bất đẳng thức côsi cực hay

Họ và tên: Huỳnh Nguyên Ngân Hạ Lớp: 10A 1 Năm học: 2008 – 2009. BÀI THAM GIA CUỘC THI “ GIẢI TOÁN SƠ CẤP THEO CHUYÊN ĐỀ” KHỐI 10: BẤT ĐẲNG THỨC CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI VÀ ỨNG DỤNG I/ Tóm tắt kiến thức: Đònh nghóa: Bất đẳng thức là hai biểu thức nối với nhau bởi mọt trong các dấu >(lớn hơn), < (nhỏ hơn), ≥ (lớn hơn hoặc bằng), ≤ (nhỏ hơn hoặc bằng). Ta có: A > B ⇔ A – B > 0 ; A ≥ B ⇔ A – B ≥ 0 − Trong bất đẳng thức A > B ( hoặc A < B, A ≥ B, A ≤ B), A được gọi là vế trái, B là vế phải của bất đẳng thức. − Các bất đẳng thức A > B và C > D gọi là bất đẳng thức cùng chiều. Các bất đẳng thức A > B và E < F gọi là bất đẳng thức trái chiều. − Nếu ta có A > B ⇒ C > D, ta nói bất đẳng thức C >D là hệ quả của bất đẳng thức A > B Nếu ta có A > B ⇔ E > F , ta nói hai bất đẳng thức A > B và E > F là hai bất đẳng thức tương đương. A > B(hoặc A < B) là bất đẳng thức ngặt, A ≥ B ( hoặc A ≤ B) là bất đẳng thức không ngặt. A ≥ B là A > B hoặc A = B A ≠ B cũng là bất đẳng thức. Hai bất đẳng thức cùng chiều, hợp thành một dãy không mâu thuẫn gọi là bất đẳng thức kép. Ví dụ: A < B < C Bất đẳng thức Cô – si( bất đẳng thức trung bình cộng với trung bình nhân)  Đối với 2 số không âm: ∀ a,b ≥ 0, ta có: 2 +a b ≥ ab .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b  Tổng quát: ∀ a 1 , a 2 , a 3 , ,a n ≥ 0(với n số) 1 2 + + + n a a a n 1 2 . n n a a a Đấu đẳng thức xảy ra khi a 1 = a 2 = . = a n  Ứng dụng: - Tìm giá trò lớn nhất, giá trò nhỏ nhất: + Nếu a + b = k( k là hằng số) thì ab ≤ 2 ( ) 2 +a b ⇔ ab ≤ 2 4 k => Max(ab) = 2 4 k khi a = b= 2 k + Nếu ab = p (p là hằng số) thì a + b ≥ 2 p => Min (a + b) =2 p khi a = b = p - Giải phương trình, hệ phương trình. II/ Bài tập áp dụng: Giải bất đẳng thức không điều kiện ràng buột giữa các biến: Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c . CMR: cb a + 2 + ca b + 2 + ab c + 2 ≥ 2 cba ++ Bài giải: Với a, b, c > 0 ta có: cb a + 2 + 4 cb + ≥ a (áp dụng bất đẳng thức Cô si) Tương tự ta có: ca b + 2 + 4 ca + ≥ b; và ab c + 2 + 4 ba + ≥ c => cb a + 2 + ca b + 2 + ab c + 2 + 2 cba ++ ≥ a + b + c => cb a + 2 + ca b + 2 + ab c + 2 ≥ 2 cba ++ (đpcm) Vậy cb a + 2 + ca b + 2 + ab c + 2 ≥ 2 cba ++ Bài 2: Cho3 số dương a, b, c. CMR: 3 b a + 3 b c + 3 c a ≥ a ac + b ba + c ab Bài giải: Ta có: 3 b a + 3 b c + 3 c a = 3 b a + bc + 3 b c + ca + 3 c a + ab – (ac + cb + ab) = 3 b a + bc + 3 b c + ca + 3 c a + ab– ( ab 2 + bc 2 + ab 2 + ac 2 + bc 2 + ac 2 ) ≥ 2 3 . a bc c + 2 3 . b ac c + 2 3 . c ab a + 2 . 4 ab bc - 2 . 4 ab ac - 2 . 4 bc ac = = 2a ac +2b ba + 2c ab - a ac -b ba - c ab = a ac + b ba + c ab (đpcm) Vậy 3 b a + 3 b c + 3 c a ≥ a ac + b ba + c ab ∀ a, b, c > 0 Bài 3: CMR: ∀ a, b, c > 0 ta có: ab bc ca a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b + + + + + + + + ≤ a b c 6 + + Bài giải: p dụng bất đẳng thức: ( 1 1 a b c 1 + + )(a + b + c) ≥ 3 3 1 abc 3 3 abc = 9 ⇒ 1 a b c+ + ≤ 1 9 ( 1 1 a b c 1 + + ) ⇒ ab a 3b 2c+ + = ab a c b c 2b+ + + + ≤ ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1 + + + + ) Tương tự: bc b 3c 2a+ + ≤ bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1 + + + + ) và ca c 3a 2b+ + ≤ ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a + + + + ) VT ≤ ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1 + + + + )+ bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1 + + + + )+ ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a + + + + ) = ( ab 9 + bc 9 ) 1 a c+ + ( ab 9 + ca 9 ) 1 b c+ + ( bc 9 + ca 9 ) 1 b a+ + a 18 + b 18 + c 18 = b(a c) 9(a c) + + + a(b c) 9(b c) + + + c(b a) 9(b a) + + + a 18 + b 18 + c 18 = = a 9 + b 9 + c 9 + a 18 + b 18 + c 18 = a 6 + b 6 + c 6 = a b c 6 + + = VP Vậy ab bc ca a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b + + + + + + + + ≤ a b c 6 + + ∀ a, b, c > 0 Bài 4:Cho a, b, c > 0. CMR: ab c(c a)+ + bc a(a b)+ + ca b(b c)+ ≥ a a c+ + b a b+ + c b c+ (1) Bài giải: Bất đẳng thức đã cho tương dương: ⇔ b a . c c a+ + c . a b a b+ + a c . b b c+ ≥ a a c+ + b a b+ + c b c+ ⇔ b 1 . c c 1 a + + c . a a b 1 1+ + a 1 . b b 1 c + ≥ 1 c 1 a + + a b 1 1+ + 1 b 1 c + Đặt a b = x, b c = y, c a =z => a b . b c . c a = xyz = 1 và z, y, x > 0 ⇒ BĐT:y. 1 z 1+ + z. 1 x 1+ + x. 1 y 1+ ≥ 1 z 1+ + 1 x 1+ + 1 y 1+ ⇔ y(x+1)(y+1)+z( y + 1)(z + 1)+x(x + 1)(z + 1) ≥ (x + 1)(y + 1)+( y + 1)(z + 1)+(x + 1)(z + 1) ⇔ (y – 1)(x+1)(y+1)+(z – 1)( y + 1)(z + 1)+(x – 1)(x + 1)(z + 1) ≥ 0 ⇔ y 2 x + y 2 – x – 1 + z 2 y + z 2 – y – 1 + x 2 z + x 2 – z – 1 ≥ 0 ⇔ ( y 2 x+ x 2 z+ z 2 y) + ( y 2 + z 2 + x 2 ) – (x + y + z) – 3 ≥ 0 (*) p dụng bất đẳng thức cô si, ta có: y 2 x+ x 2 z+ z 2 y ≥ 2 2 2 3 3 y x.x z.z y = 3xyz =3; y 2 + z 2 + x 2 ≥ 2 2 2 3 3 y x z = 3 3 1 = 3;x + y + z ≥ 3 3 yxz 3= VT của (*) ≥ 3 + 3 – 3 – 3 =0 = VP => (*) đúng => (1) đúng Vậy ab c(c a)+ + bc a(a b)+ + ca b(b c)+ ≥ a a c+ + b a b+ + c b c+ Bài 5:Cho 3 số dương a, b, c. CMR: )1( 1 )1( 1 )1( 1 accbba + + + + + ≤ )1( 3 33 abcabc + Bài giải: Đặt P =VT.p dụng bất đẳng thức: ∀ x, y, z là các số thực,ta có:(x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + zx), suy ra:P 2 ≥ 1 1 1 3( ) ab(1 b)(1 c) bc(1 c)(1 a) ca(1 a)(1 b) + + + + + + + + = )1)(1)(1( ))1()1()1((3 cbaabc cbbaac +++ +++++ = = )1)(1)(1( )1)1)(1)(1((3 cbaabc abccba +++ −−+++ => P 2 ≥ )1)(1)(1( 3 )1)(1)(1( 33 cbaabccbaabc +++ − +++ − (1) Đặt t = 3 abc .Theo bất đẳng thức Cô - si ta lại có: (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) ≥ 1 + 3t + 3t 2 + t 3 = (1 + t) 3 (2) Từ (1)và (2) suy ra: P 2 ≥ 3333 )1( 3 )1( 33 tttt + − + − = 33 33 )1( )1)1((3 tt tt + −−+ = 22 )1( 9 tt + ⇒ P ≥ )1( 3 tt + = )1( 3 33 abcabc + ( do P > 0) Bài 6: Cho a, b, c > 0. Chứng minh: a b c+ + b c a+ + c a b+ > 2. Bài giải: Đặt a + b + c = t b c a + .1 ≤ b c 1 a 2 + + = b c a a 2 + + = t 2a hay a b c+ ≥ Tương tự: b c a+ ≥ 2b t và c a b+ ≥ 2c t ⇒ a b c+ + b c a+ + c a b+ ≥ 2a t + 2b t + 2c t = 2(a b c) t + + = 2t t = 2 Dấu bằng xảy ra khi: b c a + = 1, a c b + = 1, b a c + = 1 ⇒ a b c b a c c a b = +   = +   = +  ⇔ a + b + c = 2(a + b + c) ⇔ a + b + c = 0 (*) Theo giả thiết thì a + b + c ≠ 0 ⇒ (*) không xảy ra. Vậy dấu bằng không xảy ra. ⇒ a b c+ + b c a+ + c a b+ > 2. (đpcm) Bài 7: Cho x, y, z là các số không âm.CMR: Bài giải: Theo bất đẳng thức Cô – si, ta có: 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ x 2 y 2 z 2 ⇔ x 3 y 3 + x 3 z 3 + y 3 z 3 ≥ 3x 2 y 2 z 2 ⇔ 6x 3 y 3 + 6x 3 z 3 + 6y 3 z 3 ≥ 18x 2 y 2 z 2 (*) Lại có: (x 3 – xyz) 2 ≥ 0 ⇔ x 6 + x 2 y 2 z 2 ≥ 2x 4 yz ⇔ x 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ 2x 4 yz (1) Tương tự: y 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ 2y 4 xz (2) z 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z 3 + + ≥ 2z 4 xy (3) Từ (1), (2), (3) ta có: x 6 + y 6 + z 6 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z+ + ≥ 2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy (4) Từ (4) và (*) ta có: x 6 + y 6 + z 6 +7 3 3 3 3 3 3 x y 7y z 7x z+ + ≥ 2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy + 18x 2 y 2 z 2 (*’) Ta có: 6 6 6 x y z 3 + + ≥ x 2 y 2 z 2 . Do đó: x 6 + 6 6 6 x y z 3 + + ≥ 2x 4 yz Tương tự: y 6 + 6 6 6 x y z 3 + + ≥ 2y 4 xz ; z 6 + 6 6 6 x y z 3 + + ≥ 2z 4 xy Cộng theo vế ta có: 2(x 6 + y 6 + z 6 ) ≥ 2x 4 yz + 2y 4 xz + 2z 4 xy ⇔ 7x 6 + 7y 6 + 7z 6 ≥ 7x 4 yz + 7y 4 xz + 7z 4 xy (5) Cộng theo vế (*’) và(5) ta có: 8x 6 +8y 6 +8z 6 +7 3 3 3 3 3 3 x y 7y z 7x z+ + ≥ 9x 4 y+9y 4 xz+9z 4 xy+ 18x 2 y 2 z 2 ⇔ 8(x 6 + y 6 + z 6 + 2 3 3 3 3 3 3 x y 2y z 2x z+ + ) ≥ 9(x 4 y + y 4 xz + z 4 xy+ 2x 2 y 2 z 2 + 3 3 3 3 3 3 x y y z x z+ + ) ⇔ 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 (y 2 z 2 + x 2 yz + xy 3 + xz 3 )+ yz(x 2 yz + xy 3 + y 2 z 2 + xz 3 ) ⇔ 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 + yz)( y 2 z 2 + x 2 yz + xy 3 + xz 3 ) ⇔ 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 + yz)(y 2 (z 2 + xy) + xz(z 2 + xy)) = 9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy)(đpcm) Vậy 8(x 3 + y 3 + z 3 ) 2 ≥ 9(x 2 + yz)(y 2 + xz)(z 2 + xy) Giải bất đẳng thức có điều kiện ràng buột giữa các biến: Bài 8: Cho xy = 1 và x > y. Chứng minh: yx yx − + 22 ≥ 2 2 . Bài giải: Do x > y => x – y > 0 Ta có: yx yx − + 22 = yx xyyx − +− 2)( 2 = yx yx − +− 2)( 2 = (x – y) + yx − 2 ≥ 2 yx yx − − 2 ).( = 2 2 (p dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số dương) Vậy yx yx − + 22 ≥ 2 2 khi xy = 1 và x > y Bài 9: Cho 4 số không âm a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 1. Chứng minh: + + + + + + +a b b c c d d a ≤ 2 2 Bài giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương: ⇔ 2 ( )+ + +a b b c + 2 ( )+ + +c d d a + 2 ( )+ + +a b b c ( )+ + +c d d a ≤ 8 ⇔ a + b + c + d + 2 ( )( )+ +a b b c + a + b + c + d + 2 ( )( )+ +c d d a + 2 ( )( )+ +a b c d + 2 ( )( )+ +a b d a + 2 ( )( )+ +b c c d +2 ( )( )+ +b c d a ≤ 8 ⇔ 2(a + b + c + d)+ 2 ( )( )+ +a b b c + 2 ( )( )+ +c d d a + 2 ( )( )+ +a b c d + 2 ( )( )+ +a b d a + 2 ( )( )+ +b c c d +2 ( )( )+ +b c d a ≤ 8 p dụng bất đẳng thức Côsi: 2 ( )( )+ +a b b c ≤ a + b + b+ c = a +2b + c; 2 ( )( )+ +b c d a ≤ a + b + c + d 2 ( )( )+ +c d d a ≤ c + d + d + a = c + 2d + a; 2 ( )( )+ +a b c d ≤ a + b + c + d 2 ( )( )+ +a b d a ≤ a + b + d + a = 2a + b + d;2 ( )( )+ +b c c d ≤ b + c + c + d = b + 2c + d Cộng theo vế:VT ≤ 2(a + b + c + d) + a +2b + c + c + 2d + a + a + b + c + d + 2a + b + d + b + 2c + d + a + b + c + d ≤ 8a + 8b + 8c + 8d = 8(a + b + c + d) = 8 = VP (vì a + b + c + d = 1.) Vậy + + + + + + +a b b c c d d a ≤ 2 2 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = d = 1/4 Bài 10: Cho hai số dương x, y thoả mãn x + y = 2.CMR: 2 2 2 2 ( )+x y x y ≤ 2 Bài giải: Ta có: 2 2 +x y = 2 ( )+x y - 2xy = 2 2 - 2xy = 4 – 2xy Mặt khác: áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: x + y ≥ 2 xy ⇔ 2 ≥ 2 xy ⇔ xy ≤ 1 ⇒ 2 2 +x y ≤ 4 – 2 = 2 và 2 2 x y ≤ 1 ⇒ 2 2 2 2 ( )+x y x y ≤ 2.1 = 2 (đpcm) Bài 11:Cho 3 số dương a, b, c thoả a + b + c = 1.CMR: a 3 1 b c+ − + b 3 1 c a+ − +c 3 1 a b+ − ≤ 1 Bài giải: p dụng bất đẳng thức cô si: a 3 1 b c+ − ≤ a 1 1 1 b c 3 + + + − = 3a ba ca 3 + − Tương tự: b 3 1 c a+ − ≤ 3b bc ba 3 + − và c 3 1 a b+ − ≤ 3c ac bc 3 + − Cộng theo vế: a 3 1 b c+ − + b 3 1 c a+ − +c 3 1 a b+ − ≤ 3a ba ca 3 + − + 3b bc ba 3 + − + 3c ac bc 3 + − = = 3a ab ca 3b cb ab 3c ca cb 3 + − + + − + + − = 3a 3b 3c 3 + + = 3(a b c) 3 + + = 3 3 = 1 (dpcm) Vậy a 3 1 b c+ − + b 3 1 c a+ − +c 3 1 a b+ − ≤ 1 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Bài 12: Cho 3 số dương a,b,c thoả a 2 +b 2 +c 2 =1.CMR: 2 2 b 1 c+ + 2 2 1 c a+ + 2 2 1 a b+ ≤ 3 3 3 a b c 2abc + + + 3 Bài giải: Ta có: VT = 2 2 2 2 2 b a b c c + + + + + 2 2 2 2 2 a a b c b + + + = 2 2 2 b a c+ +1 + 2 2 2 c b a+ + 1 + 2 2 2 a c b+ + 1 = = 2 2 2 b a c+ + 2 2 2 c b a+ + 2 2 2 a c b+ +3 ≤ 2 a 2bc + 2 2c b a + 2 2a c b + 3 = 3 3 3 b ca 2abc + + + 3 = VP Vậy 2 2 1 b c + + 2 2 1 c a+ + 2 2 1 a b+ ≤ 3 3 3 a b c 2abc + + + 3. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 3 Bài 13: Cho3 số dương a, b, c thoả a + b + c = 3 2 . CMR: B = (1+ 3 1 a )(1+ 3 b 1 )(1+ 3 c 1 ) ≥ 729 Bài giải: Ta có: B = 1 + 3 1 a + 3 b 1 + 3 c 1 + 3 3 1 a b + 3 3 c 1 a + 3 3 b c 1 + 3 3 3 1 a b c B ≥ 1 +3 3 3 3 3 1 a b c + 3 3 3 3 3 3 3 3 1 a b c a b c + 3 3 3 1 a b c = 1 + 3 1 abc + 3 2 2 2 1 a b c + 3 3 3 1 a b c = ( 1 + 1 abc ) 3 Mặt khác: abc ≤ ( a b c 3 + + ) 3 = ( 3 2 3 ) 3 = 1 8 ⇒ B ≥ (1+ 1: 1 8 ) 3 = 9 3 =729 Vậy B = (1+ 3 1 a )(1+ 3 b 1 )(1+ 3 c 1 ) ≥ 729. Dấu bằng xảy ra khi a = b =c = 3 2 : 3 = 1 2 Vậy: 2 2 2 2 ( )+x y x y ≤ 2. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 2 2 = 1 Bài 14: Cho a,b, c >0 thoả ab+bc+ac ≤ abc. CMR: 8 a b+ + 8 b c+ + 8 a c+ ≤ 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 Bài giải: Ta có: (a + b) 2 ( 2 1 a + 2 1 b ) ≥ 4ab. 2 ab =8 ⇒ 2 1 a + 2 1 b ≥ 2 8 (a b)+ ⇒ 8 a b+ ≤ (a + b)( 2 1 a + 2 1 b ) ⇒ 8 a b+ + 8 b c+ + 8 a c+ ≤ (a + b)( 2 1 a + 2 1 b ) + (b + c)( 2 1 b + 2 c 1 )+ (a + c)( 2 1 a + 2 c 1 ) = = 2 a b a + + 2 a b b + + 2 b c b + + 2 b c c + + 2 c a a + + 2 c a c + = 2 a b c a a + + + + 2 a b b c b + + + + 2 b c c a c + + + = = 2 b c a + + 2 2a a + 2 a b c + + 2 2c c + 2 c a b + + 2 2b b = 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 a + 2 b + 2 c = = 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2(ab bc ca) abc + + ≤ 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 (vì ab + bc + ac ≤ abc) (đpcm) Vậy 8 a b+ + 8 b c+ + 8 a c+ ≤ 2 b c a + + 2 a b c + + 2 c a b + + 2 Bài 15:Cho3 số dương a, b, c thoả a + b + c =1.CMR: a bc b c + + + b ca c a + + + c ab a b + + ≥ 2 Bài giải: VT= a(a b c) bc b c + + + + + b(a b c) ca c a + + + + + c(a b c) ab a b + + + + = a(a c) b(a c) b c + + + + + b(a b) c(a b) c a + + + + + c(b c) a(b c) a b + + + + = (a c)(a b) b c + + + + (a b)(b c) c a + + + + (b c)(c a) a b + + + Đặt a + b = x, b + c = y, c + a = z. VT bất đẳng thức tương đương: zx y + xy z + yz x ≥ zx xy 2 2y 2z + xy zy 2 2z 2x + yz zx 2 2x 2y = 2x + 2y + 2z = 2(x+y+z) = 2(BDTCô si) Vậy a bc b c + + + b ca c a + + + c ab a b + + ≥ 2 ∀ a a, b, c >0 thoả a + b + c =1 Bài 16:Cho a, b, c dương, abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 1 a b 1+ + + 3 3 1 b c 1+ + + 3 3 1 c a 1+ + ≤ 1 Bài giải: Vì abc = 1, nên từ: (*) <=> : a 3 + b 3 + abc ≥ ab(a + b) + abc <=> a 3 + b 3 + 1 ≥ ab(a + b + c) <=> 3 3 1 1+ +a b ≤ 1 ( )+ +ab a b c . Tương tự, : 3 3 1 1+ +b c ≤ 1 ( )+ +bc b c a , 3 3 1 1+ +c a ≤ 1 ( )+ +ca c a b . ⇔ 3 3 1 1+ +a b + 3 3 1 1+ +b c + 3 3 1 1+ +c a ≤ 1 ( )+ +ab a b c + 1 ( )+ +bc b c a + 1 ( )+ +ca c a b = ( ) + + + + a b c abc a b c = 1 abc = 1 Vậy 3 3 1 a b 1+ + + 3 3 1 b c 1+ + + 3 3 1 c a 1+ + ≤ 1 Ứng dụng vào chứng minh hình học: Bài 17: Cho tam giác ABC vuông tại C. BC = a, AC = b, AB = c . Gọi h c là đường cao của tam giác kẻ tại C. CMR: + + c a b c h ≥ 2(1 + 2 ) Bài giải: Vì tam giác ABC vuông tại C, áp dụng đònh lý Pytago ⇒ 2 c = 2 2 +a b ⇒ c = 2 2 +a b Và ab = ch c ⇒ h c = ab c ( hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒ + + c a b c h = + +a b c ab c = ( )+ +a b c c ab = 2 ( )+ +a b c c ab = 2 2 2 2 ( )+ + + +a b a b a b ab ≥ 2 2 2+ab ab ab ab = = 2 2 +2 = 2(1 + 2 ) Vậy + + c a b c h ≥ 2(1 + 2 ) . Dấu bằng xảy ra khi a = b hay tam giác ABC vuông cân tại C Bài 18: Cho Λ ABC, trên tia đối AC, BA, CB lấy ba điểm A 1 ,B 1 , C 1 sao cho AA 1 = BC, BB 1 = AC, CC 1 = AB. CMR: ABC 1 S + ACB 1 S + BCA 1 S ≥ 6 ABC S Bài giải: Đặt AB = c, BC = a, AC = b Ta có: ABC 1 ABC S S = 1 BC BC = a c a + = 1 + c a ; 1 BCA ABC S S = 1 CA CA = b a b + = 1+ a b ; ACB 1 ABC S S = 1 AB AB = c b c + = 1+ b c ⇒ ABC 1 ABC S S + 1 BCA ABC S S + ACB 1 ABC S S = 1 + c a +1+ a b +1+ b c ⇔ ABC CBA ACB 1 1 1 ABC S S S S + + = 3 + c a + a b + b c ≥ ≥ 3 + 3 a b c . . b c a = 3 + 3 = 6 ⇔ ABC 1 S + ACB 1 S + BCA 1 S ≥ 6 ABC S (đpcm) Bài 19: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thoả điều kiện: (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc. CMR:a, b, c là ba cạnh của tam giác đều. Bài giải: Vì a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có: a + b ≥ 2 ab ; b + c ≥ 2 bc ; c + a ≥ 2 bc ( áp dụng bất đẳng thức cô - si) ⇒ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8 2 2 2 a b c = 8abc Dấu bằng xảy ra khi a = b = c Vậy a, b, c là ba cạnh của tam giác đều Bài 20: Cho tam giác ABC. miền trong tam giác có điểm m sao cho các đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh lần lượt tại các điểm thoả điều kiện: 1 AM A M + 1 BM B M + 1 CM C M = 6. CMR: M là trọng tâm tam giác ABC. Bài giải: Gọi s,s 1 , s 2 , s 3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB. 1 1 AA A M = ABC MBC S S = 1 2 3 1 s s s s + + ⇒ 1 AM A M = 2 1 s s + 3 1 s s Tương tự: 1 BM B M = 1 2 s s + 3 2 s s ; 1 CM C M = 2 3 s s + 1 3 s s ⇒ 1 AM A M + 1 BM B M + 1 CM C M = 2 1 s s + 3 1 s s + 1 2 s s + 3 2 s s + 2 3 s s + 1 3 s s ≥ 1 2 2 1 s s 2 . s s + 3 1 3 1 s s 2 . s s + 3 2 2 3 s s 2 . s s = 2+2+2 = 6 p dụng bất đẳng thức Cô – si Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: s 1 = s 2 = s 3 = s 3 1 AM A M = 1 BM B M = 1 CM C M = 1 3 . Vậy M là trọng tâm tam giác ABC ng dụng tìm min ,max của biểu thức: A B C 1 B 1 A 1 C .M A BC A 1 B 1 C 1 Bài 21:Cho 3 số dương a, b, c thoả abc = 1. Tìm Min của P = 6 a b c+ + 6 b c a+ + 6 c a b+ Bài giải: Ta có: 6 a b c+ + b c 4 + ≥ 6 a b c 2 . b c 4 + + = a 3 => 6 a b c+ ≥ a 3 - b c 4 + Tương tự: 6 b c a+ ≥ b 3 - c a 4 + ; 6 c a b+ ≥ c 3 - a b 4 + ⇒ P ≥ a 3 +b 3 + c 3 - b c 4 + - c a 4 + - a b 4 + = a 3 +b 3 + c 3 - b c c a a b 4 + + + + + = a 3 +b 3 + c 3 - b c a 2 + + ≥ ≥ 3 3 3 3 3 y .x z - 3 3 abc 2 = 3 - 3 2 = 3 2 Vậy Min P = 3 2 khi 6 a b c+ = b c 4 + và 6 b c a+ = c a 4 + và 6 c a b+ = a b 4 + <=> a = b = c = 1 Bài 22:Tìm Min P = 2 2 (b c) b (a c) a abc + + + trong đó a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông(c là cạnh huyền) Bài giải: p dụng bất đẳng thức Cô si:a + b ≥ 2ab Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông => c 2 = a 2 + b 2 ≥ 2ab => c ≥ 2. ab P = 2 2 2 2 b a c b a b ca abc + + + = 2 2 b(a b) c(a b )a abc + + + = 2 a b c abc + + ≥ 2 ab 2 ab.c abc + = 2 ab 2.c ab c + = = 2 ab c ( 2 1)c ab ab c + + + ≥ 2 2 + ( 2 1) 2ab ab − = 2 2 + ( 2 1) 2− =2 2 + 2 - 2 = 2 + 2 Vậy Min P = 2 + 2 khi đó a = b => tam giác vuông cân. Bài 23:Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện:x + xy + 3 xyz = 3 4 . Tìm giá trò nhỏ nhất của x + y + z. Bài giải: p dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có: xy = y x 2 2 ≤       + y x 2 22 1 ; (1) 3 xyz = 3 4 4 zy x ≤       ++ zy x 4 43 1 ; (2) Từ (1) và (2) ⇒ 3 4 = x + xy + 3 xyz ≤       + y x 2 22 1 +       ++ zy x 4 43 1 = 3 4 (x + y + z)=> x + y + z ≥ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức 4 x = y = 4z; kết hợp với giả thiết x + xy + 3 xyz = 3 4 ta suy ra x = 21 16 ; y = 21 4 ; z = 21 1 .Vậy x + y + z đạt giá trò nhỏ nhất bằng 1 Bài 24: Cho x, y > 0; thoả x + y = 1. Tìm Min A = 2 2 1 x y+ + 1 xy .Bài giải: p dụng bất đẳng thức (a + b) 2 ≥ 4ab => a b ab + ≥ 4 a b+ ⇔ 1 1 a b + ≥ 4 a b+ (a, b > 0) Mặt khác: x + y ≥ 2 xy => xy ≤ 2 (x y) 4 + = 1 4 (áp dụng bất đẳng thức Cô si) A = 2 2 1 x y+ + 1 2xy + 1 2xy ≥ 2 2 4 x y 2xy+ + + 1 2xy = 2 4 (x y)+ + 1 2xy ≥ 4 + 1 1 2. 4 = 4 + 2 = 6 Vậy Min A = 6 khi x = y = 1 2 Bài 25:Với x, y, z là những số thực dương, hãy tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: M = ))()(( xzzyyx xyz +++ B ài giải: p dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương: x + y = 2 xy , y + z = 2 yz , x + z = 2 xz ⇒ (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8 2 )(xyz = 8xyz ⇒ M = ))()(( xzzyyx xyz +++ ≤ xyz xyz 8 = 8 1 Vậy maxM = 8 1 khi x = y = z Bài 26: Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: A = 2 2001 + − x x + x x 2002 − Bài giải: Điều kiện: x ≥ 2002 Đặt a = 2001 − x ; a > 0; b = 2002 − x ; b ≥ 0 Thì: x = a 2 + 2001; x + 2 = a 2 + 2003; x = b 2 + 2002, ta có: A = 20022003 22 + + + b b a a = a a 2003 1 + + b b 2002 1 + . Theo bất đẳng thức Cosi: 20032 2003 ≥+ a a ; 20022 2002 ≥+ b b . Do đó A ≤ 20022 1 20032 1 + . Dấu đẳng thức xảy ra khi: a = a 2003 và b = b 2002 <=> a 2 = 2003 và b 2 = 2002 <=> x = 4004. Vậy maxA = 20022 1 20032 1 + khi x = 4004. Bài 27: Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi và thoả mãn điều kiện xy 2 z 2 + x 2 z + y = 3z 2 . Hãy tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: P = )(1 444 4 yxz z ++ Bài giải: Do z > 0 nên từ: xy 2 + z x 2 + 2 z y = 3. p dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương: (x 2 y 2 + y 2 ) + (x 2 + 2 2 z x ) + ( 2 2 z y + 2 1 z ) ≥ 2(xy 2 + z x 2 + 2 z y ) = 6 ⇒ P = )(1 444 4 yxz z ++ = )( 1 1 44 4 yx z ++ Đặt a = 2 1 z ; b = x 2 ; c = y 2 (a, b, c >0); ta có P = 222 1 cba ++ Do a 2 ≥ 2a – 1; b 2 ≥ 2b – 1; c 2 ≥ 2c – 1; a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + c 2 ≥ 2bc; a 2 + c 2 ≥ 2ac ⇒ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2(ab + ac + bc + a + b + c) – 3 Mà ab + ac + bc + a + b + c = x 2 y 2 + y 2 + x 2 + 2 2 z x + 2 2 z y + 2 1 z ≥ 6 Do đó 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 9 <=> a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3. Vậy P ≤ 3 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 <=> x = y = 1/z = 1 <=> x = y = z = 1 maxP = 3 1 khi x = y = z = 1 ng dụng vào giải hệ phương trình và phương trình: Bài 28: Nếu x 0 là nghiệm của phương trình x 2 + bx + c = 0 thì |x 0 | ≤ 2 2 b c 1+ + Bài giải: Vì x 0 là nghiệm của phương trình. Thay vào ta có: x 0 2 + bx 0 + c = 0 ⇔ - x 0 2 = bx 0 + c ⇔ x 0 4 = (bx 0 + c) 2 ≤ (b 2 + c 2 )(x 0 2 + 1) mà x 0 4 – 1< x 0 4 ⇒ x 0 4 – 1 ≤ (b 2 + c 2 )(x 0 2 + 1) ⇔ 0 0 4 2 x x 1 1 + − ≤ b 2 + c 2 ⇔ x 0 2 - 1 ≤ b 2 + c 2 ⇔ x 0 2 ≤ b 2 + c 2 +1 ⇔ |x 0 | ≤ 2 2 b c 1+ + (đpcm) Bài 29: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2005 2004 40092004 2005 + ++ + + + x y y x yx = 2 (1) Bài giải: Ta giải bài toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có: F = ba d ad c dc b cb a + + + + + + + = )()( ba d ad c dc b cb a + + + + + + + = = ))(( )()( ))(( )()( badc dcdbab adcb cbcada ++ +++ + ++ +++ ≥ 2 22 2 22 )( 4 1 )( 4 1 badc cdabdb adcb bcadca +++ +++ + +++ +++ (theoBĐT Cô –si) = 2 2222 )( )(4 dcba cdbcadabdcba +++ +++++++ (2) Mặt khác: 2(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 –2ac – 2bd = = (a – c) 2 + (b – d) 2 ≥ 0 (3) Kết hợp (2) và (3) ta suy ra F ≥ 2 (4)Đẳng thức xảy ra <= > a = c; b = d p dụng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta có: 2005 2004 40092004 2005 + ++ + + + x y y x yx ≥ 2 Đẳng thức xảy ra <= > y = 2005, x = 2004 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (2004; 2005) Bài 30: Tìm tất cả các số thực dương x, y, z thoả mãn hệ phương trình:      −=++ =++ xyzzyx zyx 4 2 111 0 Bài giải: Dùng BĐT cosi cho 3 số thực dương ta có:6=x+y+z= 3 3 xyz suy ra8 ≥ xyz (1) và 3 3111 xyz zyx ≥++ (2) Kết hợp (1) và (2) ta nhận được: (x + y + z) 3 3 3 .3 111 xyz xyz zyx ≥         ++ = 9 Suy ra zyxzyx ++ ≥++ 9111 = 2 3 6 9 = (3) Từ (1) và (3) ta lại có: ≥+++ xyzzyx 4111 8 4 2 3 + = 2 Vậy x; y; z là các số thực dương thoả mãn hệ phương trình ⇔ đẳng thức xảy ra ở bất phương trình trên ⇔ x = y = z =2. Do đó x = y = z =2 là bộ số thực dương duy nhất thoả mãn các điều kiện của bài toán. Bài 31: Giải hệ phương trình:      =+ =+ 200520082008 )(8 xyyx xy x y y x )2( )1( Bài giải: Từ (1) ta có x, y > 0. p dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có: 4 22 xy yx xy x y y x =≥+ Kết hợp với (1) ta có xy ≥ 2 4 xy => 4 3 )(xy ≥ 2 => xy ≥ 16 (3) [...]... ≥ xy (4) y  x =  x < => x = y Từ (3) và (4) ta thấy: (3) và (4) đồng thời trở thành đẳng thức ⇔  y  x 2008 = y 2008  Khi đó 3 16 = xy nên x = y = 3 4 Thử vào hệ thoả mãn Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 3 4 Bài 32: Giải phương trình: 4 1 − x 2 + 4 1 + x + 4 1 − x = 3 Bài giải: ĐK: -1 ≤ x ≤ 1 Theo bất đẳng thức Cô – si: 4 1 − x 2 = 4 (1 − x)(1 + x) ≤ 1− x + 1+ x 4 1− x +1 4 ; 1− x ≤ ; 1+ x ≤... nghiệm x = 0 ≤1 + ============= Trên đây là những biên soạn của em, chắc sẽ có nhiều thiếu sót Mong các thầy cô và ban giám khảo xây dụng đóng góp để cho em có thể nắm được một phần kiến thức nhỏ bé trong đại dương kiến thức rộng lớn . là bất đẳng thức cùng chiều. Các bất đẳng thức A > B và E < F gọi là bất đẳng thức trái chiều. − Nếu ta có A > B ⇒ C > D, ta nói bất đẳng thức. B) là bất đẳng thức ngặt, A ≥ B ( hoặc A ≤ B) là bất đẳng thức không ngặt. A ≥ B là A > B hoặc A = B A ≠ B cũng là bất đẳng thức. Hai bất đẳng thức