ta có ≤ x ≤ 2 √ x2 Xét hàm số f (x) = 2x3 + (4 − )3 [0; 2] x2 Ta có f (x) = 6x − 3x(4 − ) = x(x − 2)[x(12 − x2 ) + 2(16 − x2 )] √ Với x ∈ [0; 2] ta có f (x) = ⇐⇒ x = x = √ √ √ Từ f (0) = 64, f (2) = 24, f (2 2) = 32 suy f (x) ≤ 64, ∀x ∈ [0; 2] (4) Từ (3) (4) ta có P ≤ 64, dấu đẳng thức xảy x = y = 0, z = x = z = 0, y = Vậy giá trị lớn P 64, đạt x = y = 0, z = x = z = 0, y = Bài 59 Cho a, b số không âm thỏa mãn a2 + 2b = 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 4+ 4+ a b 8(a − b)2 k2 Suy x2 + 2y + 2z ≤ 8, hay y + z ≤ − ww Lời giải √ Từ giả thiết áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 16 = (a2 + 4) + 2b ≥ 4a + 2b ≥ 4a.2b Suy < ab ≤ Do 4 a2 b2 4 ab P = 4+ 4+ ≥ ( + 4) + a b 8(a − b) 64 a b 8(a − b)2 b2 1 a2 = ( + 2) + a b 16 b a 64 b + a − htt p: //w a b 1 1 + Khi t > P ≥ (t2 − 2) + = t2 + − b a 16 64 t − 16 64 t − 1 Xét hàm số f (t) = t + − (2; +∞) 16 64 t − 5 Ta có f (t) = t − ; f (t) = ⇐⇒ t(t − 2)2 = ⇐⇒ t = , t > 2 64 (t − 2) 27 Đến lập BBT ta suy P ≥ f ( ) = Đẳng thức xảy a = 2, b = 64 27 Vậy P = a = 2, b = 64 Bài 60 Cho a, b, c số không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh : b+1 c+1 a+1 a +b +c ≥ + (ab + bc + ca)(1 − abc) c+1 a+1 b+1 Đặt t = Lời giải Kí hiệu tổng hoán vị Theo BĐT Cauchy − Schwarz ta có : Suy a (b + 1)(c + 1) ≥ + √ bc √ a (b + 1)(c + 1) b+1 a(1 + bc) = ≥ c+1 c+1 c+1 Thiết lập BĐT tương tự cộng vế theo vế ý abc ≤ ta suy : √ √ √ b+1 a a abc a a a ≥ + ≥ + abc c+1 c+1 c+1 c+1 c+1 35 (1) a2 b + b2 c + c2 a ≥ Và abc ≤ (ab + bc + ca)2 (ab + bc + ca)2 = a+b+c π n et Ta dễ có (ab + bc + ca)2 (ab + bc + ca)2 = 3(a + b + c) Vì mà a [a(a + 1)(b + 1)] a2 b + a2 + ab + = = c + (a + 1)(b + 1)(c + 1) abc + ab + ( ab) + − ab + 3( ab)2 − ab + 108 ≥ = ( ab)2 + ab + 36 ( ab)2 + ab + Ta lại có (2) √ √ √ √ c a c a a =abc( a− ) = abc a − abc abc c+1 c+1 c+1 √ √ √ Theo BĐT Russia MO 2002 : a + b + c ≥ ab + bc + ca Và √ √ c a 3 (ab + bc + ca)2 abc ≤ abc ac ≤ abc ≤ = (ab + bc + ca)2 c+1 2 √ a ≥ abc c+1 abc Từ (1), (2) (3) ta suy ab)2 − ab)2 + ab)2 − ab)2 + ab − (ab + bc + ca)2 (3) ab + 108 + abc ab − (ab + bc + ca)2 + (ab + bc + ca)(1 − abc) ab + 36 ab + 108 − (ab + bc + ca)2 + ab + bc + ca ab + 36 //w 3( ( 3( = ( VT ≥ ww Suy k2 √ Vậy bất đẳng thức ban đầu chứng minh ta chứng minh 3( ( Hay ab)2 − ab)2 + ( ab)2 − 6(( ab)2 + ab + 108 − (ab + bc + ca)2 + ab + bc + ca ≥ ab + 36 ( ab − 18 ≤ ⇐⇒ ab + 36) 6(( ab + 3)( ab)2 + ab − 6) ≤0 ab + 36) htt p: Dễ thấy bât đẳng thức ≤ ab + bc + ca ≤ Vậy ta có đpcm Đẳng thức xảy a = b = c = a = b = c, c = hoán vị 36 [...]... ) ≥ 0 b 2 2 Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng do //w 2 1 1 + b2 = + + b2 ≥ 3 b b b htt p: Bài toán được chứng minh xong Lời giải 3 (Hakuri) Bất đẳng này nhìn có vẻ khá khó chịu, một bất đẳng thức chứa hai biến, không đối xứng, bậc thì lệch lung tung, lại còn có cả căn nữa Vậy hướng đi của chúng ta sẽ là gì đây? Mình tin chắc nhiều bạn sẽ nghĩ ngay đến việc biến đổi và sử dụng các bất đẳng thức quen... b Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng, kéo theo ∆ ≤ 0 và theo định lý về dấu của tam thức bậc hai f (x) ≥ 0 Bài toán được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 .k2 ⇔ (b2 + 1)(b2 − 3) + Bài 24 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn : 5x2 + 4y 2 + 3z 2 + 2xyz = 60 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = x + y + z ww Lời giải (thầy Mẫn) Đối với dạng toán này, nếu biết điểm rơi bài. .. y = 3 Và bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta sẽ tìm được Pmin = và 125 6 3 đạt được tại x = y = , z = (Phần này các bạn hãy tự chứng minh nhé 5 5 Như vậy với những phân tích trên, ta sẽ tìm cách đi chứng minh bất đẳng thức sau đây x4 + y 4 + 8z 4 ≥ 3 Ta thấy đây là một bất đẳng thức không thuần nhất, vậy mình 5 không có ý tưởng với dạng không thuần nhất này :D) Bất đẳng ww 6 Với đẳng thức xảy... Lời giải (Nguyenhuyen_AG) Bài toán này hoàn toàn có thể chứng minh được bằng Cauchy − Schwarz Các bạn cùng xem nhé Trước hết ta cần phải có một số phán đoán cho tương lại của bài toán này, tức là GTNN của nó sẽ xảy ra ở đâu và khi nào ? Ta thấy trong biểu thức P và điều kiện của bài toán thì vai trong của x và y là như nhau, tức là ta thay đổi x thành y hay y thành x thì bài toán cũng vẫn như cũ Điều... Vậy min P = 12 2 − 17 Đẳng thức xảy ra khi ww Bài 51 Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng √ minh rằng 3 (a − b)(b − c)(c − a) ≤ 18 Lời giải Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn √ |(a − b)(b − c)(c − a)| ≤ 3 18 //w Vì đây là một bất đẳng thức đối xứng nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a√≤ b ≤ c 3 Đặt b = a + x và c = a + y với y ≥ x ≥ 0, bất đẳng thức của ta trở... 13 a2 1 + b2 b +1≥ π n et  1   a2 b4 + 2 ≥ 2b2   a   a2 Theo bất đẳng thức AM − GM ta có 2 2 + 2.a2 b ≥ 6a2  b    4 1   + a2 b4 + ≥6 b a2 được đpcm Đẳng thức xảy ra khi a = b = 1 Lời giải 2 (anh Cẩn) Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với Cộng vế theo vế các BĐT trên ta suy ra 3a2 (a2 + b2 + 1) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có 3a2 (b2 + 1) 2(a2 + b2 + 1) + 2 b2 + 1 2 3b +... xyz + 3y + 8z = 24 ≤ 36 hay 3y + 8z + xyz ≤ 12 Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 • Anh nói ý tưởng lời giải : Như trong bài này thì em có thể dự đoán được x = y = z = 1 rồi nhưng anh giải theo cách tổng quát Giả sử ta tìm được dấu đẳng thức xảy ra khi x = a, y = b, z = c Chú ý dấu đẳng thức xảy ra trong bất đẳng thức C.B.S : (a1 b1 +a2 b2 +· · · )2 ≤ (a1 2 +a2 2 +· · · )(b1 2... b) π n et Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể được viết lại thành Ta có ww a b a(b2 + 1) − b(a2 + 1) − = a2 + 1 b2 + 1 (a2 + 1)(b2 + 1) (ab2 − a2 b) + (a − b) = (a2 + 1)(b2 + 1) (a − b)(1 − ab) = 2 (a + 1)(b2 + 1) Do đó, (1) tương đương với (a − b)2 (1 − ab) ≥ 0 (a2 + 1)(b2 + 1) Lời giải //w Vì ab ≤ 1 nên bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b Bài 32 Cho a, b,... :D Như vậy ta sẽ đặt t = 2z và viết bất đẳng thức cần chứng minh lại như sau 1 2(x4 + y 4 ) + t4 ≥ [2(x + y) + t]4 125 1 Thấy cái phân thức nhìn kì kì, nên ta ném nó lên vế trái luôn 125 125 2(x4 + y 4 ) + t4 ≥ [2(x + y) + t]4 (2) htt p: Như vậy là sau một quá trình phân tích và biến đổi, ta đã đưa được một bất đẳng thức có dấu bằng khi các biến lệch nhau về bất đẳng thức khi các biến bằng nhau và... Anh đánh giá tiếp Có cái bất đẳng thức sau : Với a, b ≥ 0 thì ta luôn có a + x2 + b + x2 ≥ x + a + b + x2 Bất đẳng thức trên tương đương với ab ≥ 0, sử dụng nó ta có √ √ 4 z + 1 + 2 x + 2y + 4 = 2( 4z + 4 + ≥ 2(2 + x + 2y + 4) x + 2y + 4z + 4) htt p: Đẳng thức xảy ra khi 4z(x + 2y) = 0, kết hợp với giả thiết ta suy ra z = 0, nó thỏa mãn cái phía trên nhé Rứa nên ta dự đoán đẳng thức xảy ra khi z =