Phương pháp nhân tử lagrange

diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác PHƯƠNG PHÁP NHÂN TỬ LAGRANGE1 -METHOD OF LAGRANGE MULTIPLIERS Tcuoc K c om Trần Trung Kiên TP Hồ Chí Minh- Ngày 30 tháng năm 2012 Phương pháp nhân tử Lagrange (sẽ học chương trình toán cao cấp bậc đại học) hiệu toán cực trị có điều kiện ràng buộc dùng để tìm điều kiện xảy dấu bất đẳng thức Định nghĩa Cực trị (cực đại cực tiểu) có điều kiện hàm hai biến z = f (x; y) cực trị hàm với điều kiện biến x, y phải thỏa ràng buộc phương trình ϕ(x; y) = Để tìm cực trị có điều kiện hàm z = f (x; y) hữu phương trình ràng buộc ϕ(x; y) = 0, người ta thiết lập hàm bổ trợ hàm Lagrange: L(x; yλ) = f (x; y)+λϕ(x; y), λ nhân tử chưa xác định, gọi nhân tử Lagrange Điều kiện cần cực trị hệ ba phương trình Lx (x; y; λ) = fx (x; y) + λϕx (x; y) = Ly (x; y; λ) = fy (x; y) + λϕy (x; y) = ϕ(x; y) = Giải hệ ta tìm nghiệm x0 ; y0 ; λ0 Vấn đề tồn đặc tính cực trị có điều kiện giải cách xét dấu vi phân cấp hàm Lagrange điểm P0 (x0 ; y0 ) λ0 - nghiệm hệ phương trình P0 (x0 ; y0 ) điểm dừng hàm L d2 L = L xx dx2 + 2L xy dxdy + L yy dy bo Trong dx; dy thỏa mãn ràng buộc biểu thị phương trình ϕx dx + ϕy dy = 0(dx2 + dy = 0) T kh o ng Cụ thể xét hàm f (x; y) đạt cực đại có điều kiện d2 L < đạt cực tiểu có điều kiện d2 L > điểm dừng P0 (x0 ; y0 ) nhân tử λ0 Các bước phương pháp nhân tử Lagrange Phát biểu toán dạng mô hình toán học Cực đại cực tiểu hàm z = f (x; y) với điều kiện ràng buộc ϕ(x; y) = Thiết lập hàm Lagrange L(x; y; λ) = f (x; y) + λϕ(x; y) Tìm điểm dừng L, tức giải hệ phương trình    Lx (x; y; λ) = Ly (x; y; λ) =   Lλ (x; y; λ) = Xét dấu d2 L điểm (x0 ; y0 ) mà (x0 ; y0 ; λ0 ) nghiệm hệ phương trình bước • Nếu d2 L(x0 ; y0 ; λ0 ) < 0zmax = f (x0 ; y0 ) • Nếu d2 L(x0 ; y0 ; λ0 ) > 0zmin = f (x0 ; y0 ) Để nắm vững phương pháp ta quan sát toán đơn giản sau: Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) nhà toán học thiên văn học người Pháp diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác bo Tcuoc K c om Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: f (x; y) = x2 + y Giải Bước 1: Tìm cực tiểu f (x; y) = x2 + y thỏa mãn điều kiện ϕ(x; y) = x + y − 10 = Bước 2: L(x; y; λ) = x2 + y + λ(x + y − 10) −λ ∂f = 2x + λ = ⇔ x = Bước 3: ∂x −λ ∂f = 2y + λ = ⇔ y = ∂y −λ ∂f = 10 ⇔ λ = −10 = x + y − 10 = ⇒ ∂λ Điểm dừng (5; 5; −10) Bước 4: Lxx = 2; Lyy = 2; Lxy = 0; d2 L(5; 5; −10) = 2(dx2 + dy ) > fmin = f (5; 5) = 52 + 52 = 25 Qua toán phần nắm "tư tưởng" phương pháp Để hiểu sâu ta tìm hỏi qua toán khó sau Nếu a b số thực dương thỏa mãn a14 + b14 = Chứng minh rằng: 5a2 3b3 + ≥8 a b Giải b3 a2 Thiết lập hàm Lagrange L(a, b) = + − λ(a14 + b14 − 2) a b Điểm cực trị nghiệm hệ:  b3 10a ∂L   − − 14a13 λ = =   ∂a a b b −5a2 ∂L = + − 14b13 λ =   a b   ∂b a14 + b14 = a , ta quy ước mẫu số tử đặt P (x) = 5x18 − 9x14 + 10x4 − = b P (x) = (x2 − 1)Q(x), với Q(x) nghiệm thực Vậy a, b > x = 1, điểm cực trị a = b = 1,ta có giá trị nhỏ (British Mathematical Olympiad 1986) Cho a, b, c thực thỏa a + b + c = a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = a2 b + b2 c + c2 a 8π 4π 2π Bài toán dấu xảy đặc biệt x = 2cos ; y = 2cos ; z = 2cos 9 Chính nên toán gây khó dễ cho phương pháp ta biết, chí phương pháp mạnh S.O.S, UMV, Trong sử dụng phương pháp Cauchy − Schwarz để chứng minh bất đẳng thức anh Cẩn có lời giải độc đáo sau: Giải Xét hàm nhân tử Lagrange sau: T kh o ng Đặt x = f (a; b; c) = a2 b + b2 c + c2 a + λ1 (a + b + c) + λ2 a2 + b2 + c2 − Các điểm cực trị nghiệm hệ phương trình:  ∂f ∂f ∂f    ∂a = ∂b = ∂c = a+b+c=0    a + b2 + c = diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác   2ab + c2 + λ1 + 2λ2 a =       2bc + a + λ1 + 2λ2 b = ⇔ 2ca + b2 + λ1 + 2λ2 c =    a+b+c=0     a2 + b2 + c2 = Cộng vế với vế phương trình thứ nhất, thứ hai, thứ ba ta Đến ta Tcuoc K c om (a + b + c)2 + 3λ1 + 2λ2 (a + b + c) = ⇔ λ1 =   2ab + c2 + 2λ2 a =       2bc + a + 2λ2 b = 2ca + b2 + 2λ2 c =    a+b+c=0     a2 + b2 + c2 = Từ ta có 2ca + b2 2bc + a2 2ab + c2 = −2λ2 = = c b a Đây điều kiện dấu đẳng thức bất đẳng thức Cauchy − Schwarz nên ta chứng minh toán sau: Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có [a(2ab + c2 ) + b(2bc + a2 ) + c(2ac + b2 )]2 ≤ (a2 + b2 + c2 )[(2ab + c2 )2 + (2bc + a2 )2 + (2ac + b2 )2 ] kh o ng bo Mặt khác ta có: a(2ab + c2 ) + b(2bc + a2 ) + c(2ac + b2 ) = 3(a2 b + b2 c + c2 a) 2 (2ab + c2 ) = 2(ab + bc + ca)2 + (a2 + b2 + c2 ) = 54 Nên A = a2 b + b2 c + c2 a ≤ 8π 4π 2π Dấu "=" xảy x = 2cos ; y = 2cos ; z = 2cos 9 Cho x, y, z thực thỏa x + y + z = x2 + y + z = Tìm GTLN, GTNN biểu thức: P = x3 + y + z Giải Đặt f (x; y; z) = x3 + y + z + λ1 (x + y + z) + λ2 (x2 + y + z − 2) Điểm cực trị nghiệm hệ  ∂f ∂f ∂f    ∂x = ∂y = ∂z = x+y+z =0    x + y2 + z2 = T Hay   3x2 + λ1 + 2λ2 x =       3y + λ1 + 2λ2 y = 3z + λ1 + 2λ2 z =    x+y+z =0     x2 + y + z = Cộng lại ta có 3(x2 + y + z ) + 3λ1 + 2λ(x + y + z) = ⇔ λ1 = −2 Thay vào hệ ta có    3x + 2λ2 x − = 3y + 2λ2 y − =   3z + 2λ2 z − = diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Ở ta quy ước mẫu tử 3z − 3y − 3x2 − = −2λ2 = = z y x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: [x(3x2 − 2) + y(3y − 2) + z(3z − z)]2 ≤ (x2 + y + z )[(3x2 − 2)2 + (3y − 2)2 + (3z − 2)2 ] Tuoc K c om = 2.[9(x4 + y + z ) − 12] = 12 Mà +z)] √ Do x4 +y +z = (x2 +y +z )2 −2[(xy)2 +(yz)2 +(xz)2 ] = 4−2[(xy +xz +yz)2 −2xzy(x+y √ 2 2 3 (x + y + z) − (x + y + z ) ≤P ≤ = −1 Do x4 + y + z = Vậy − xy + xz + yz = 3 √ 1 hoán vị (x; y; z) = √ ; √ ; − √ • P = − 3 √3 2 hoán vị (x; y; z) = − √ ; − √ ; √ • max P = 3 3 Cho a; b; c thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 + abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: D =a+b+c Giải Đặt f (a; b; c) = a + b + c; g(a; b; c) = a2 + b2 + c2 − + abc L = f − λg = a + b + c − λ(a2 + b2 + c2 + abc − 4) gb oc Điểm cực trị nghiệm hệ   ∂L   λ=   = − λa − λbc =     2a + bc   ∂a ∂L λ= = − λb − λac = ⇒   2b + ac ∂b     ∂L    λ=  = − λc − λba = 2c + ba ∂c 1 ⇔ (a − b)(2 − c) = Tương tự ta có (b − c)(2 − a) = (c − a)(2 − b) = = 2b + ac 2a + bc Nếu a = b = từ a2 + b2 + c2 + abc = ta tìm c = −2 a + b + c = Nếu a = b = c = ta có 3a2 + a3 = ⇔ (a − 1)(a + 2)2 = Vậy ta có a = b = c = a = b = c − từ a + b + c = a + b + c = −6 ta có giá trị nhỏ D = −6 Cho a, b, c thực dương thỏa a + b + c + d = Chứng minh rằng: 176 abcd + abc + bcd + cda + dab ≤ 27 27 Giải Đặt f = abc + bcd + cda + dab ta chứng minh f ≤ 27 Đặt g = a + b + c + d − Ta thiết lập hàm Lagrange T kh on Do L = f − λg = abc + bcd + cda + dab − 126 abcd − λ(a + b + c + d − 1) 27 diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Ta có:  176 ∂L   bcd − λ = = bc + cd + db −    27 ∂a     ∂L = ac + cd + da − 176 acd − λ = 27 ∂b 176 ∂L   bad − λ = = ba + ad + db −   27 ∂c    176 ∂L   bca − λ = = bc + ca + ab − 27 ∂d λ = bc + cd + db − Tcuoc K c om Từ hệ ta tìm được: 176 176 176 176 abc abd = bc + ac + ab − acd = ab + bd + da − bcd = ac + cd + da − 27 27 27 27 127 176 176 cd) = Thiết lập tương acd ta có (b − a)(c + d − bcd = ac + cd + da − Từ bc + cd + bd − 27 27 27 tự: 127 ad) = 27 176 ac) = (b − d)(a + c − 27 176 bd) = (a − c)(b + d − 27 (b − c)(a + d − Giải phương trình ta có a = b = c = d từ a + b + c + d = nên a = b = c = d = Vậy 1 1 Từ ta có điều cần chứng minh = ; ; ; 27 4 4 Cho a, b, c thực thỏa a + b + c > Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 ≤ (a2 + b2 + c2 )3/2 + 3abc Trong toán ta tìm cách đặt ẩn thích hợp để tạo thêm điều kiện ràng buộc cho biến để sử dụng phương pháp nhân tử Lagrange Giải Đặt c b a ; z=√ ; y=√ x= √ 2 2 2 a + b2 + c a +b +c a +b +c ng bo f Bất đẳng thức cần chưng minh viết lại thành x3 + y + z ≤ (x2 + y + z )3/2 + 3xyz với x2 + y + z = kh o Đặt f = a3 + b3 + c3 − 3abc; g = a2 + b2 + c2 − T Ta thiết lập hàm Lagrange L = f − λg = a3 + b3 + c3 − 3abc − λ(a2 + b2 + c2 − 1) Ta có hệ sau:  ∂L   = 3a2 − 3bc − 2λa =    ∂a ∂L = 3b2 − 3ac − 2λb =  ∂b     ∂L = 3c2 − 3ba − 2λc = ∂a 3(c2 − ab) 3(b2 − ac) 3(a − bc) = = λ= 2c 2b 2a diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Từ ta có 3(b2 − ac) 3(a2 − bc) ⇔ (a − b)(ab + bc + ac) = = 2b 2a Tcuoc K c om Tương tự ta có (b − c)(ab + bc + ac) = (c − a)(ab + bc + ac) = Giải phương trình ta thu a = b = c ab + bc + ac = Nếu a = b = c f (a; a; a) = < Nếu ab + bc + ac = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) = Và từ a + b + c > ta có a + b + c = Vì f (a; b; c) = a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ac) = Phép chứng minh hoàn tất (China TST -2004)Cho a, b, c, d thực dương thỏa abcd = Chứng minh rằng: 1 1 ≥1 + + + (1 + d)2 (1 + c) (1 + b) (1 + a) Giải 1 1 g(a; b; c; d) = abcd − Đặt f (a; b; c; d) = + + + (1 + d)2 (1 + c) (1 + b) (1 + a) Ta thiết lập hàm Lagrange L = f − λg = Ta có: ng Từ hệ ta thu   −4a λ −4 ∂L     λ= =0 =   −   a ∂a   (1 + a)2 (1 + a)       −4b λ −4 ∂L     =0 =  λ=  − b ∂b (1 + b)2 (1 + b) ⇒ −4c λ −4 ∂L     λ= =0 =   −   c ∂c   (1 + c)2 (1 + c)       −4d λ −4 ∂L     =0 =  λ=  − c ∂c (1 + d)2 (1 + c) bo Ta có hệ sau 1 1 − λ(abcd − 1) + + + (1 + d)2 (1 + c) (1 + b) (1 + a) −4d −4c −4b −4a =λ = = = (1 + d)2 (1 + c) (1 + b) (1 + a) kh o (a − b)(1 − ab) = 0; (a − c)(1 − ac) = 0; (a − d)(1 − ad) = (b − c)(1 − bc) = 0; (b − d)(1 − bd) = 0; (c − d)(1 − cd) = T Giải phương trình ta thu a = b = c = d từ abcd = nên a = b = c = d = ta có Từ f (1; 1; 1; 1) = 1 1 + + + =1 4 4 1 f (1; 1; ; 2) = + + + = + > 4 9 Nên theo phương pháp nhân tử Lagrange ta kết luận f (a; b; c; d) ≥ Vậy toán chứng minh diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Tcuoc K c om Cho a, b, c, d số thực dương thỏa a + b + c + d = Chứng minh rằng: 1 1 ≥ (a3 + b3 + c3 + d3 ) + + + + 27 a b c d Giải Ta thiết lập hàm Lagrange lấy vế trái trừ vế phải, đặt g a + b + c + d − = Ta dễ dàng thấy ∂f ∂( ) ∂a < 0,nên tồn giá trị cực tiểu ∂a ∂g ∂f =λ× Nên tồn số λ thỏa mãn ∂a ∂a ⇔ −27( + a2 ) = λ a Từ ta có a, b, c, d = k k 1) Nếu a, b, c, d = k k = 1, ta tìm f > 1 2) Nếu a, b, c = k d = , k = f = k 3) Nếu a, b = k c, d = , k = 1, f > k Từ 1) 2) 3) ta có điều cần chứng minh 10 Cho a, b, c, d thực dương thỏa a + b + c + d + abcd = Chứng minh rằng: 1 1 + + + ≥4 a b c d Giải 1 1 Đặt f (a; b; c; d) = + + + g(a; b; c; d) = a + b + c + d + abcd − = a b c d Ta thiết lập hàm Lagrange a           L = f − λg = + 1 + + − λ(a + b + c + d + abcd − 5) b c d − λ(1 + bcd) = a2 = − − λ(1 + acd) = b   = − − λ(1 + bad) =   c      = − − λ(1 + bca) = d −1 −1 −1 −1 = = = λ= + d2 (acb) c (1 + abd) b (1 + acd) a (1 + bcd) ng bo ∂L ∂a ∂L ∂b ∂L ∂c ∂L ∂d =− a2 (1 + bcd) = b2 (1 + cad) ⇔ (a − b)(a + b + abcd) = T kh o Từ phương trình đầu ta có: Từ a + b + abcd > ta có a = b Tương tự ta có a = c = d nên a = b = c = d Sử dụng giả thiết a+b+c+d+abcd = ta thu a4 +4a−5 = ⇔ (a−1)(a3 +a2 +a+5) = giải phương trình ta tìm a = Do a = b = c = d = Nên f (1, 1, 1, 1) = + + + = ta có điều cần chứng minh 11 Cho a, b, c thực dương thỏa a + b + c = Chứng minh rằng: 7(ab + bc + ac) ≤ 9abc + Giải Đặt f (a; b; c) = 7(ab + cb + ac) − 9abc − , g(a; b; c) = a + b + c − Ta thiết lập hàm Lagrange L = f − λg = 7(ab + bc + ac) − 9abc − − λ(a + b + c − 1) diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Điểm cực trị nghiệm hệ  ∂L    = 7(b + c) − 9bc − λ =    ∂a  λ = 7(b + c) − 9bc  ∂L ⇒ λ = 7(a + c) − 9ac = 7(c + a) − 9ac − λ   ∂b    λ = 7(b + a) − 9ba   ∂L = 7(a + b) − 9ab − λ = ∂c Nên Tcuoc K c om 7(b + c) − 9bc = 7(c + a) − 9ac = λ ⇔ (b − a)(7 − 9c) = 0(1) Thiết lập tương tự ta có (c − a)(7 − 9a) = 0(2) (a − c)(7 − 9b) = 0(3) giải phương trình ta có a = b = c = f (a; b; c) = 7(ab + bc + ac) − 9abc − = Từ (1) a = b b = c từ phương trình ta có a = 21 −2=0 − 27 14 > điều mâu = b a + b = 9 bo thuẫn a + b < a + b + c = Nếu − 9c = ta có − 9a = − 9b = nên từ (2); (3) ta phải có b = c a = c nên a = b = c = Vậy giá trị nhỏ L = hay 7(ab + ac + bc) ≤ 9abc + 12 Cho a, b, c thực thỏa a2 + b2 + c2 + d2 = chứng minh rằng: A = a3 + b3 + c3 + abc + bcd + cda + dab ≤ Giải Ta thiết lập hàm Lagrange L = a3 + b3 + c3 + d3 + abc + bcd + cda + dab − − λ(a2 + b2 + c2 + a2 − 1) ∂f = 3a2 + bc + cd + bd − 2λa = ∂a ∂f = 3b2 + ac + cd + ad − 2λb = ∂b ∂f = 3c2 + ba + bd + ad − 2λc = ∂c ∂f = 3d2 + bc + ca + ba − 2λd = ∂d a2 + b2 + c2 + d2 =            T kh o ng Điểm cực trị nghiệm hệ              3a2 + bc + ac + bd   = 2λ   a    + cd + ad ac + 3b   2λ = b ⇒ 3c2 + ba + bd + ad   2λ =    c   + bc + ab ca + 3d   2λ = d Ta quy ước mẫu tử Từ ta có: 3b2 + ac + cd + ad 3a2 + bc + ac + bd = b a diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác = 3d2 + ca + bc + ab 3c2 + ba + bd + ad = 2λ = d c Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz ta có: (3a2 + bc + cd + db)2 ] a(3a2 + bc + cd + db)]2 ≤ (a2 + b2 + c2 )[ 9V T = [ = 9(a2 + b2 + c2 + d2 )2 − 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + d2 a2 + d2 b2 + c2 d2 ) − abc(a + b + c) Tcuoc K c om −bcd(b + c + d) − cda(c + d + a) − bab(b + d + a) ≤ Thật bất đẳng thức cuối tương đương: a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + d2 a2 + d2 b2 + c2 d2 ≥ abc (a + b + c)+bcd (b + c + d)+cda (c + d + a)+dab (d + b + a) [2; 1; 1; 0] Bất đẳng thức chứng minh Luôn AM − GM (bộ [2; 2; 0; 0] 12 (IMO Shortlist 2007) Cho a1 ; a2 ; a100 ≥ thỏa a21 + a22 + + a2100 = chứng minh rằng: a21 a2 + a22 a3 + + a2100 a1 Giải Để thuận tiện biến đổi ta đặt a101 = a1 ; a102 = a2 S = a21 a2 + a22 a3 + + a2100 a1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:   2 ak+1 (ak + 2ak+1 ak+2 ) (ak + 2ak+1 ak+2 )  ak+1  ≤ k=1 k=1 k=1 100 100 2 (ak + 4ak ak+1 ak+2 + 4ak+1 ak+2 ) (ak + 2ak+1 ak+2 ) = = 100 100 100 9S = k=1 k=1 bo Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có 4ak ak+1 ak+2 ≤ 2a2k (a2k+1 + a2k+1 ) ng Từ ta có 100 100 a4k 9S ≤ + 2a2k (a2k+1 + a2k+2 ) + 4a2k+1 a2k+2 a4k + 6a2k+1 a2k + 2a2k a2k+2 = k=1 k=1 kh o Sử dụng đánh giá đơn giản 100 100 a4k + 2a2k+1 a2k + 2a2k a2k+2 ≤ =1 k=1 k=1 T a2k 50 50 100 a2k a2k+1 ≤ j=1 i=1 k=1 a22j a22i−1 Ta được: 50 9S ≤ + i=1 √ Từ suy S ≤ < 12 25 a22j a22i−1 ≤1+ i=1 j=1 Vậy toán chứng minh 50 50 50 a22i−1 a22j + j=1 =2 diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác BÀI TẬP Bài 1: Cho x, y, z thực thuộc đoạn [0; 1], chứng minh x2 + y + z ≤ + x2 y + y z + z x Bài 2: Cho x; y; z thực dương Chứng minh rằng: Tcuoc K c om z y x ≤1 + + + x + xy + y + yz + z + xz Bài 3: (USAMO -1997)Cho a; b; c; d thực dương Chứng minh rằng: 25 ≤ (a + b + c + d + e) 1 1 + + + + a b c d e ≤ 25 + p − q q p Bài 4: (USAMO 2001) Cho a, b, c thực dương thỏa a2 + b2 + c2 + abc = chứng minh ab + bc + ac − abc ≤ Bài 5: (1999 Canada Math Olympiad) Cho x, y, z số thực không âm thỏa x + y + z = Chứng minh x2 y + y z + z x ≤ 27 Bài 6: (Bất đẳng thức Schur) Cho a, b, c ≥ 0.Chứng minh a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) bo Bài 7: (Romanian IMO-BMO TST -2007)Cho số thực a1 ; a2 ; an ; b1 ; b2 ; bn (n ≥ 2) thỏa mãn a21 + a22 + + a2n = b21 + b22 + + b2n = 1; a1 b1 + a2 b2 + + an bn = Chứng minh (a1 + a2 + + an )2 + (b1 + b2 + + bn )2 ≤ n ng Bài 8: Cho a1 , a2 , , an > a1 a2 an = 1.Chứng minh n 1 1; ∀k ≥ ≥ + + + 2k (1 + an )k (1 + a1 )k (1 + a2 )k kh o Bài 9: (VMEO II)Cho a, b, c, x, y, z thỏa ax + by + cz = xyz Chứng minh x+y+z ≥ 4(a + b + c) + 8(ab + bc + ca) T Bài 10: Cho a, b, c > thỏa a2 + b2 + c2 = Chứng minh: 2(a2 b + b2 c + c2 a) + 15 ≥ 3(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) Bài 11: Cho a, b, c ∈ R thỏa 2a3 + 2b3 + c3 = 4.Tìm GTLN GTNN c2 − 2ab Bài 12:Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = Chứng minh rằng: a4 + b4 + c4 + ab + bc + ca ≥ 10 diendantoanhoc.net Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm tài liệu học tập khác Bài viết xin kết thúc Nhân đây, xin cám ơn anh Hoàng Quốc Việt-sinh viên trường Đại học Bách Khoa Hà Nội có ý kiến đóng góp để hoàn thiện chuyên đề Việc biên soạn tránh khỏi thiếu sót, mong ý kiến đóng góp bạn để chuyên đề hoàn thiện hơn! Mọi đóng góp xin gửi địa chỉ: manmelody193@yahoo.com Tài liệu Tcuoc K c om [1] Võ Quốc Bá Cẩn -Trần Quốc Anh Sử dụng phương Pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức [2] www.diendantoanhoc.net [3] www.artofproblemsolving.com/Forum [4] Ngô Thành Phong Giáo trình giản yếu giải tích toán học - ĐHKHTN -ĐHQG TPHCM T kh o ng bo [5] Zdravko Cvetkovski Inequalities theorems, techniques and Selected Problems 11 [...]... Nhân đây, tôi xin cám ơn anh Hoàng Quốc Việt-sinh viên trường Đại học Bách Khoa Hà Nội đã có những ý kiến đóng góp để hoàn thiện chuyên đề này Việc biên soạn không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong những ý kiến đóng góp của các bạn để chuyên đề được hoàn thiện hơn! Mọi đóng góp xin gửi về địa chỉ: manmelody193@yahoo.com Tài liệu Tcuoc K c om [1] Võ Quốc Bá Cẩn -Trần Quốc Anh Sử dụng phương Pháp