LUYỆN tập về bất ĐẲNG THỨC

ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán, ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,ôn thi học sinh giỏi toán, bồi dưỡng thi HS giỏi toán, bồi dưỡng thi olympic toán, tài liệu tham khảo thi toán,

LUYỆN TẬP VỀ BẤT ĐẲNG THỨC Bất đẳng thức mảng toán khó chương trình phổ thông nói chung chương trình chuyên toán nói chung Mặc dù trang bị công cụ mạnh, phương pháp phân tích bình phương, dồn biến, ABC, pqr, hàm lồi … đứng trước toán bất đẳng thức mới, cảm thấy lúng túng thiếu tự tin Vậy làm để tự tin tìm định hướng giải toán bất đẳng thức? Để không bị bối rối bơi rừng phương pháp khác nhau, phải nắm tư tưởng chứng minh bất đẳng thức là: Luôn tìm cách đưa toán đơn giản cách + Giảm dần số biến số + Thay biểu thức đơn giản Luôn nhớ quy tắc “No square is negative – x ≥ ∀ x ∈ R”, “Look at the end – Hãy nhìn vào đầu mút!”, “Hãy hoá chuẩn hoá”, “Hãy đối xứng hoá”, “Hãy thứ tự!”, “Hãy đặt biến phụ!” Việc sử dụng phương pháp đạo hàm, dồn biến, SOS, bất đẳng thức cổ điển, ABC, pqr, quy nạp … phục vụ cho mục đích đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng đơn giản Chúng ta xem xét số ví dụ Bài toán (Kvant) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh ta có 1 + + + 48(ab + bc + ca) ≥ 25 a b c Giải Cách (Dồn biến) Dồn biến cách tách bất đẳng thức cần chứng minh thành hai bất đẳng thức đơn giản Đặt f (a, b, c) = 1 + + + 48( ab + bc + ca) ta cần chứng minh a b c f(a, b, c) ≥ 25 với a, b, c > a + b + c = (1) Không tính tổng quát, giả sử a = max{a, b, c} Để chứng minh (1), ta chứng minh i) f (a, b, c) ≥ f ( a, b+c b+c , ) với a, b, c>0 a + b + c = 1, a = max{a, b, c}; 2 ii) f(a, t, t) ≥ 25 với a, t > a + 2t = Để chứng minh i), ta xét   b+c b+c 1  b + c   2  f ( a, b, c) − f (a, , )= + − + 48 bc −  − 12    = (b − c)   2 b c b+c     bc(b + c)   Vì a = max{a, b, c} a + b + c = nên a ≥ 1/3 b + c ≤ 2/3 Từ ta có bc(b+c) ≤ (b+c)3/4 ≤ 2/27 Suy 27 − 12 ≥ − 12 > bc (b + c ) Vậy i) chứng minh Để chứng minh ii), ta có 2 + + 48(2at + t ) − 25 = + + 48(2(1 − 2t )t + t ) − 25 a t − 2t t 2 2(4t − 1) (3t − 1) = ≥0 (1 − 2t )t f ( a, t , t ) − 25 = Dấu xảy t = 1/4 t = 1/3, tương ứng với trường hợp a = ½, b = c = 1/4 a = b = c = 1/3 Bài toán giải hoàn toàn Nhận xét 1) Khi thực hành phương pháp dồn biến, nên bất đẳng thức ii) trước với lý sau: i) Tìm điểm nghi vấn xảy dấu Biết điểm xảy dấu bằng, tìm cách tiếp cận thích hợp ii) Nếu không chứng minh ii) việc dồn biến vô ích Vì phải làm bước trước 2) Bất đẳng thức f ( a, b, c) ≥ f (a, b+c b+c , ) nói chung không với a, b, c Sử dụng tính đối 2 xứng bất đẳng thức, ta xếp thứ tự a, b, c để bất đẳng thức 3) Việc chọn giá trị để dồn biến đến phụ thuộc vào biểu thức f điều kiện ràng buộc Trong trường hợp toán trên, có điều kiện a + b + c = nên ta bắt buộc phải dồn biến đến biến mà điều kiện không thay đổi Cách (Phân tích bình phương) Ta thấy 1 + + ≥ = ab + bc + ca ≤ (a+b+c)2/3 = 1/3 bất đẳng thức cần chứng a b c a+b+c minh viết dạng 1 1  + + − ≥ 48 − (ab + bc + ca )  a b c 3  (2) Điều gợi cho nghĩ đến phương pháp phân tích bình phương Ta có 1 bc + ca + ab − 9abc (a + b + c)(bc + ca + ab) − 9abc + + −9 = = a b c abc abc 2 a (b − c ) + b ( c − a ) + c ( a − b ) = abc (a + b + c) − 3(ab + bc + ca) (b − c) + (c − a ) + (a − b) − (ab + bc + ca) = = 3 Do (2) viết lại thành với S a (b − c) + S b (c − a) + S c (a − b) ≥ 1 Sa = − 8, S b = − 8, S c = −8 bc ca ab (3) Giả sử a ≥ b ≥ c Sa ≥ Sb ≥ Sc Bây xét trường hợp + Nếu Sc ≥ (3) hiển nhiên + Nếu Sc < 0, ta viết lại VT (3) dạng S a (b − c) + S b (c − a) + S c (a − b) = S a (b − c) + S b (c − a ) + S c ((a − c) + (c − b)) = ( S a + S c )(b − c) + ( S b + S c )(c − a ) + S c (a − c)(c − b) Vì Sc < 0, a – c ≥ 0, c – b ≤ nên số hạng cuối không âm Do để chứng minh (3), ta cần chứng minh Sa + Sc ≥ Sb + Sc ≥ Do Sa ≥ Sb nên ta cần chứng minh Sb + Sc ≥ xong Ta thực điều Ta có Sb + Sc = 1 1 1 4 + − 16 =  +  − 16 ≥ − 16 ≥ − 16 = ca ab ab c a b+c  a + (b + c )      Phép chứng minh hoàn tất Nhận xét 1) Phương pháp phân tích bình phương đưa bất đẳng thức cần chứng minh dạng S a (b − c) + S b (c − a) + S c (a − b) ≥ Nếu Sa, Sb, Sc không âm bất đẳng thức hiển nhiên Đây ý tưởng phương pháp nguyên thuỷ No square is negative Phương pháp S.O.S tiếp nối ý tưởng cho thấy trường hợp ba số Sa, Sb, Sc có số âm, ta chứng minh bất đẳng thức số tình huống, tính ví dụ tình điển hình 2) Chú ý việc tách thừa số (b-c)2, (c-a)2, (a-b)2 giúp bậc Sa, Sb, Sc giảm việc chứng minh bất đẳng thức kiểu Sb + Sc ≥ đơn giản việc chứng minh bất đẳng thức ban đầu Bài toán Cho a, b, c > Chứng minh ta có bất đẳng thức a2 + b2 + c2 8abc + ≥2 ab + bc + ca ( a + b)(b + c)(c + a ) (1) Giải Cách (Phân tích bình phương) Cách tự nhiên tương đối dễ thực Lời giải chi tiết xin dành cho bạn đọc Cách (Dồn biến) Phương pháp dồn biến gặp khó khăn toán Bạn có ý tưởng không? a2 + b2 + c2 ≥ nên ta có Cách (Sử dụng đánh giá trung gian) Chú ý ab + bc + ca a + b + c a + b + c + a 2a + b + c ≥ = Như vậy, để chứng minh (1), ta cần chứng minh ab + bc + ca ab + bc + ca + a ( a + b)(a + c) 2a + b + c 8abc + ≥2 (2) (a + b)(a + c) (a + b)(b + c)(c + a ) Sự thuận lợi việc chứng minh (2) so với chứng minh (1) rõ ràng: mẫu số chung biểu thức (2) (a+b)(b+c)(c+a) Một phép biến đổi đại số đơn giản cho ta (2)  (b+c)(2a2+b2+c2) + 8abc ≥ 2(a+b)(b+c)(c+a)  (b-c)2(b+c-2a) ≥ Bất đẳng thức cuối nói chung không Nhưng ta giả sử a = min{a, b, c} Nhưng tính đối xứng bất đẳng thức, điều ta giả sử từ ban đầu Bài toán giải hoàn toàn Nhận xét: Ta dùng đánh giá (ab+bc+ca)(a+b+c) = (a+b)(b+c)(c+a) + abc ≤ để suy a+b+c ≥ ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a ) Từ ta có đánh giá a + b + c (a + b + c)(a + b + c ) ≥ ab + bc + ca (a + b)(b + c )(c + a ) Như để chứng minh (1), ta cần chứng minh (a + b)(b + c)(c + a ) 8 (a + b + c)(a + b + c ) 8abc + ≥2 (a + b)(b + c)(c + a ) (a + b)(b + c)(c + a) Bất đẳng thức tương đương với 4(a+b+c)(a2+b2+c2) + 36abc ≥ 9(a+b)(b+c)(c+a)  4(a3+b3+c3) + 18abc ≥ 5[ab(a+b) + bc(b+c) + ca(a+c)] Đáng tiếc bất đẳng thức cuối không với a, b, c > Chẳng hạn ta chọn a = b = cho c  Tình cho thấy phương pháp sử dụng đánh giá trung gian dẫn đến việc đưa toán việc chứng minh bất đẳng thức nói chung không Vì phải cẩn trọng với đánh giá Bài toán Cho a, b, c số thực dương thoả mãn điều kiện ( a + b − c )  + −  = a c b (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức ( ) 1   P = a4 + b4 + c4  + +  b c  a Giải Cách Nếu điều kiện ràng buộc ta dễ dàng dùng bất đẳng thức CauchySchwarz để thu GTNN P Do có điều kiện ràng buộc, ta áp dụng Cauchy-Schwarz cho hai nhóm (như biến số không bị ép thoả mãn (1)) Cụ thể   1       a2 b2  P = (a + b ) + c   +  +  ≥  (a + b ) +  + 1 =  + + 1 (2) b  c   b    b a a  a  ( 4 ) a4 + b4 c4 = ⇔ ab = c Dấu xảy 1 + 4 a b c Do a b a2 b2  a b  + =  +  − nên ta cần tìm giá trị nhỏ + Nếu giá trị nhỏ b a b a b a đạt điều kiện ab = c2 thoả mãn ta tìm giá trị nhỏ P 1 a 1 b a b Khai triển (1) thành  + c −  + b  − 1c + ( a + b) = Xem phương trình bậc hai theo a  c, ta có a b a b  1 1 a b  a b  ∆ =  + − 1 − 4 + (a + b) =  + −  + + 1 ≥ ⇒ + ≥ b a b a  a b b a  b a  a b Từ suy giá trị nhỏ + Từ ta có a + b = ab Và ta có b a a b   + − 1 ab b a  3ab c= = = ab = ab a+b a+b 1 1 2 +  a b Tức a b + đạt giá trị nhỏ dấu xảy (2) b a Kết hợp điều trên, ta tìm GTNN P 48 = 2304, đạt a b + = b a c = ab Cách Không tính tổng quát, giả sử a ≥ b Đặt 1  1 1 1 1  (a + b − c) + −  = (a + b) +  − ( a + b) +  c a a b c a b  a = u, u ≥ Vì b 1  + c  + a     1 1 1 1 1 1  ≤ (a + b) +  − (a + b) +  + =  (a + b) +  − 1 =  u + + − 1  u a b a a  a a        Từ  u + + − 1 ≥ , suy u   u+ ≥ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Bunhiacopskyu Schwarz, ta có 1       (a + b + c ) + +  ≥  ( a + b ) +  + 1 b c   b   a a 4   =  u + + 1 ≥ (7 − 1) = 2304 u   Dấu xảy ab = c a b + = Với a ≥ b, điều kiện tương đương với b a a 3+ b 3− = , = c c Bài toán Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = 5, x2 + y2 + z2 = i) Chứng minh ≤ x, y, z ≤ 7/3; ii) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số P = x.y.z Giải i) Ta có x + y = – z, x2 + y2 = – z2 Từ suy xy = ( x + y ) − ( x + y ) (5 − z ) − (9 − z ) = = z − 5z + 2 Từ x, y nghiệm phương trình X2 – (5–z)X + z2 – 5z + = Phương trình có nghiệm ∆ = (5–z)2 – 4(z2–5z+8) ≥  3z2 – 10z + ≤  ≤ z ≤ 7/3 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh ≤ x, y ≤ 7/3 ii) Cách Từ điều kiện đề suy xy + yz + zx = Suy x, y, z nghiệm phương trình X3 – 5X2 + 8X – P = (1) ta cần tìm tất giá trị P cho phương trình (1) có nghiệm phân biệt Điều thực cách khảo sát hàm số y = X – 5X2 + 8X P cần phải nằm giá trị cực đại cực tiểu hàm số Giải chi tiếp ta ≤ P ≤ 112 Dấu xảy vế trái, chẳng 27 hạn x = 1, y = z = Dấu xảy vế phải x = y = 4/3, z = 7/3 Cách Từ cách giải phần i) ta có P = xyz = (z 2-5z+8)z, ≤ z ≤ 7/3 Khảo sát hàm số (z 25z+8)z đoạn [1, 7/3], ta tìm GTLN P 112/27 (đạt z = 4/3 z = 7/3) GTNN P (đạt z = z = 2) Cách Do x, y, z ≥ nên ta có (x-1)(y-1)(z-1) ≥  xyz – (xy+yz+zx) + x + y + z – ≥ Suy xyz ≥ – + = Dấu xảy chẳng hạn z = (và x = y = 2) Tương tự, x, y, z ≤ 7/3 nên ta có (x-7/3)(y-7/3)(z-7/3) ≤ Từ khai triển sử dụng điều kiện xy + yz + zx = 8, x + y + z = 5, ta xyz ≤ 112/27 Dấu xảy ra, chẳng hạn z = 7/3 (và x = y = 4/3) Bài toán (VMO 1996) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện xy + yz + zx + xyz = Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + zx (1) Giải Làm để « xử lý » điều kiện xy + yz + zx + xyz = 4? Hay nói cách khác, sử dụng điều kiện nào? Đây điểm mấu chốt lời giải toán Cách Ta sử dụng điều kiện phép trực tiếp Từ điều kiện đề suy z= − xy x + y + xy Thay vào (1), ta có điều cần chứng minh tương đương với x + y − xy + − xy (1 − x − y ) ≥ x + y + xy ⇔ ( x + y ) − x y + − xy − 4( x + y ) + xy ( x + y ) ≥ ⇔ ( x + y − 2) − xy ( x − 1)( y − 1) ≥ Bất đẳng thức cuối nói chung không với x, y > Tuy nhiên, nhớ lại x, y, z thoả mãn đẳng thức xy + yz + zx + xyz = 4, ta suy số lớn nhỏ Do tìm số, giả sử x y cho x ≤ ≤ y bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, ta có điều phải chứng minh Cách Tương tự cách trên, ta đến bất đẳng thức ( x + y ) − x y + − xy − 4( x + y ) + xy ( x + y ) ≥ ⇔ (1 + y − y ) x + ( y + y − 4) x + y − y + ≥ (2) Lý luận trên, ta giả sử y ≤ Cuối ∆ = (y2+y-4)2 – 4(1+y-y2)(y2-4y+4) = y(5y-8)(y-1)2 ≤ theo định lý tam thức bậc 2, ta suy (2) với x Bài (IMO 2001) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ta có bất đẳng thức a a + 8bc + b b + 8ca + c ≥1 c + 8ab Giải Cách Với bất đẳng thức dạng tổng phân thức, ta có phương pháp dùng đánh giá trung gian để thay vế trái biểu thức đơn giản Cụ thể với toán trên, ta có, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (   a b c   a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab + +   2 b + 8ca c + 8ab   a + 8bc ≥ (a + b + c) ) Từ suy   a b c (a + b + c)  ≥ + +   b + 8ca c + 8ab  a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab  a + 8bc Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta cần chứng minh phân số cuối lớn xong Phân thức rõ ràng đơn giản tổng ba phân thức ban đầu Tuy nhiên, mẫu số phân thức tổng ba biểu thức chứa Ta thử tiếp tục đánh giá mẫu số cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≤ a + b + c a + 8bc + b + 8ca + c + 8ab Từ (a + b + c) a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≥ (a + b + c) a + b + c a + 8bc + b + 8ca + c + 8ab Như vậy, để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta cần chứng minh (a + b + c) ≥1 a + b + c a + 8bc + b + 8ca + c + 8ab ⇔ (a + b + c ) ≥ ( a + b + c )(a + b + c + 8(ab + bc + ca)) xong Đáng tiếc bất đẳng thức cuối không Điều kiểm tra , chẳng hạn, cho a = b, c = Ta tìm cách khác để đánh giá a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab Cụ thể, dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz với cách nhóm khác: a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab = a a + 8abc + a b + 8bca + c c + 8cab ≤ a + b + c a + b + c + 24abc Từ (a + b + c) a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≥ (a + b + c) a + b + c a + b + c + 24abc Bây giờ, ta cần chứng minh (a + b + c) a + b + c a + b + c + 24abc xong ≥1 Nhưng bất đẳng thức cuối này, sau bình phương hai vế quy đồng mẫu số, tương đương với (a+b+c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc  a2b + a2c + b2c + b2a + c2a + c2b ≥ 6abc  a(b-c)2 + b(c-a)2 + c(a-b)2 ≥ hiển nhiên Cách (Đánh giá trung gian) Ta tìm số p cho với a, b, c > a a + 8bc ≥ ap (1) ap +bp +cp Nếu tìm số p bất đẳng thức hiển nhiên Việc tìm số p thông qua hai bước Bước 1: Tìm p Bước 2: Chứng minh với p tìm bất đẳng thức Để tìm p, ta xét trường hợp b = c = 1, a = x biến đổi (1) dạng x2(xp+2)2 ≥ (x2+8)x2p  x2+p + x2 ≥ 2x2p  x2-p + x2-2p ≥ (2) Bất đẳng thức cuối phải với x Điều rõ ràng tích hai số vế trái 1, tức – p + – 2p = 0, hay p = 4/3 (Có thể chứng minh đơn giản là giá trị để (2) với x) Bây ta chứng minh với p = 4/3 (1) Thật vậy, với p = (1) tương đương với a2(a4/3 + b4/3 + c4/3)2 ≥ a8/3(a2 + 8bc)  (a4/3 + b4/3 + c4/3)2 ≥ a2/3(a2 + 8bc) Mà (a4/3 + b4/3 + c4/3)2 ≥ (a4/3 + 2b2/3c2/3)2 = a8/3 + 4(a4/3b2/3c2/3 + b4/3c4/3) ≥ a8/3 + 8a2/3bc = a2/3(a2 + 8bc) Nên ta có điều phải chứng minh Cách Để phá thức, ta đặt: x= a a + 8bc ,y= b b + 8ca ,z= c c + 8ab Rõ ràng x, y, z ∈ (0, 1) Ta cần chứng minh x + y + z ≥ Chú ý a2 x2 b2 y2 c2 z2 x2 y2 z2 = , = , = ⇒ = 8bc − x 8ca − y 8ab − z 512 − x − y − z Như vậy, ta cần chứng minh x + y + z ≥ 1, x, y, z ∈ (0, 1) (1-x2)(1-y2)(1-z2) = 512x2y2z2 Nhưng x + y + z < theo bất đẳng thức AM-GM ta có (1-x2)(1-y2)(1-z2) > ((x+y+z)2-x2)((x+y+z)2-y2)((x+y+z)2-z2) = (y+z)(y+z+2x)(z+x)(z+x+2y)(x+y)(x+y+2z) ≥ 2(yz)1/2.4(yzx2)1/4.2(zx)1/2.4(zxy2)1/4.2(xy)1/2.4(xyz2)1/4 = 512x2y2z2 Mâu thuẫn Bài tập Bài a) Cho x, y > Chứng minh 1 + ≥ 2 + xy (1 + x) (1 + y ) b) Cho x, y, z, t > thoả mãn điều kiện xyzt = Chứng minh 1 1 + + + ≥1 2 (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) (1 + t ) c) Cho x, y, z > thoả mãn điều kiện xyz = Chứng minh 1 + + ≥ 2 (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) d) (Vietnam TST 2005) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh 3 3  a   b   c    +  +  ≥ a +b b+c c+a e) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện xyz = Chứng minh 1 + + + ≥1 2 (1 + x )(1 + y )(1 + z ) (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) f) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện xyz = Chứng minh 1 + + + ≥1 3 (1 + x )(1 + y )(1 + z ) (1 + x) (1 + y ) (1 + z ) Bài a) Chứng minh x, y số thực dương thoả mãn điều kiện xy ≤ ta có 1 + ≤ 2 + xy 1+ x 1+ y xy ≥ bất đẳng thức đảo chiều b) Chứng minh x, y số thực dương thoả mãn điều kiện xy ≤ ta có 1+ x2 + 1+ y2 ≤ + xy c) Giải hệ phương trình  + =  2 + xy  1+ x 1+ y  24   x(1 − y ) + y (1 − x) = 25 Bài a) Cho a, b, x, y số thực dương thoả mãn điều kiện xy = ax + by Chứng minh x + y ≥ ( a + b)2 b) Cho a, b số thực dương x, y, z số thực dương thay đổi thoả mãn điều kiện xyz = ax + b(y+z) tìm giá trị nhỏ x + y + z c) Cho a, b, c, x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện xyz = ax + by + cz Chứng minh x+ y+ z > a+b + b+c + c+a d) (Vietnam TST 2001) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện 2xyz = 2x + 4y + 7z Tìm giá trị nhỏ P = x + y + z Bài a) Cho a, b, c > Chứng minh a b c + + ≤1 2a + b 2b + c 2c + a b) Cho a, b, c > Chứng minh 2  a   b   c    +  +  ≥  a + 2b   b + 2c   c + 2a  c) (Vietnam TST 1982) Cho a, b, c > Chứng minh a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b d) (IMO 2001) Cho a, b, c > Chứng minh a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≥1 Bài a) Cho x, y, z > 0, xy + yz + zx + xyz = Chứng minh x + y + z ≥ xy + yz + zx b) Cho x, y, z > 0, x + y + z + = 4xyz Chứng minh xy + yz + zx ≥ x + y + z c) Cho a,b,c >0 x = a+1/b, y = b+1/c, z = c+1/a Chứng minh xy+yz+zx ≥ 2(x+y+z) Bài a) Cho a, b, c > 0, a2 + b2 + c2 + abc = Chứng minh a + b + c ≤ b) Cho x, y, z > thoả mãn điều kiện x2 + y2 + z2 + 2xyz = Chứng minh i) x + y + z ≤ 3 ii ) xy + yz + zx ≤ ≤ x + y + z 2 iii ) xy + yz + zx ≤ + xyz c) Cho x, y, z > thoả mãn điều kiện xy + yz + zx + 2xyz = Chứng minh i ) xyz ≤ 1 ii ) x + y + z ≥ iii ) + + ≥ 4( x + y + z ) x y z Bài a) Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z =  2 x + y + z = i) Chứng minh ≤ x, y, z ≤ ii) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = xyz b) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện x + y + z = 10, 1/x + 1/y + 1/z = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P = x3 + y3 + z3 c) (VMO 2004) Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện (x+y+z) = 32xyz Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P= x4 + y4 + z4 ( x + y + z) 4) Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện x + y + z = 0, x + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P = x2y + y2z + z2x Bài a) Cho a, b, c > Chứng minh a2 + b2 + c2 8abc + ≥2 ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) b) Cho a, b, c > Chứng minh a + b + c 9( ab + bc + ca) + ≥ 12 abc a + b2 + c2 Bài a) Cho x, y, z > Chứng minh  x x+ y y+z z+x y z + + ≥ 4 + + z x y  y+z z+x x+ b) Cho x, y, z > Chứng minh x2 + y2 + z 2  x y z ≥  + + xy + yz + zx  y + z z + x x +   y    y  c) Cho x, y, z > Chứng minh y+z + x z+x + y  x+ y x ≥ 2 + z y + z  y + z+x z   x + y  n d) Cho x1, x2, …, xn số thực dương thoả mãn điều kiện bất đẳng thức n ∑ i =1 n xi ≥ (n − 1)∑ i =1 xi ∑1+ x i =1 = Chứng minh ta có i Phương pháp hệ số bất định Việc vận dùng bất đẳng thức cổ điển Cauchy, Cauchy-Schwarz giúp đơn giản biểu thức bất đẳng thức, rút ngắn đường đường từ vế trái đến phải, giảm độ phức tạp hàm số cần tìm cực trị Tuy nhiên, áp dụng bất đẳng thức cách máy móc, ta gặp phải tình tạo bất đẳng thức trung gian không đúng, thay hàm số hàm số khác có cực trị không trùng với hàm số ban đầu Ta xét ví dụ: Bài toán Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 2x + với x > y > xy ( x − y ) Một bạn giải sau Ta có A = 2x + 1 = x + ( x − y) + y + ≥ 44 x( x − y ) y =4 xy ( x − y ) xy( x − y ) xy ( x − y ) Vậy GTNN A Lời giải phạm sai lầm chưa điều kiện xảy dấu vội kết luận GTNN Nếu xét điều kiện xảy dấu x = x – y = y = 1/xy(x-y) ta thấy dấu xảy ra, tức giá trị không đạt GTNN A Để xử lý tình này, ta cần phải điều chỉnh lời giải cách thích hợp Cách Cũng tách trên, ta đưa thêm tham số a (0 < a < 2) vào sau A = 2x + 1 = ax + (2 − a)( x − y ) + ( − a ) y + ≥ 44 a ( − a ) xy ( x − y ) xy ( x − y ) Dấu xảy ax = (2 − a)( x − y ) = ( − a ) y + ⇔ a = , x = 6, y = / xy ( x − y ) Cách Ta thấy biểu thức 2x không phụ thuộc vào y, đó, cố định x, trước hết ta tìm giá trị y cho nhỏ Điều thực theo bất đẳng thức Cauchy y(x-y) xy ( x − y ) ≤ x2/4 Dấu xảy y = x/2 Vậy A ≥ 2x + = 2x + x /4 x Bây ta tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy cách tách 2x thành phần 2x/3: 2x 2x 2x 32 = + + + ≥ 44 3 3 x 27 x 2x = ⇔ x = Vậy GTNN A Dấu xảy x 2x + x = 6, y = / 32 đạt 27 Bài toán Tìm diện tích lớn tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính R Giải Cố định cạnh BC ta thấy diện tích tam giác ABC lớn A trùng với trung điểm K cung lớn BC Đặt BC = 2x dễ dàng tính diện tích tam giác ABC trường hợp S = x( R + R − x ) Bài toán quy việc tìm x cho S lớn Hai đại lượng xR, x R − x đánh giá cách dễ dàng: xR ≤ R , x R − x ≤ Từ suy S ≤ x2 + R2 − x2 R2 = 2 3R Đáng tiếc dấu đánh giá xảy không đồng thời Cụ thể bất đẳng thức thứ nhất, dấu xảy x = R, bất đẳng thức thứ hai dấu xảy x = R Làm để xử lý tình này? Ta thêm hệ số vào trước sử dụng bất đẳng thức Cauchy, cụ thể, ta viết S = x( R + R − x ) = ≤ ( ( ( ax.R ) + bx R − x a b ) ) 2 a x + R + (b x + R − x ) (1) 2a 2b Bất đẳng thức với a, b > Tuy nhiên, để giải toán, tức để tìm GTLN S, ta cần chọn a, b cho i) Vế phải bất đẳng thức không phụ thuộc vào x ii) Tồn x cho dấu xảy Điều kiện i) tương đương với a b 1 + − = ⇔ a+b− = 2 2b b Với điều kiện ii), ta thấy dấu xảy bất đẳng thức thứ a 2x2 = R2, bất đẳng thức thứ hai b2x2 = R2 – x2  (b2+1)x2 = R2 Vậy tồn x để dấu xảy đồng thời hai bất đẳng thức a2 = b2 + Như vậy, ta có hệ phương trình  a + b − = b  a = b +  Giải hệ này, ta tìm (chú ý a, b > 0) a = ,b = Áp dụng (1) cho cặp số a, b này, ta S = x( R + R − x ) = ≤   3  x.R  +  x R − x 2    34 3 2 ( x + R2 − x2 ) = R  x +R + 3     Dấu xảy khi x = R R2 3 x = R , x = R − x tức x = đạt Vậy S max = 3 R Lưu ý trình bày lời giải, không cần phải trình bày lại đường để đến giá trị đây, mà cần trình bày dòng cuối Cũng lý nên nhiều toán có lời giải ngắn gọn, thực tế lại toán không đơn giản Ví dụ toán sau Bài toán (Olympic 30/4, 1996, lớp 10) Chứng minh với ≤ x ≤ ta có bất đẳng thức x(9 + x + 13 − x ) ≤ 16 Giải Ta có 13 x(9 + x + 13 − x ) = x.2 + x + x.2 − x 2 13 ≤ x + 4(1 + x + ( x + 4(1 − x )) = 16 4 ( ) Dấu xảy x = + x x = − x , tức x = Tuy lời giải ngắn gọn thực chất toán không đơn giản (đối với học sinh lớp 10) Và thực tế thí sinh kỳ thi năm giải toán Bí lời giải nằm hệ số (3, 2), (1, 2) mà ta nhân vào trước áp dụng bất đẳng thức Cauchy Bằng phương pháp tương tự toán 2, bạn đọc thử tự phân tích xem số tìm nào? Các số tìm ta từ hệ điều kiện Tuy nhiên, biết “điểm rơi” toán, tức điểm xảy dấu bất đẳng thức hệ số “dự đoán” Chẳng hạn với tìm GTLN S, ta biết (hay dự đoán được) S lớn tam giác ABC R , áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta nhân x với trước ghép cặp với R Tương tự, hệ số x trước ghép cặp với R − x Tương tự vậy, biết toán 3, dấu xảy x = có đều, tức x = thể dễ dàng tính hệ số (3, 2), (1, 2) sử dụng Chính từ góc nhìn này, đưa phương pháp chọn hệ số bất định “điểm rơi giả định” Dưới xét ví dụ minh hoạ Bài toán (Vietnam TST 2001) Cho x, y, z > thoả mãn điều kiện 2x + 4y + 7z = 2xyz Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + z Giải Từ điều kiện đầu suy 7/2 + + =1 yz zx xy Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy ≥ 33 suy x y2z2 xyz ≥ 189 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta lại có: P ≥ 33 xyz ≥ 36 189 Ta có đánh giá chặn cho P Tuy nhiên 36 189 giá trị nhỏ P, đánh giá trên, dấu xảy điểm khác Ta cần điều chỉnh hệ số Đưa vào hệ số? Các hệ số cần thoả mãn điều kiện nào? Phương pháp trình bày trả lời cho câu hỏi Giả sử P đạt giá trị nhỏ điểm (x 0, y0, z0) Khi điểm này, giá trị (x/x 0), (y/y0), (z/z0) Tương tự, giá trị 1/x 0yz, 1/y0zx, 1/z0xy 1/x0y0z0 Do ta mạnh dạn dùng bất đẳng thức Cauchy cho biểu thức Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có P = x + y + z = x0 x y z + y0 + z0 x0 y0 z0  x ≥ ( x0 + y + z )  x0 x0  x0 + y + z  y     y0 x0  x0 + y0 + z0  z     z0 x0  x0 + y + z  =A  Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 1= 7/2 1 + + = x0 + y0 + (7 z / 2) yz zx xy x0 yz y zx z xy x0 y0 z0 /   x0 + y0 + z0 /   x0 + y0 + z0 /   x0 + y0 +7 z0 /      ≥ ( x0 + y + z / 2) =B  x yz   y zx   z xy  Do A có bậc (theo x, y, z) B có bậc -2 nên ta tìm x 0, y0, z0 cho A2B số, ta có P ≥ A2B với dấu xảy x = x0, y = y0, z = z0 Xét bậc x, y, z A2B, ta thấy A2B số (không phụ thuộc vào x, y, z)    x0    x0    x0 x0 y0 z0 / = + + y + z x0 + y + z / x0 + y0 + z / 2 y0 x0 z0 / = + + y + z x0 + y + z / x0 + y0 + z / 2z0 x0 y0 = + + y + z x0 + y + z / x0 + y0 + z / Đây hệ phương trình tìm x0, y0, z0 Chú ý phương trình thứ ba bỏ suy từ hai phương trình trước Như thực chất ta có phương trình Tuy nhiên, phương trình nữa, phương trình điều kiện ban đầu: 2x0 + 4y0 + 7z0 = 2x0y0z0 Giải hệ phương trình (với x 0, y0, z0 > 0), ta nghiệm x0 = 3, y0 = 5/2, z0 = Từ Pmin = x0 + y0 + z0 = 15/2 Chú ý rằng, trình bày giải, ta không cần trình bày bước tìm x 0, y0, z0 (làm nháp!) mà trình bày trực tiếp sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có  x  y  z  x  15  y  15  z  15 P = x + y + z = 6  + 5  + 4  ≥ (6 + + 4)      6  5 4 6  5 4 14 10   30   30   30 7/2 1    1= + + =6 + 10 + 14 ≥ (6 + 10 + 14)   yz zx xy yz zx xy  yz   zx   xy  Từ suy 12 10 10 14   30   30   30  x  15  y  15  z  15    P ≥ (6 + + 4)       (6 + 10 + 14)   6   4  yz   zx   xy  2 = (6 + + 4) (6 + 10 + 14) /(6.5.4) = (15 / 2) Suy P ≥ 15/2 Dấu xảy x y z = = , x + y + z = xyz ⇔ x = 3, y = , z = Lời giải ngắn gọn, đằng sau lời giải khối lượng công việc lớn việc tìm hệ số kỳ diệu nói Phương pháp hệ số bất định tỏ hiệu việc chứng minh bất đẳng thức dạng f(x) + f(y) + f(z) ~ A với x + y + z = a Ý tưởng ta tìm số s t cho f(x) ~ sx + t với x (hoặc có điều kiện bổ sung đó) as + 3t = A bất đẳng thức coi chứng minh Dưới đây, ta xem xét ví dụ vậy: Bài toán (Japan 1997) Chứng minh với số thực dương a, b, c ta có bất đẳng thức a (b + c) b (c + a ) c ( a + b) + + ≤ (1) 2 a + (b + c) b + (c + a ) c + ( a + b) Giải Do giá trị biểu thức vế trái (1) không thay đổi ta thay (a, b, c) (ta, tb, tc) nên ta cần chứng minh (1) điều kiện a + b + c = Chú ý với a + b + c = ta có a (b + c) a (3 − a ) 3a − a = = = f (a) a + (b + c) a + (3 − a ) 2a − 6a + Như bất đẳng thức có dạng f(a) + f(b) + f(c) ≤ 6/5 với a + b + c = Ta tìm số s, t cho f(a) ≤ sa + t với a, < a < 3s + 3t = 6/5, tức s + t = 2/5 Thay t = 2/5 – s vào, ta 3a − a 2 18 − 9a   − ≤ s (a − 1) ∀a ⇔  s − (a − 1) ≥ ∀a (1) 2a − 6a + 2a − 6a +   Ta nhận xét để bất đẳng thức cuối với a số hạng thứ phải chứa thêm thừa số (a-1) nữa, tức phải a = Từ thay a = vào, ta s = 9/5 Chú ý s = 9/5 điều kiện cần để bất đẳng thức với a Thay giá trị s = 9/5 vào, ta 9(a − 1) (2a + 1) (1) ⇔ ≥ ∀a 5( 2a − 6a + 9) Vậy ta chứng minh f (a) ≤ a − với a > Tương tự 5 9 f (b ) ≤ b − , f ( c ) ≤ c − 5 5 Cộng bất đẳng thức lại vế theo vế ta điều phải chứng minh Bài tập a) Tìm số s t cho a3 ≥ sa + tb với a, b > s + t lớn a + ab + b b) (Baltic Way) Từ suy bất đẳng thức sau với a, b, c > a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a (Poland) Chứng minh x, y, z ≥ -3/4 x + y + z = ta có bất đẳng thức x y z + + ≤ x + y + z + 10 a) Tìm tất giá trị p cho bất đẳng thức sau với a, b, c > a a + 8bc ≥ ap ap +bp +cp b) (IMO 2001) Chứng minh với a, b, c số thực dương ta có bất đẳng thức a a + 8bc + b b + 8ca + c c + 8ab ≥1 Bất đẳng thức Hàm số f(x1, x2, …, xn) gọi bậc a với t ta có f(tx1, tx2, …, txn) = taf(x1, x2, …, xn) (1) Bất đẳng thức có dạng f(x1, x2, …, xn) ≥ (2) n với (x1, x2, …, xn) thuộc R f hàm số gọi bất đẳng thức Trong trường hợp ta xét (x1, x2, …, xn) thuộc (R+)n đẳng thức (1) ta xét t > Đặc điểm quan trọng bất đẳng thức (2) điều kiện chuẩn hoá với (x1, x2, …, xn) Điều có có tính chất Dưới ta xem xét số ví dụ kinh điển: Bài toán (Bất đẳng thức Cauchy) Chứng minh a1, a2, …, an số không âm ta có a1 + a + + a n n ≥ a1 a a n n Phân tích Do bất đẳng thức nên ta cần chứng minh bất đẳng thức điều kiện chuẩn hoá đó, chẳng hạn a1a2…an = Như ta cần chứng minh a 1a2… an = a1 + a2 + … + an ≥ n Điều giúp loại bỏ bậc n vế phải Giải Trước hết ta chứng minh bổ đề Bổ đề Nếu a1, a2, …, an số dương có tích a1 + a2 + … + an ≥ Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, bất đẳng thức Giả sử bất đẳng thức đến n = k Xét k+1 số a 1, a2, …, ak, ak+1 có tích Nếu tất số ta có đẳng thức xảy Trong trường hợp ngược lại, phải có số < số > Không tính tổng quát, giả sử ak ak+1 Khi ta có (1- ak)(1-ak+1) < => ak + ak+1 > + akak+1 Từ a1 + a2 + … + ak + ak+1 > (a1 + a2 + … + akak+1) + ≥ k + (Ở ta áp dụng giả thiết quy nạp cho k số a 1, a2, …, akak+1 có tích 1) Bổ đề chứng minh Quay trở lại toán, ta thấy a 1…an = bất đẳng thức hiển nhiên Nếu a 1a2…an > ta đặt x1 = a1 n a1 a a n , x2 = a2 n a1 a a n , , x n = an n a1 a a n Rõ ràng x1x2…xn = theo bổ đề ta có x1 + x2 + … + xn ≥ n Nhưng bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán (Bất đẳng thức trung bình luỹ thừa) Với số thực dương a = (a1, a2, …, an) số thực r, ta đặt  a r + a 2r + + a nr  r  M r (a ) =  n   Khi đó, với r > s ta có M r (a ) ≥ M s (a ) [...]... kiện bất đẳng thức n ∑ i =1 n xi ≥ (n − 1)∑ i =1 1 xi 1 ∑1+ x i =1 = 1 Chứng minh rằng ta có i Phương pháp hệ số bất định Việc vận dùng các bất đẳng thức cổ điển như Cauchy, Cauchy-Schwarz giúp chúng ta đơn giản các biểu thức trong bất đẳng thức, rút ngắn đường đi trong con đường đi từ vế trái đến về phải, giảm độ phức tạp trong các hàm số cần tìm cực trị Tuy nhiên, nếu áp dụng các bất đẳng thức một... các giá trị của p sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi a, b, c > 0 a a 2 + 8bc ≥ ap ap +bp +cp b) (IMO 2001) Chứng minh rằng với a, b, c là các số thực dương ta có bất đẳng thức a a + 8bc 2 + b b + 8ca 2 + c c + 8ab 2 ≥1 Bất đẳng thức thuần nhất Hàm số f(x1, x2, …, xn) được gọi là thuần nhất bậc a nếu với mọi t ta có f(tx1, tx2, …, txn) = taf(x1, x2, …, xn) (1) Bất đẳng thức có dạng f(x1, x2, …,... được gọi là bất đẳng thức thuần nhất Trong trường hợp ta chỉ xét (x1, x2, …, xn) thuộc (R+)n thì trong đẳng thức (1) ta cũng chỉ xét t > 0 Đặc điểm quan trọng của bất đẳng thức thuần nhất là nếu (2) đúng trong một điều kiện chuẩn hoá nào đó thì nó cũng sẽ đúng với mọi (x1, x2, …, xn) Điều này có được là do có tính chất 1 Dưới đây ta xem xét một số ví dụ kinh điển: Bài toán 1 (Bất đẳng thức Cauchy)... bất đẳng thức này lại vế theo vế ta được điều phải chứng minh Bài tập 1 a) Tìm các hằng số s và t sao cho a3 ≥ sa + tb với mọi a, b > 0 và s + t lớn nhất có thể a 2 + ab + b 2 b) (Baltic Way) Từ đó suy ra bất đẳng thức sau đúng với mọi a, b, c > 0 a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 2 2 2 3 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 (Poland) Chứng minh rằng nếu x, y, z ≥ -3/4 và x + y + z = 1 thì ta có bất đẳng thức. .. 1/y0zx, 1/z0xy sẽ cùng bằng 1/x0y0z0 Do đó ta mạnh dạn dùng bất đẳng thức Cauchy cho các biểu thức này Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có P = x + y + z = x0 x y z + y0 + z0 x0 y0 z0  x ≥ ( x0 + y 0 + z 0 )  x0 x0  x0 + y 0 + z 0  y     y0 x0  x0 + y0 + z0  z     z0 x0  x0 + y 0 + z 0  =A  Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 1= 1 2 7/2 1 1 1 + + = x0 + 2 y0 + (7 z... bất định tỏ ra khá hiệu quả trong việc chứng minh các bất đẳng thức dạng f(x) + f(y) + f(z) ~ A với x + y + z = a Ý tưởng là ta tìm các hằng số s và t sao cho f(x) ~ sx + t với mọi x (hoặc có điều kiện bổ sung nào đó) và as + 3t = A thì bất đẳng thức coi như được chứng minh Dưới đây, ta xem xét một ví dụ như vậy: Bài toán 5 (Japan 1997) Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c ta có bất đẳng thức. .. bằng xảy ra Điều kiện i) tương đương với a b 1 1 + − = 0 ⇔ a+b− = 0 2 2 2b b Với điều kiện ii), ta thấy dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức thứ nhất khi a 2x2 = R2, còn ở bất đẳng thức thứ hai khi b2x2 = R2 – x2  (b2+1)x2 = R2 Vậy tồn tại x để dấu bằng xảy ra đồng thời ở cả hai bất đẳng thức khi và chỉ khi a2 = b2 + 1 Như vậy, ta có hệ phương trình 1  a + b − = 0 b  a 2 = b 2 + 1  Giải hệ này, ta tìm... Ta sẽ thêm các hệ số vào trước khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy, cụ thể, ta viết S = x( R + R 2 − x 2 ) = ≤ ( ( 1 ( ax.R ) + 1 bx R 2 − x 2 a b ) ) 1 2 2 1 a x + R 2 + (b 2 x 2 + R 2 − x 2 ) (1) 2a 2b Bất đẳng thức trên đúng với mọi a, b > 0 Tuy nhiên, để giải quyết bài toán, tức là để tìm được GTLN của S, ta cần chọn a, b sao cho i) Vế phải của bất đẳng thức không phụ thuộc vào x ii) Tồn tại x sao... đề được chứng minh Quay trở lại bài toán, ta thấy nếu a 1…an = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng Nếu a 1a2…an > 0 thì ta đặt x1 = a1 n a1 a 2 a n , x2 = a2 n a1 a 2 a n , , x n = an n a1 a 2 a n Rõ ràng x1x2…xn = 1 do đó theo bổ đề ta có x1 + x2 + … + xn ≥ n Nhưng đây chính là bất đẳng thức cần chứng minh Bài toán 2 (Bất đẳng thức trung bình luỹ thừa) Với bộ số thực dương a = (a1, a2, …, an) và... a2, …, an là các số dương có tích bằng 1 thì a1 + a2 + … + an ≥ 1 Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo n Với n = 1, bất đẳng thức đúng Giả sử bất đẳng thức đã đúng đến n = k Xét k+1 số a 1, a2, …, ak, ak+1 có tích bằng 1 Nếu tất cả các số đều bằng nhau và bằng 1 thì ta có đẳng thức xảy ra Trong trường hợp ngược lại, phải có ít nhất một số < 1 và ít nhất một số > 1 Không mất tính tổng quát, giả sử