Bất đẳng thức ôn luyện toán

Bài 1: Cho a,b số thực không âm Chứng minh :  3   1   a  b    b  a     2a    2b    4   2  Không khó khăn ta dự đoán bất đẳng thức trở thành đẳng thức a  b  1 a2   a, b2   b 4 Từ hai đánh giá ta đưa toán chứng minh bất đẳng thức mạnh sau  1   1   a  b    b  a     2a    b   ,  2   2  Hay 1   1   a  b     2a    2b   2   2  Nhưng điều hiển nhiên theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 1  2a   b    1  1   2   a b    a   b      2  2      Bài toán chứng minh xong ■ Đây bất đẳng thức hai biến với hình thức không phức tạp nên chứng minh có thể chứng minh cách khai triển hai vế, lúc cần lưu ý thêm dấu đẳng thức để cân hệ số thích hợp Bài 2: Cho số thực a,b,c>0 Chứng minh rằng: a (b  c )  bc(b  c ) b( c  a ) 2 c( a  b )  ab( a  b2 ) ca ( c  a )  Trước hết ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh sau: a( b  c ) b( c  a ) c(a  b)    2bc(b  c ) 2ca(c  a ) ab(a  b2 ) Ta dự đoán đẳng thức xảy a  b  c Khi ta có b2  c  bc Thế không thử dùng AMGM nhỉ: bc  b2  c (b  c )2 2 2bc(b  c )   2 a( b  c ) 2a Từ ta có  Kết hợp với hai đánh giá tương tự khác, ta suy 2bc(b2  c ) b  c a( b  c ) 2 2bc(b  c )  b( c  a ) 2 2ca(c  a )  c( a  b) b c   a  2     bc ca ab ab(a  b ) 2 a b c    , nhiên lại đánh giá quen thuộc bc ca ab Bài toán kết thúc Đẳng thức xảy a  b  c Bài 3: Cho số dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=1 Chứng minh rằng: Cuối cùng, ta cần x y z    x  x  yz y  y  zx z  z  xy Trước hết, sử dụng giả thiết bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có x  yz  x ( x  y  z)  yz  ( x  y )( x  z )  x  yz , x x  x  x  yz x  yz Đến ta thiết lập thêm hai đánh giá tương tự để suy x y z x y z      x  x  yz y  y  zx z  z  xy x  yz y  zx z  xy Do vậy, để kết thúc chứng minh, ta cần x y z    x  yz y  zx z  xy Đặt a  x , b  y , c  z , ta đưa toán việc chứng minh a2 b2 c2    2a  bc b2  ca 2c  ab Bất đẳng thức tương đương với dãy sau 1  1  a2 b2   c2              1, 2  2a  bc   2b  ca   2c  ab  bc ca ab    2 a  bc b  ca 2c  ab Đây đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz: bc ca ab b2c2 c 2a2 a2b2      2a  bc b2  ca 2c  ab a2 bc  b2 c 2b 2ca  c a2 2c ab  a b (ab  bc  ca)2  2  1, a b  b2 c  c a  abc(a  b  c) ta kết thúc chứng minh Đẳng thức xảy x  y  z  Bài 4: Cho số thực dương a,b,c thoả mãn abc=1 Chứng minh : 1     2(a  b  c ) a b c Do abc  a,b,c số thực dương nên ta dự đoán dấu xảy a=b=c=1 Dễ thấy a,b,c tồn hai số lớn 1, hai số nhỏ Không tính tổng quát, ta giả sử hai số a,b, suy Có thể thấy rõ điều thông qua ý sau: [(a  1)(b  1)][(b  1)(c  1)][(c  a)(a  1)]  (a  1) (b  1) (c  1) 2  0, ba số (a−1)(b−1), (b−1)(c−1), (c−1)(a−1) có số không âm tính đối xứng nên ta hoàn toàn giả sử (a−1)(b−1)≥0 ( a  1)( b  1)   ab   a  b  2(ab  c  1)  2(a  b  c ) Ta chứng minh 1 1 1     2(ab  c  1)      2(ab  c) a b c a b c Đến đây, ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương sau: 2 abc 1 2 abc 1    2ab,     2c 2 c c c a b ab ab Cộng hai bất đẳng thức lại ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a=b=c=1 ■ Bài 5: Chứng minh với số thực dương x,y,z thỏa mãn x(x+y+z)=3yz, ta có: ( x  y )3  3( x  y )( y  z )( z  x)  ( z  x)3  5( y  z )3 Do tính đồng bậc toán ta giả sử x+y+z=3 từ ta có điều kiện đề tương đương x=yz Vì x,y,z>0 nên áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có ( y  z )2 (3  x )2 (3  x )2 x  yz   x  ( x  1)( x  9)  (1) 4 Ta lại có x+y+z=3 nên x0 thỏa mãn 2( a  b2 )  ab  (a  b)(ab  2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  a b3   a b2  P  4    9   a  b a  b Đặt ẩn phụ t  a b  , quy P dạng hàm biến theo t, sau chặn miền cho t cách sử dụng bất b a đẳng thức  2 a b       (a  b)     (a  b) ab b a  ab  Cuối cùng, ta đưa toán khảo sát hàm môt biến miền vừa chặn Bài 14: Chứng minh với số thực dương a,b,c, ta có : ab2 bc ca a b c    a  b2  c  (ab3  bc  ca )     c a b b c a Với bất đẳng thức chứa căn, điều ta phải làm tìm cách phá Trong toán này, để làm điều đó, ta liên tưởng tới bất đẳng thức AM-GM dạng xy  x  y Nguyên tắc tiếp theo, sử dụng AM-GM, cần phải đảm bảo điều kiện đồng bậc x y, lí ta không nên đánh sau: a b c a b c (ab3  bc  ca3 )      ab3  bc  ca3    b c a b c a Mặt khác, để ý ab ab3 Từ đó, có lời giải sau  c bc Đây bất đẳng thức hoán vị nên không tính tổng quát, ta hoàn toàn giả sử a số nằm a,b,c Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng xy  x  y 3  a b c  ab  bc  ca a b c (ab  bc  ca )       bc     bc b c a b c a 3 Vậy chứng minh hoàn tất ta ab  bc  ca3  a b c  ab2 bc ca  bc         a  b2  c bc c a b b c a Hay ab a3 bc ab bc ca  c   ca  b      a2  b2  c2 c b a c a b Tương đương với a(a  b)(a  c) 0 b Hiển nhiên giả sử a số nằm a,b,c Chứng minh hoàn tất Dấu xảy a=b=c>0 Bài 15: Cho x,y,z∈[0,1] thỏa mãn   1 4x  y  4z  Tìm giá trị lớn : P  xy z Bài ta dùng bất đẳng thức AM−GM Cụ thể: Viết giải thiết thành: 1 1 1      1 x  y  y  4z  4z  4z  Ta có 1 1 1 1 1           x  5 y  5 y  5 4z  5 z  5 4z   y   y   4z   z   z         y    y    z    z    z   Áp dụng bất đẳng thức AM−GM,ta có: y z3  45 4x  (4 y  5)2 (4 z  5)3 (1) Tương tự xyz  45 4y  (4 x  5)(4 y  5)(4 z  5)3 xyz  45 4z  (4 x  5)(4 y  5)2 (4 z  5)2 (2) (3) Bình phương hai vế bất đẳng thức (2) lập phương hai vế bất đẳng thức (3) nhân vế theo vế (1),(2),(3) , ta được:  46 xy2 z3 Do xy z  46 Đẳng thức xảy khi: x  y  z  Vậy giá trị lớn P 46 Bài 16: Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn: abcd  a  b  c  d Chứng minh rằng: abcd  a  b  c  d  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có abcd  a2  b2  c  d  abcd  abcd  16 Mình xin đóng góp lời giải mà không dùng bổ đề anh Huyện nêu! Nếu ta để yên biểu thức đánh giá khó khăn, ta nghĩ đến việc đổi biến.Thật vậy: Đặt: x=bc,y=ca,z=ab ta có: x+y+z=3.Bây ta biểu diễn a,b,c theo x,y,z yz xz xy x y z ,b  ,c  Như ta viết bất đẳng thức thành:    Tới x y z x  yz y  zx z  xy nhiều bạn áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz sau: Dễ thấy rằng: a2  x y z ( x  y  z )2    Tuy nhiên, lời giải rơi vào bế tắc ta rằng: x  yz y  zx z  xy x  y  z  xyz ( x  y  z )2  2 x  y  z  xyz Đến nhiều bạn nghĩ không dùng Cauchy-Schwarz không hẳn vậy, kinh nghiệm cho thấy với bất đẳng thức kiểu ta đẩy biến toán gần giải quyết, với kinh nghiệm ta dùng Cauchy-Schwarz cho sau: x y z ( x  y )2 z     x  yz y  zx z  xy x  y  xyz z  xy Ta thấy: x  y2  xyz  ( x  y)2  xy( z  1) kết hợp với x+y+z=3 ta viết bất đẳng thức thành: x y z (3  z )2 z     x  yz y  zx z  xy (3  z )  xy( z  1) z  xy ( x  y )2 (3  z )2 Như cần z≥1 "đẩy" hết biến z.Ta có điều  4 z=max{x,y,z} Với phân tích ta làm sau: Lại để ý xy  ( x  y )2 (3  z )2 ta được:  4 x y z (3  z )2 z (3  z )2 z       2 x  yz y  zx z  xy (3  z )  xy( z  1) z  xy (3  z ) ( z  1) (3  z )2 (3  z )2  z Ta giả sử z=max{x,y,z} z≥1.Áp dụng bất đẳng thức xy  Với vài biến đổi để chứng minh: x y z 4z    Ta cần rằng:   Tuy nhiên bất đẳng thức hiển nhiên x  yz y  zx z  xy z  z  2z  tương đương với: ( z  1)2 ( z  3)  Như toán chứng minh! Bài 82: Xét số thực a,b,c,d thoả mãn điều kiện a  b2  1,c  d  Tìm giá trị lớn M  ac  bd  cd Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: (a2  b2 )(c2  d )(ac  bd )2 Hay (c2  d )(ac  bd )2 Từ suy ra, M  (ac  bd )  cd | ac  bd | cd  c  d  cd  (d  3)2  d  (d  3)d  d  6d   d  3d Xét hàm f (d )  d  d   d  3d R, ta có: f (d )  (2 d  3) Lập bảng biến thiên, ta tìm 2d  d   (2 d  3) max f ( d )   Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có: M  ac  bd  cd  (a  b )(c  d )  cd  c  d  cd Thay:c=d+3 vào ta được: M  d  d   (d  3d ) Tới ta xét hàm số: f (d )  2d  d   (d  3d ) Ta có: f (d )  2d  2d  6d   (2 d  3)  2(2 d  3)(d  3d  4)  2d  6d   d  d   Suy ra: f (d )   d   Từ ta vẽ 96 x   Bài 83: Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: bảng biến thiên ta dễ dàng có: f ( d )  2a 2b 3c 4a b2 T    ( a  b ) ( b  c ) ( c  a ) ( a  b ) (b  c ) Bài 84: Cho a,b,c>0 abc=1 Chứng minh rằng: a b  b2c  c 2a  2012 abc a  b  c ab  bc  ca Bài 85: Cho số thực x,y thỏa mãn x  y  xy  6( x  y )  11  Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  2x  y Tư tưởng dạng đưa phương trình bậc tìm điều kiện có nghiệm ổn Ta có: y=P−2x Thay vào biểu thức phía ta được: 3x  (6  P) x   P2  P  11  Lấy điều kiện Δ ổn Bài 86 :Cho a,b,c số thực dương thoả mãn a  b3  c  Chứng minh a2 b2 c2   1 b3  c3  a3  Ta quan sát thấy vế trái bất đẳng thức chứa căn, dấu bất đẳng thức lại "≤" ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kiểu (ax  by  cz)2  (a2  b2  c )( x  y  z2 )  a2 b2 c2  b c   a Thật vậy, áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:     ( a3  b3  c )       b 8 c 8 a 8 c3  a3    b 8 a b c Kết hợp với a3  b3  c  để toán chứng minh ta cần rằng:    Ta thấy b 8 c 8 a 8 số hạng mẫu có bậc lớn so với tử, ta cần đánh giá để giảm bậc đi, điều làm ta nhớ đến bất đẳng thức AM-GM, dự đoán điểm rơi xảy a=b=c=1 ta áp dụng AM-GM sau: a3   a3     3a   3(a  2) Tương tự ta có: b3   3(b  2), c3   3(c  2) Bởi để chứng minh bất đẳng thức ta chứng a b c minh:   1 b2 c2 a2 Đến ta không thấy hướng đánh giá khả quan cả, ta biến đổi trực tiếp.Quy đồng mẫu số, khai triển rút gọn ta thu bất đẳng thức tương đương: ab2  bc  ca2  2(a2  b2  c2 )  abc  Đến ta chia chứng minh hai bất đẳng thức sau: a2  b2  c  ab  bc  ca2  abc  Việc chứng minh hai bất đẳng thức đơn giản, xin dành cho bạn đọc tự hoàn thiện! Bài 87: Cho a,b,c≥0 thỏa mãn a  b2  c  Tìm GTNN biểu thức: P  a3 b2   b3 c2   c3 a2  Lời giải: Áp dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz ta có: P  a3 b2   b3 c2   c3 a2   ( a  b  c )2 a b2   b c   c a  Bây áp dụng Cauchy-Schwarz cho biểu thức mẫu ta có: (a b2   b c   c a  1)2  ( a2  b2  c )(b   c   a2  1) Như ta có: P  (a  b  c )3 Thay a2  b2  c  vào ta thu P  Đẳng thức xảy 2 a b c 3 a=b=c=1 Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức AM−GM , ta có: a3 a2   a a2   2a 2 Thiết lập bất đẳng thức tương tự cộng vế theo vế, ta được: a3 b2   Mặt khác: b3 c2   c3 a2   a a2  b b2  c c2     2(a  b2  c )  2 2 a a2  b b  c c  2a  a  b2  b  2c  c  3(a  b2  c )  3        2 4 4 2 ta thu P  Đẳng thức xảy a=b=c=1 Cách Bài toán giải hoàn toàn AM−GM Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức AM−GM ta có a3 b2  3a2   b2  2 b3 c  3b •    c2  c2  2 c3 c3 a2  3c •    a2  a2  2 • b2  b3  a3 Cộng vế theo vế bất đẳng thức trên, ta  a3 b3 c3  2    a2  b2  c2   a  b2  c Hay tương đương với  2 2 c 1 a 1  2  b 1  a3 b2   b3 c2   c3 a2      2 Bài 88: Cho a,b,c≥0 thỏa mãn a  b2  c  Chứng minh a  b2  c2  3abc  2( a  b  c) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a2  Từ đó, toán đưa chứng minh a3  a b3  b c3  c , b2  , c2  2 a3  a b3  b c3  c    3abc  2( a  b  c), 2 tương đương a3  b3  c3  6abc  3(a  b  c)  a  b  c nên ta cần chứng minh a3  b3  c3  6abc  (a2  b2  c2 )(a  b  c) Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức hiển nhiên b( a  b)  bc(b  c)  ca( c  a)  abc Và thế, phép chứng minh ta hoàn tất ■ Bài 89: Cho số thực a,b,c thỏa mãn a  b2  c  Tìm giá trị lớn của: A  a  b  c  abc Ta giải sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:  a  b  c  abc  2   (a  b)  c(1  ab)  (a  b)2  c  1  (1  ab)2       a2  b  c  2ab  ab  a b    ab   ab  a b Đặt: t=ab với: | ab |  a2  b2 a2  b  c 3   | t | 2 2 Ta xét hàm số: f (t )  (3  2t )(2  2t  t ) Khảo sát hàm số ta được: f (t )  a  b  c  abc  15 dấu ′′=′′ xảy khi: t  Suy ra: 2 15 15 Vậy MaxA= đẳng thức xảy khi: a  b  ; c  hoán vị 2 Bài 90: Cho a,b,c số dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh 18  2a  b  3 c2  9(ab  bc  ca ) Lời giải: Trước tiên ta đưa bất đẳng thức dạng: 18  a  b  3 c  9( ab  bc  ca) Đứng trước tình hình ta nghĩ làm để đưa bất đẳng thức dạng đối xứng, dễ dàng việc giải toán này!Với suy nghĩ ta làm sau: Ta thấy đẳng thức xảy a=b=c=1 áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2a   a ,  3 c   c2  c2  c  c Từ ta cần chứng minh: 15  a  b  c  9( ab  bc  ca ) Ta đưa bất đẳng thức dạng đối xứng, đến có lẽ toán dễ dàng nhiều rồi, với chút kinh nghiệm, để chứng minh bất dẳng thức ta chia nhỏ chứng minh hai bất đẳng thức sau: ab  bc  ca  3, a  b  c  ab  bc  ca Ta có (a  b  c)2  3(ab  bc  ca) kết hợp với a+b+c=3 ta có ab+bc+ca≤3 bất đẳng thức chứng minh Bây ta tìm cách chứng minh bất đẳng thức thứ hai! Ta thấy để biểu thức ab+bc+ca việc chứng minh khó khăn, ta tìm cách khử đi!  a2  b  c Nhớ tới giả thiết a+b+c=3 ta rút ab  bc  ca  Thay vào bất đẳng thức hai ta phải chứng minh: a2  b2  c2  a  b  c  Đến bạn thấy ta phải làm tiếp nào! Sử dụng AMGM ta có: a2  a  a2  a  a  3a Tương tự vậy: b2  b  3b, c2  c  3c Cộng ba bất đẳng thức lại với ý a+b+c=3 ta bất đẳng thức trên! Từ hai bất đẳng thức ta có: 15  a  b  c  5( ab  bc  ca )  4( ab  bc  ca)  9( ab  bc  ca ) Như bất đẳng thức cho chứng minh!Đẳng thức xảy a=b=c=1 ■ Bài 91: Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn:  a  b  c   25  a  b  c   48  Tìm giá trị nhỏ (GTNN) biểu thức: P  a2 b2 c2   b  2c c  2a a  2b Bình thường tiếp cận toán, ta khai thác triệt để giả thiết toán trước, từ giả thiết sau khai thác định hướng cho ta phải làm Ở toán này, với điều kiện giả thiết  a  b  c   25  a2  b2  c   48  biểu thức P đối xứng với biến, nên ta dự đoán đẳng thức xảy a=b=c=1 Từ giả thiết  a  b  c   25  a2  b2  c   48  với bậc biến bậc bậc 2, nên ta có hai hướng khai khác Đưa biến bậc Thật vậy, dựa vào dự đoán dấu theo bất đẳng thức AM−GM ta có 25   a  b  c   25  a  b2  c   48   a  b  c    a  b  c  3  48 tức ta có a4  b  c  2 Đưa biến bậc Thật vậy, dựa vào dự đoán dấu theo bất đẳng thức AM−GM ta có        (9a  9)  (9a  9)  (9a  9)  25 a  b2  c  21  18 a  b2  c  25 a  b2  c  21 tức ta có a2  b2  c  Như vậy, giả thiết ta khai thác xong ta chẳng biết làm với giả thiết đó, điều mà ta khai thác được, ta nên dùng nào? Bây ta xét biểu thức P Nhờ dự đoán đẳng thức xảy a=b=c=1 sử dụng giả thiết, nên ta có ý đồ chứng minh bất đẳng thức đồng bậc để sử dụng giả thiết  33 a  b  c a2 b2 c2 Tức ta chứng minh P     b  2c c  a a  b P a  (1) a2 b2 c2 3(a  b2  c )    (2) Nhận thấy bất đẳng thức (1) mạnh bất đẳng thức (2) b  2c c  2a a  2b  b4  c  a   b2  c2     a  b  c , liệu ta có thiết phải dùng đánh giá mạnh (2) hay không? Mà (1) Để xuất a2  b  c hì theo lẽ tự nhiên ta sử dụng Cauchy−Schwarz để tử số xuất a2  b  c trước đã, mẫu tính sau Sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz ta có: a2 b2 c2 P    b  2c c  2a a  2b a4 b4 c4    a (b  2c ) b (c  2a) c (a  2b)  a  b2  c   a b  b 2c  c a  a 2c  b a  c b  Ô la la, tử xuất a2  b  c Còn mẫu nhỉ? Lại lần ngài Cauchy−Schwarz cho mẫu số xuất a2  b  c Thật vậy, tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz ta có: 2 a bb cc a  a 2 b c  a b  2 b c c a  tương tự, ta có a2 c  b a  c b  a  b2  c2       thành công, thật may mắn   a 2 a b c  2 b c 2 a b c  a  3 a  b2  c a2  b  c 2 b c     b2  c2  a   b2  c  a2  b2  c 3 a b  b2 c  c a  a2 c  b2 a  c b a Do a  b2  c Như vậy, đơn giản đưa ta đến Sử dụng giả thiết mà ta khai thác a2  b2  c  ta có P  a2 b2 c2 3(a  b2  c )    1 b  2c c  a a  b Đẳng thức xảy a=b=c=1 Vậy minP=1 Bài toán giải hoàn toàn Bài 92: Cho a,b,c dương a  b2  c  Chứng minh: ab bc ca   3 c a b ab bc bc ca ca ab  b2 ;  c2 ;  a2 mà giả thiết ta a2  b2  c  nên lẽ tự nhiên, ta cộng c a a b b c ab bc bc ca ca ab vế với vế đẳng thức để sử dụng giả thiết    a  b2  c  Bây đặt: c a a b b c ab bc ca x  , y  ,z  ta có xy+yz+zx=3 bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x  y  z  Bài c a b Để ý toán trở nên sáng tỏ ta có: ( x  y  z)2  3( xy  yz  zx )  3.3 Tức là, x  y  z  Phép chứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy x=y=z hay a=b=c=1 Bài 93: Cho số thực a,b,c không âm có tổng a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức : P  a  a   b2  b   c2  c  2x  BĐT ( hay Cực trị) đa phần đạt "tâm" hay "biên" Do đó, sau hồi lâu "thử nghiệm" có tìm "Đáp số" nguoivn Gợi ý Sử dụng đánh giá sau: x2  x   Thế là, ta mong muốn có đánh giá x  x   ax  b Mà "dấu bằng" xảy x=3 x=0 Thế là, ta có ngay, a=23 b=2 Bài 94: Tìm Max Min biểu thức: ( x  y )(1  xy ) (1  x )(1  y ) a b c b c a Bài 95: Cho a,b,c làđộ dài cạnh tam giác Chứng minh           b c a a b c Bài 96: Cho a,b,c>0 abc=1 Chứng minh rằng: a (1  bc  ca ) b(1  ca  ab) c(1  ab  bc ) 27    3 3 3 b c a a b c Bất đẳng thức cần chứng minh trương đương với  a(1  bc  ca) b(1  ca  ab) c(1  ab  bc )  ( a3  b3  c )      27 b3 c3 a3   Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a3  b3  c  3abc  nên ta cần chứng minh a(1  bc  ca) b(1  ca  ab) c(1  ab  bc)   9 b3 c3 a3 Cũng theo bất đẳng thức AM-GM a(1  bc  ca) 3a abc  b3 b3 b(1  ca  ab) 3b bca2  c3 c3 c(1  ab  bc) 3c cab  a3 c3 a abc b bca2 c cab    Thế điều hiển nhiên theo bất b3 c3 a3 đẳng thức AM-GM cho ba số với giả thiết abc=1 Vậy nên ta chứng minh Bài toán chứng minh xong □ Bài 98: Chứng minh với số thực không âm a,b,c, ta có 2( a  b2 )(b2  c2 )(c  a )  (ab2  bc2  ca  abc)2 Ta theo hướng khác sau: Vì VT có xuất đại lượng như: (a2  b2 ); (b2  c2 ); (c2  a2 ) nên ta cố gắng áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz vào VP cho xuất đại lượng trên, việc chứng minh nhẹ nhàng nhiều Từ ý tưởng đó, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: (ab  bc  ca  abc)2   a(b2  ca)  c(bc  ab)  (a2  c ) (b  ca)2  (bc  ab)2  Do ta cần chứng minh được: 2(a2  b2 )(b2  c2 )  (b2  ca)2  (bc  ab)2 Khai triển ta thu được: a2 b2  b2 c  c a2  b  ab 2c Áp dụng AM-GM ta thu được: a2 b2  b c  c a  b  4 a b8c  ab2 c hứng minh hoàn tất Đẳng thức xảy khi: a=b=c Từ ta có ý sau:  Khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta cố gắng tạo đại lượng hai vế giống để giảm bớt đi, việc chứng minh nhẹ nhàng nhiều, mà ví dụ ví dụ điển hình Bài 99: Cho số thực a,b,c thỏa mãn 6a  3b  2c  abc  24 Chứng minh rằng: (a  1)(b2  4)(c  9)  144 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2(a2  1)(b2  4)(c2  9)  (6a  3b  2c  abc)2 Áp dụng bất đẳng thưc Cauchy-Schwarz vào VP ta được: (6 a  3b  c  abc)2   a(6  bc )  (3b  2c )  ( a  1) (6  bc )2  (3b  2c )2  Ta cần chứng minh: 2(b2  4)(c2  9)  (6  bc)2  (3b  2c)2 Khai triển tương đương ta có: (bc  6)2  (3b  2c)2  Hiển nhiên Điều phải chứng minh Bài 100: Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c dương, ( a  b  c )3 4(a  b  c )  4   c   ab(a  c ) a b ac Do biểu thức đối xứng với biến a,c để ý bất đẳng thức đồng bậc nên ta đưa bất đẳng thức x,y biến để giải Vậy biến biến nào? Ta để ý đối xứng biến a,c nên ta nghĩ tới việc dấu ′′=′′ xảy khi: a=c, ta đưa biến x,y mong biến có dấu ′′=′′ xảy khi: x=y Nên chuyển vế biến vai trò a,c phải đảm bảo bình đẳng cũ, có toán dễ giải a c Từ phân tích gợi ý cho ta đưa biến: x  ; y  Thật ta đưa bất đẳng thức ban đầu b b a c  a c  c        1 4c b b  b b  dạng:      b a aa c  b ac    b b b bb b a c Đặt: x  ; y  Ta thu bất đẳng thức gọn đẹp sau: b b  x  y  1 x( x  y)  4( x  y  1) 5y  4y   ( x  y  1)3  4( x  y )( x  y  1)  xy( x  y)  xy x xy Ta lại nhận thấy bất đẳng thức đậm màu Viet liên tục chứa biểu thức: x+y;xy, nên tư tưởng đưa hàm bậc hữu trước mắt, giống miếng mồi ngon mà không ăn để lâu bị người khác ăn mất! Ta chuyển bất đẳng thức dạng Viet thông qua việc đặt ẩn phụ để biến đổi cồng S2 kềnh.Đặt S=x+y;P=xy Để ý với việc đặt ta có: P  Bất đẳng thức trở thành: ( S  1)3  4S ( S  1)  4SP  5P  (5  4S ) P  S  S  S   Dễ thấy bất đẳng thức hàm bậc với biến P, nên ta đánh gia thông qua hàm số bậc Các bạn lưu ý hàm bậc hàm dễ đánh giá nhất, luôn đơn điệu nên ta cần quan tâm tới biên đủ.Ta xét hàm số: f ( P)  (5  S ) P  S  S  S  S2 Ta xét hai biên nó.Ta có: f (0)  S  S  S   ( S  1)2 (S  1)  Với:  P   S2  S2 S2 f    (5  S )  S  S  S    S    S  2  4   Do hai biên hàm số f(P) không âm nên ta có điều phải chứng minh Dấu ′′=′′ xảy khi: S=2⇔x=y=1⇔a=b=c 2 3 a  c  4a d  Bài 101: Cho a,b,c,d ∈ [3;4].Tìm GTLN, GTNN của: T         d  a   b  a  16 Mình gợi ý giải phần tìm maxT, phần tìm minT bạn làm tương tự nhé: Từ giả thiết ta có ac a4 4d 4d 0   1  1  ad ad ad 3 d 3 d Và ad ad d 3 d 3 d 3 0   1  1  ab a3 a3 33 Do 2 3   d 3 T        d     16 đẳng thức xảy a=3,b=3,c=4 Bây giờ, ta việc khảo sát hàm 2 3  4 d 3 f (d )   rên [3,4] xong Giá trị lớn f(d) đoạn đạt       d     16 d0 thuộc [3,4] giá trị lớn giá trị lớn T ta có đẳng thức xảy a=b=3,c=4 d=d0 Bạn tự khảo sát hàm tính giá trị 1 1    1 Bài 102: Cho a,b,c>0 thỏa mãn abc=1 Chứng minh : 2 (1  a ) (1  b) (1  c) ab  bc  ca  1 c   2 (1  a) (1  b)  c 1 1 c Lại để ý     ab  bc  ca  c(a  b)   c(1  ab)   c   (c  1)2 c c c Tới ta thu bất đẳng thức biến c Phần lại đơn giản, bạn tự hoàn tất a  bc b  ca c  ab Bài 103: Cho a,b,c>0 thoả mãn a + b + c = Tìm GTLN của: T    a  bc b  ca c  ab Sau đánh giá Ta có: a  bc b  ca c  ab 1 1 a  bc b  ca c  ab bc 2ca 2ab    a  bc b  ca c  ab b 2c c a2 a2 b2  2(   )Q abc  b 2c abc  c a2 abc  a2 b2 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz: 2( ab  bc  ca)2 Q 3abc  a b  b2 c  c a Chúng ta chứng minh: 2( ab  bc  ca)2  2 2 2 3abc  a b  b c  c a Hay ,sau nhân chéo rút gọn : a2 b2  b2 c2  c2 a2  8abc(a  b  c)  9abc (1) Bây áp dụng giả thiết a+b+c=1, ta được: (1)  a b  b 2c  c a  8abc(a  b  c )  9abc(a  b  c) 3 T  1  a b  b 2c  c a  (a  b  c )abc (2) (2) theo AM−GM đó, suy ra: Q  Hay:  T  3 3  T  Vậy: MaxT  đạt khi: a  b  c  2 Bài 104: Cho số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1 Chứng minh a b c   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Sau hồi suy nghĩ lâu, nhận thấy chắn dùng Cauchy-Schwarz nhiên để "nguyên đai, nguyên kiện" không thu kết Như chắn phải đổi biến rồi, với giả thiết abc=1 ta nhớ tới phép đổi biến: y z x a ,b ,c x y z Thay a,b,c vào ta phải chứng minh: y2 z2 x2 P   1 y  xz  zy z  xy  yz x  xy  xz Đến "thơm" rồi, áp dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz ta có: ( x  y  z )2 P 1 x  y  z  xy  yz  zx Vậy toán chứng minh xong! Đẳng thức xảy a=b=c=1 Cách Dạng quen thuộc nhỉ! Theo lời gợi ý anh Cẩn có lời giải sau: x y z Đặt a  ,c  ; b  y z x Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: xz xy yz   1 2 xz  y  yz xy  z  xz yz  x  xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz ta có: xz xy yz   2 xz  y  yz xy  z  xz yz  x  xy ( xz )2 ( xy)2 ( yz )2 ( xy  yz  zx )2     1 ( xz )2  xy z  xyz ( xy )2  xyz  x yz ( yz)2  x xy  xy z ( xy)2  ( yz)2  ( xz)2  xyz( x  y  z) Điều phải chứng minh Đẳng thức xảy khi: x=y=z⇔a=b=c Bài 105: Chứng minh với số thực a,b,c không âm ta có: (a  b  c)4  8(a  b2  c2 )(ab  bc  ca ) Ta có: 8(a2  b2  c )(ab  bc  ca)  4(a  b  c )(2ab  2bc  2ca)  (a2  b  c  ab  2bc  2ca)2  8(a  b  c )(ab  bc  ca)  (a  b  c )4 Dấu xảy khi: a2  b  c  ab  bc  2ca Bài 106: Cho a,b,c số thực thoản mãn a,b,c>1 a + b + c = abc Chứng minh rằng: (a  1)(b2  1)(c2  1)  Bài 107: Cho a,b,c>0 thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: a b c   1 a  b  c b  c  a c  a2  b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có 1  ( a  b  c )    c   ( a  b  c )2 , a  a  a  ca từ ta suy  Do để kết thúc chứng minh, ta cần a  b  c ( a  b  c )2  a  b  c  ab  bc  ca  1, nhiên lại đánh giá dễ dàng chứng minh ta để ý ab+bc+ca≤3 ( a  b  c )2 ■  a  b  c  8(a  bc )(b  ca )(c  ab) Bài 108: Cho a,b,c>0 Chứng minh rằng:   1  ( a  b)(b  c)( c  a )   Gợi ý - Bước Sử dụng kĩ thuật ghép đối xứng, chứng minh 8( a  bc)( b  ca)(c  ab)  (a  b)(b  c)(c  a)(a  1)(b  1)(c  1) Cụ thể (a  b)(c  1)  a  bc  b  ca  (a  bc)(b  ca) Viết BĐT tương tự nhân theo vế ta có điều phải chứng minh - Bước Sau sử dụng đánh giá trên, đặt a+1=x, b+1=y, c+1=z, ta thu  x yz    xyz   Bài 109: Cho x≥1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: y  3x  2x Bài toán đơn giản, áp dụng AM-GM được, tự nhiên sử dụng hàm số Xét hàm số: f ( x )  x  1 x2 1 Ta có: f ( x )    0 2x 2x 2x2 Do hàm số đồng biến với x≥1 Suy ra: f ( x )  f (1)  Bài 110:Cho x,y,z số thực dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x) P x2  y  z2  Để ý thấy P biểu thức đối xứng, mặt khác x,y,z>0 nên dễ dàng Gia Cát Dự MaxP=2, đạt x=y=z=1 Tức ta cần ( x  y )2  ( y  z )2  ( z  x )2  Hay 2( x  y2  z  3)  ( x  y)2  ( y  z)2  (z  x )2 2 x  y z 3 Tương đương với xy+yz+zx≤3 Áp dụng bổ đề quen thuộc xy  yz  zx  (x  y  z)  ta suy đpcm Bài 111: Cho x,y,z ∈ [1,2] Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P  x y yz zx   2 z 2 x 2 y Mình tìm GTNN trước: xy xy  Tương tự ta có: 2 z x  yz xy yz zx xy yz zx P       Suy ra: MinP=2, Dấu ′′=′′ xảy khi: x=y=z=1 2 z 2 x 2 y x yz yz x z x  y Bài 112: Cho số thực không âm a,b,c thỏa mãn a  b2  c  Tìm giá trị lớn biểu thức Với điều kiện ta có: 2≤x+y Suy ra: P  a b  b c  c a Cách 1: ( x  y  z )2 ta có: (a  b2  c )2 P  ( ab.a  bc.b  ca.c )2  (a b  b c  c a )(a  b  c )  (a  b  c )  3 1 Do P  Vậy maxP  a  b  c  3 3 a b3 c3 a bc    Bài 113: Cho a,b,c dương Chứng minh 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ac  a Sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz đánh giá quen thuộc xy  yz  zx  Ta có: a  b3 b3  c c  a3   0 a  ab  b b2  bc  c c  ac  a a3 b3 c3 b3 c3 a3       a  ab  b2 b  bc  c c  ac  a2 a2  ab  b2 b  bc  c c  ac  a Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau :  a3  b3 b3  c c  a3  a  b  c      a  ab  b b2  bc  c c  ac  a  a  ab  b b2  bc  c c  ac  a 2(a  b  c )  ( b  c )  ( c  a )  a2  ab  b2 b  bc  c c  ca  a2 Hiển nhiên ta có:  (a  b) a2  ab  b b2  bc  c a2  ac  c  ;  ;  a  ab  b b2  cb  c a  ac  c Từ ta suy bất đẳng thức đúng.Dấu xảy a=b=c Vậy ta có điều phải chứng minh Cách a3 a2 b  b2 a ab(a  b) (a  b)  a  a  a 2 2 a  ab  b a  ab  b 3ab Tương tự cho vế lại cộng lại, từ ta có điều phải chứng minh Bài 114: Cho a,b,c số thực thỏa mãn a  b  c  ab  bc  ca  Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức P  a  b  4c Gợi ý Sử dụng phương pháp tam thức bậc hai Ta thu kết quả: max P   33  33 , P  2 Bài 115: Cho số thực a,b,c đôi khác thỏa mãn b  bc  ca  ab Tìm giá trị nhỏ biểu 2  a   b   c  thức: P     4.      a b   bc ca Ta có: 1 ab  b2  bc  ab  ac  ab 2 a b  2(a  b)(b  c)  ab  2 ab bc b2  bc  ca  Khi áp dụng BĐT AM - GM ta có: P  ( a b c a b )  4( )  9( ) 4 8 ab bc ca ab bc Dấu = xảy (a,b,c)=(2,1,0) Bài 116: Cho số thực không âm a,b thỏa mãn a  b  Tìm giá trị lớn biểu thức ab P  a  (a  b) Q  a      2 Ta có P a  ( a  b)2 a2  ab  b  a2  b2 a  b2 Nếu b=0 P=2 Nếu b≠0 P  t  2t  a , t  Hay t 1 b ( P  2)t  2t  P   Phương trình theo ẩn t có nghiệm,    ( P  2)( P  1)    P  3P    P 3 Đẳng thức xảy a  3 5 5 ,b  maxP  10 10 Cách Thật vậy, với giả thiết a2  b2  ta đặt: a  cos  , b  sin  với α∈[0,2π] Lúc ta có: sin 2  cos 2  sin 2  cos 2  Q P Phần việc lại tìm GTLN P,Q Đây việc đơn giản, xin để bạn tự hoàn thiện! Bài 117: Cho a,b,c≥0 thỏa mãn: a+b+c=1.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: F (a, b, c)  a(b  c)3  b(c  a )3  c( a  b)3 Bài 118: Cho a,b,c≥0 thỏa mãn c  a  ab  b Chứng minh a  b3  3abc  5c Ta thấy rằng: Khi c=0 thì: a2  ab  b2   (a  b)2  ab   a  b  Bất đẳng thức trở thành đẳng thức Do ta cần xét khi: c>0 Khi ta có nhận xét với bất đẳng thức ta thấy vừa bất đẳng thức dạng đồng bậc đối xứng với biến: a,b nên ta chuyển biến để giải Ta giải toán sau: 2  a  ab  b  Đưa điều kiện dạng:        c c c 3 ab a b Tương tự ta đưa bất đẳng thức dạng:        c c c a b Đăt: x  ; y  Bài toán ban đầu đưa toán sau: c c Cho số thực không âm x,y thỏa mãn: x  xy  y  Chứng minh rằng: x  y3  3xy  Ta có: x+y>0, nên nhân (x+y) vào điều kiện ta có: x  y)( x  xy  y2 )  x  y  x  y3  x  y Do ta có: x  y3  3xy   x  y  3xy  Mà theo điều kiện ta có:  x  xy  y  Từ dẫn tới: x  y  xy  x  y  3( x  y )2  23  ( x  y )2  ( x  y )2   x  y  Bài 119: Cho số thực a,b,c khác đôi thỏa mãn b2  bc  ca  2  a   b   c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P          ab bc ca ab 2 Bài 120: Cho số thực không âm a,b,c thỏa mãn a+b+c=2 Tìm giá trị lớn biểu thức: P  (a 3b3  b3c3  c3a )(ab  bc  ca ) Bài 123: Cho a,b,c≥0 thỏa mãn a+b+c=2 Chứng minh rằng: (a  bc)(b2  ca)( c2  ab)  ... lớn biểu thức: P  xy  yz  2zx Trước tiên, ta đồng bậc hóa bất đẳng thức cho để đưa toán chất Bất đẳng thức đồng bậc ta có dạng: xy  yz  zx  k ( x  y  z ) * Với số k>0 Trở lại toán cần... vế trái bất đẳng thức ban đầu VT Lưu ý sử dụng giả thiết a+b+c=3 nhiều lần Ta để ý bất đẳng thức cần chứng minh có xuất bậc tử (tức hai lần bình phương), ta nghĩ tới dạng sau bất đẳng thức Cauchy... z  5)2 (2) (3) Bình phương hai vế bất đẳng thức (2) lập phương hai vế bất đẳng thức (3) nhân vế theo vế (1),(2),(3) , ta được:  46 xy2 z3 Do xy z  46 Đẳng thức xảy khi: x  y  z  Vậy giá