Một Số ứNG DụNG CủA BấT ĐẳNG THứC CÔ SIứNG DụNG 1: Chứng minh bất đẳng thức Bài toán số 1.. Vì vậy ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Côsi... Các bài tập khác:... Ta có một số biện pháp
Trang 1Một Số ứNG DụNG CủA BấT ĐẳNG THứC CÔ SI
ứNG DụNG 1: Chứng minh bất đẳng thức Bài toán số 1 Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
(a b c) 1 1 1 9.
a b c
+ + + + ữ≥
*Phân tích:
Vế trái chứa a, b, c > 0 và các nghịch đảo của chúng Vì vậy ta nghĩ đến việc dùng bất đẳng thức Côsi
Lời giải:
Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các bộ số a, b, c và 1 1 1, ,
a b c
ta có:
3
3
3
3
+ + ≥ + + ≥
Nhân từng vế của hai bất đẳng thức trên ta đợc:
(a b c) 1 1 1 9
a b c
(đpcm).
Cách 2:
(a b c) 1 1 1 3 b a c a b c 3 2 2 2 9
+ + + + ữ= + + ữ + + ữ + + ữ≥ + + + =
Dấu "=" xảy ra ⇔ = = a b c
Bài toán số 1.1 Chứng minh các bất đẳng thức:
a a b c 3
b + + ≥c a (a, b, c > 0)
b.a2 + + ≥ b2 c2 ab bc ca + +
Bài toán số 1.2 Chứng minh rằng:
a
2
2
2 2 1
x
x + ≥
+ x R∀ ∈
áp dụng BĐT Côsi cho 2 số x2 +1 và 1
Trang 2b 8 6
1
x
x+ ≥
− x∀ > 1
áp dụng BĐT Côsi cho 2 số x - 1 và 9
áp dụng BĐT Côsi ta có
2
1 2
+ ≥
+ ≥
Nhân từng vế của 2 BĐT trên ta suy đợc đpcm
Bài toán số 1.3 Chứng minh rằng:
a (a b b c c a+ ) ( + ) ( + ) ≥ 8abc∀a b c, , ≥ 0
b.a2(1 +b2) (+b2 1 +c2) (+c2 1 +a2) ≥ 6abc
áp dụng BĐT Côsi cho 6 số a a b b b c c c a2 , 2 2 , , 2 2 2 , , 2 2 2
Bài toán số 1.4
a n số dơng a1, a2, , an Chứng minh rằng:
1 2
n
n
a a a
≤ + + + L
b.Nếu a1, a2, , an dơng và a1a2 an = 1 thì a1+ a2 + + an ≥n
áp dụng BĐT Côsi cho n số dơng trên)
Bài toán số 2 Chứng minh bất đẳng Netbit
3 2
b c + a c +a b ≥
+ + + ∀a b c, , > 0.
Giải
Đặt x= b + c, y = a + c, z = a +b
Khi đó x, y, z > 0 và
Ta có:
1
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x= y= z
Trang 3Cách khác:
1
6 2
x y z
= + + + + ữ− ≥ − =
Khai thác bài toán:
Bằng cách tơng tự, ta có thể chứng minh đợc các bất đẳng thức sau: với a,
b, c dơng ta có:
2
2
9 2
2 2
.
1
2 2
b a
c a c
b c
b
a
c b a b a a c c
b
+ +
≥ +
+ +
+ +
+ +
≥ +
+ +
+ +
Bài toán số 2.2 Cho x, y > 0 Chứng minh rằng 1x+1y ≥x+4y (1)
Phân tích:
Do x, y > 0 nên BĐT (1) có thể suy ra từ BĐT Côsi hoặc xét hiệu
Giải Cách 1: Sử dụng BĐT Côsic cho 2 số dơng x, y:
( )
y x y x
y x xy
y x
xy y
x
xy y
x
+
≥ +
⇔
+
≥ +
⇔
≥ +
⇔
≥ +
4 1 1
4 4
2
2
Cách 2 Xét hiệu của 2 vế:
( ) 1 1 1 4 0 ( ) (( ) ) 4 0 ( ( ) ) 0
2
≥ +
−
⇔
≥ +
− + + +
⇔
≥ +
−
+
⇔
y x xy
y x y
x xy
xy y x x y x y y
x
y
Do x > 0, y > 0 nên BĐT (2) luôn đúng
Vậy (1) luôn đúng (đpcm)
Khai thác bài toán:
Ta thấy BĐT trên có liên quan đến việc cộng mẫu nên có thể sử dụng để chứng minh BĐT sau:
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng:
+ +
≥
−
+
−
+
−a p b p c a b c
p
1 1 1 2 1 1
1
trong đó p= a+2b+c
Bài tập tơng tự:
Bài 1 Chứng minh rằng:
Trang 4
+ +
+ +
≤ +
+ + +
+
+
+
+
c b a
c b a c a
c a b
c
c
b
b
a
b
3
Bài 2 Cho a, b, c, d là các số dơng Chứng minh rằng:
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( 2 2) 4
2 2
2
4 2
2
4 2
2
a d a d
d d
c d c
c c
b c b
b b
a
b
a
+ +
+ + +
+ + +
+ +
+
Bài 3 Cho 0 ≤a,b,c ≤ 1 Chứng minh rằng:
a c c b b a c
b
a2 + 2 + 2 ≤ 1 + 2 + 2 + 2
Bài 4 Cho a > 0, b > 0, c > 0 Chứng minh:
+ −
≥ + +
c b a ab
c ac
b bc
2
Bài 5 Cho x, y, z > 0 Chứng minh rằng:
x z y z y
2
Bài 6 Cho a, b > 0 Chứng minh rằng:
a
b b a b
a − ≥ −
Bài 7 Cho x, y > 0 Chứng minh rằng:
3
2 2 2
y xy x
+ +
Bài 8 Cho x, y ≠ 0 Chứng minh rằng:
2 6 2
6 4 4
x
y y
x y
Bài 9 Cho a, b > 0 Chứng minh rằng:
4
2
ab b a
ab
≤ +
áp dụng bất đẳng thức Côsi để chứng minh BĐT trong tam giác
Bài toán số 3 Cho a, b, c là độ dài cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng: ≥ 3
− +
+
− +
+
−
c b c a
b a
c b a
Giải:
Cách 1
đặt x = b + c – a; y = a + c - b; z = a + b – c
Khi đó x, y, z > 0 và .
2
, 2
, 2
z y c z x b y x
a= + = + = +
Vế trái:
Trang 5( 2 2 2 ) 3 2
1 2
1
2 1
= + +
≥
+ + + + +
=
+ + + + +
=
− +
+
− +
+
− +
y
z z
y x
z z
x x
y y x
y
x z x
z y z
y x c b a
c b c a
b a c b a
Dấu bằng xảy ra
2
2
2
c b a z y x
y
z z y x
z z x x
y y x
=
=
⇔
=
=
⇔
= +
= +
= +
Cách 2
Nhận xét: Do a, b, c, là độ dài 3 cạnh của tam giác nên ta có:
a + b - c > 0; a + c –b > 0; b + c - a > 0
áp dụng BĐT Côsi cho các cặp số dơng:
(b c a) a b c b
c a c b
b
c
a
a b c a c b a b c a
c
b
a
≤
− +
−
+
≤
− +
−
+
=
− + +
− +
≤
− +
−
+
) (
2
Nhận thấy các vế của BĐT trên là các số dơng và 3 BĐT này cùng chiều, nhân từng vế của chúng ta đợc:
(a+b−c)(a+c−b)(b+c−a) ≤abc.
Ta có:
3
3
3 3
3
=
≥
− +
− +
− +
≥
− +
+
− +
+
−
+
abc
abc
c b a b c a a c b
abc c
b a
c b c a
b a
c
b
a
Bài tập 3.1. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác ABC, a≤b≤c.
Chứng minh rằng: (a+b+c)2 ≤ 9bc.(*)
Giải Vì a≤b⇒ (a+b+c) (2≤ b+b+c) (2= 2b+c)2.
để chứng minh (*) ta cần chứng minh: ( 2b+c) 2 ≤ 9bc.(1)
Thật vậy:
( ) ( b c) bc
bc c bc b
bc c bc b
bc c
b
≤
−
⇔
≤ +
−
⇔
≤ + +
⇔
≤ +
2
2 2
2 2
2
2
4 4
9 4
4
9 2
Ta có:
Trang 6( ) b c bc
c c c c b
b b b c b
≤
−
⇒
=−
≤−
<
=−
≤−
2 2
2 0
2 2
0
(đpcm)
Bài tập 3.2 Chứng minh rằng
3
3 2 2
3 2 2
+
+ +
+
c a
c
b c
b
a
(*) Trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Giải
Ta có
( ) 2 3
3
4
1
c b c
b + ≥ +
Thật vậy:
0 0 0
3 3 4
1
2
2 2
2 2
2 2 3 3
2 2
3 3 3 3
≥ +
−
⇔
≥
−
−
⇔
≥
−
−
−
⇔
≥
−
− +
⇔
+ + +
≥ +
⇔
c b c b
c b c b
c b c c b b
bc c b c b
bc c b c b c b
Luôn đúng suy ra (1) đúng
Tơng tự: 3 3 ( ) 2
4
1
c a c
a + ≥ +
3 3 ( ) 2
4
1
b a b
a + ≥ +
Do đó:
) 3 ( 4
3
+
+ +
+ +
<
+
+ +
+
c c a
b c b
a b
a
c a
c
b c
b
a
Mà:
2 2
2 2
) ( 2
2 ) ( 2
2 ) ( 2 2
= + +
+ + +
+ + +
<
< +
+ +
+ +
=
+
+ +
+ +
c b a
c c
b a
b c
a
b
a
b a
c c
a
b c
b
a b
a
c c a
b c
b
a
(4)
Do:
>
+
>
+
>
+
b c
a
a c
b
c b
a
Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh
Các bài tập khác:
Trang 7Bài tập 3.3 Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và có chu vi là 2.
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 2abc < 2
Bài tập 3.4 Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác Chứng minh rằng:
(b c a) b (a c b) c (a b c) abc
Bài tập 3.5 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.
Chứng minh rằng: ( ) 1 1 1 6
3 3
3 3 3 3
c b a c b a c b a
Bài tập 3.6 Giả sử a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.
Chứng minh rằng( ) 1 1 1+3( − )( − )( − ) ≥ 9
+ + +
+
abc
a c c b b a c b a c b a Bài tập 3.7 Cho a, b, c, d > 0 và a + b + c + d = 1
Chứng minh rằng:
a+b+c+ b+c+d + b+d+a+ c+d+a ≤ 2 3
ứNG DụNG 2: ứng dụng bất đẳng thức Côsi để tìm cực trị
* Với a ≥ 0, b ≥ 0 ta có a b+ ≥ 2 ab , dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
* Với n số không âm: a1 , a2 , …, an ta có: 1 2 n 1 2
a + + + ≥a a n a a a
Dấu “=” xảy ra ⇔a1 = … = an
* Từ BĐT trên ta suy ra:
+ Nếu a.b = k (const) thì min(a + b) = 2 k ⇔a = b
+ Nếu a + b = k (const) thì max(a.b) = 2
4
k ⇔a = b
* Mở rộng đối với n số không âm:
+ Nếu a1.a2…an = k (const) thì min(a1 + a2 + … + an) = nn k
⇔a1 = a2 = … = an + Nếu a1 + a2 + …+ an = k (const) thì max(a1.a2…an) =
n k n
ữ
⇔ a1 = a2 = … = an
Ví dụ: Cho x > 0, y > 0 thoả mãn: 1 1x+ =y 12
Tìm GTNN của A = x+ y
Bài làm:
Trang 8Vì x > 0, y > 0 nên 1
x > 0, 1
y > 0, x > 0, y > 0 Ta có:
.
4
Cs
xy
≤
Vậy min A = 4 ⇔x = y = 4
Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã sử dụng BĐT Côsi theo 2 chiều ngợc
nhau:
+ Dùng
2
a b
để dùng điều kiện tổng 1 1 1
2
x+ =y từ đó đợc xy ≥ 4
+ Dùng a b+ ≥ 2 ab “làm giảm” tổng x+ y để dùng kết quả xy ≥ 4
⇒ Không phải lúc nào ta cũng có thể dùng trực tiếp BĐT Côsi đối với các số trong đề bài Ta có một số biện pháp biến đổi một biểu thức để có thể vận dụng BĐT Côsi rồi tìm cực trị của nó:
* Cách 1: Để tìm cực trị của một biểu thức ta tìm cực trị của bình
ph-ơng biểu thức đó.
Bài giải
Điều kiện: 5 7
3 ≤ ≤x 3
Ta có: A2 = ( 3x – 5 ) + ( 7 – 3x ) + 2 (3x− 5 7 3) ( − x)
A2 ≤( 3x – 5 + 7 – 3x ) + 2 = 4
Dấu “=” xảy ra ⇔3x – 5 = 7 – 3x ⇔x = 2
Vậy max A2 = 4 ⇒ max A = 2 ⇔ x = 2
⇒Ta thấy A đợc cho dới dạng tổng của 2 căn thức Hai biểu thức lấy căn
có tổng không đổi (bằng 2) Vì vây, nếu bình phơng A sẽ xuất hiện hạng
Trang 9tử là 2 lần tích của 2 căn thức Đến đây có thể vận dụng BĐT Côsi
2 ab a b≤ +
* Cách 2: Nhân và chia biểu thức với cùng một số khác 0
Ví dụ: Tìm GTLN của A = 9
5
x x
−
Bài giải:
Điều kiện: x ≥ 9 Ta có:
.3
x
x A
−
Dấu “=” xảy ra 9 3 18
3
x
x
−
Vậy max A = 1 18
30 ⇔ =x
⇒ Trong cách giải trên, x – 9 đợc biểu diễn thành 9.3
3
x−
khi vận dụng
BĐT Côsi tích này trở thành nửa tổng: 9 3 1
x
x
gọn cho x ở mẫu ( số 3 đợc tìm bằng cách lấy 9, số 9 có trong đề bài)
* Cách 3: Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số.
Ví dụ 1: ( Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau)
Cho x > 0, tìm GTNN của A = 3x4 316
x
+
Bài giải
A = 3x4 316
x
3x x x x 4 x x x
A ≥ 4.2 = 8 ( dấu “=” xảy ra x 163 x 2
x
Vậy min A = 8 khi x = 2
Trang 10Ví dụ 2: (Tách một hạng tử chứa biến thành tổng của một hằng số với một
hạng tử chứa biến sao cho hạng tử này là nghịch đảo của một hạng tử khác
có trong biểu thức đã cho)
Cho 0 < x < 2, tìm GTNN của A = 9 2
2
x
x + x
−
Bài giải
A
Dấu “=” xảy ra 9 2 1
x
−
− Vậy min A = 7 ⇔ =x 12
⇒ Trong cách giải trên ta đã tách 2
x thành tổng 2 x 1
x
− + Hạng tử 2 x
x
−
nghịch đảo với
2
x x
− nên khi vận dụng BĐT Côsi ta đợc tích của chúng là
một hằng số
* Cách 4: Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho
Ví dụ: Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2
Tìm GTNN của P =
y z + z x+ x y
Bài giải
Vì x, y, z > 0 ta có:
áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dơng x2
y z+ và 4
y z+
ta đợc:
x
2
2
(2) 4
(3) 4
y x z
y
x z
z
x y
+
+
+
+
Trang 11Cộng (1) + (2) + (3) ta đợc:
2 1 2
x y z
x y z
P x xy z
+ +
Dấu “=” xảy ra 2
3
x y z
⇔ = = =
3
x y z
⇔ = = =
Nhận xét: Ta đã thêm
4
y z+
vào hạng tử thứ nhất
2
x
y z+ có trong đề bài,
để khi vận dụng BĐT Côsi có thể khử đợc (y + z) Cũng nh vậy đối với 2 hạng tử còn lại của đề bài Dấu đẳng thức xảy ra đồng thời trong (1), (2),
3
x y z
⇔ = = =
Nếu ta lần lợt thêm (y + z), (x + z), (x + y) vào
; ;
y z x z x y+ + + thì ta cũng khử đợc (y + z), (x + z), (x + y) nhng điều quan trọng là không tìm
đợc các giá trị của x, y, z để dấu của các đẳng thức đồng thời xảy ra, do đó không tìm đợc GTNN của P
áp dụng các cách trên cùng với việc sử dụng BĐT Côsi ta có các ví
dụ khác nh sau:
Tìm GTLN của P = 1 1 1 1 1 1
+ + +
Phân tích: a, b, c > 0 3 1 3 1 3
3
abc
abc
Do đó có thể khai triển P rồi ớc lợng theo BĐT Côsi
Bài giải Cách 1: P 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c ab bc ac abc
= + + + + + + +
áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dơng ta có:
Trang 123 3
3
3
1
3 1
3 27
a b c abc abc abc
abc
(1)
MÆt kh¸c:
2 3 3
2 3
(2)
(1) + (2) ta cã: P≥ + +1 32 27 27 64+ = VËy min P = 64
C¸ch 2:
( ) ( ) ( )
3
4 4 4 3 4
1
4
4 64
P a a b c b a b c c a b c
abc
abc
Tæng qu¸t: cho S = a + b + c
t×m GTLN cña P = 1 1 1 1 1 1
+ + +
VD 2: T×m GTLN cña B = x 1 y 2
−
− +
Bµi gi¶i
1.( 1)
2
4
2 2
x
y
−
−
+
Trang 13Tìm GTNN của B = 1 12 1 12
− −
Bài giải
Ta có: B = 1 12 1 12
− −
= 1 +
2
xy
1 x y CS4xy 8 B 9
xy
Vậy min B = 9 1
2
x y
⇔ = =
1 x+ 1 y + 1 z ≥
Tìm GTNN của P = xyz
Bài giải
Ta có: 11 1 11 1 11 1 1 2 (1 ) (1 )
≥ − ữ + − ữ= + ≥
Tơng tự:
1 2
1 2
zx
xy
≥
≥
8
P xyz
Vậy max P = 1 1
8 ⇔ = = =x y z 2
VD 5: Cho M = 3x2 – 2x + 3y2 – 2y + 6 |x| + 1
Tính giá trị của M biết x, y là 2 số thoả mãn x.y = 1 và biểu thức |x + y| đạt GTNN
Bài giải:
Ta có: ( )2
CS
x y+ ≥ xy = ⇒ + ≥x y
Min |x + y| = 2 khi x = y, khi đó 1
2
xy
x y
=
+ =
Khi x = y = 1 hoặc x = y = - 1
+ Khi x = y = 1 thì M = 9
Trang 14+ Khi x = y = - 1 th× M = 17
VD 6:
Cho c¸c sè thùc kh«ng ©m a1, …, a5 tho¶ m·n: a1 + … + a5 =1 T×m GTLN cña A = a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5
Bµi gi¶i
Ta cã: A = a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 ≤ (a1 + a3 + a5)(a2 + a4)
2
2 1
2
1 4
a a a a a
a a a a a
a a a a a
A
⇒ ≤
VËy max A = 1
4
1 1
2
= =
= = =
VD 7: Cho a, b > 0 T×m GTNN cña A = ( x a x b) ( )
x
( x > 0)
Bµi gi¶i
(x a x b) ( ) x2 ax bx ab ab
DÊu “=” x¶y ra x ab x ab
x
VD 8: T×m GTNN cña hµm y = 2 1
1 x + x
− víi 0 < x < 1
Bµi gi¶i
Ta cã: y =
Trang 15= 3 2 1 3 2 2 .1 3 2 2
Dấu “=” xảy ra 2 1 2 1
1
x
−
−
VD 9: Cho a, b > 0 cho trớc.
Các số x, y > 0 thay đổi sao cho a b 1
x + =y
Tìm x, y để S = x + y đạt GTNN Tìm min S theo a, b
Bài giải
Ta có: a b 1 S ( x y) a b a b bx y
bx ay
y x
ay bx
Mà a b 1 x a ab
x y y b ab
= +
+ = ⇒
= +
VD 10: Tìm GTNN của P =
2
Bài giải
Ta có: P = 4 4 16 32 56 2 80 356
2 5
x x
+ +
= ( 2 )
2
256
CS
Suy ra min P = 64 ⇔x = 1 hoặc x = - 3
Bài tập tơng tự
BT 1: Cho x, y > 0 thoả mãn x y = 1 Tìm GTLN của A = 4 2 2 4
BT 2: Tìm GTLN của các biểu thức sau:
Trang 16( )
2
2
2 2 2 2 2 2 2
2
1
1
; 0 2
8
3 2
1 1 1
; 0 1
1
2 1
; 0 2000
B
xyz x
x D
x x
E
x
G
x
x
=
+
+
−
=
+
−
=
+
− +
+ +
− +
=
− +
+
BT 3: Cho a, b, c > 0 tho¶ m·n 1 1 1 2
1 a + 1 b + 1 c =
+ + + T×m GTLN cña biÓu thøc Q = abc
BT 4: Cho x, y > 0 tho¶ m·n x + y = 1 T×m GTNN cña biÓu thøc
P = 1 1 1 1
+ +
BT 5: T×m GTNN cña c¸c biÓu thøc sau:
Trang 17( )
( )
2 2
2 2
2 2
2
1 2 1 1
1 5
1 2
x x
x x
x
x x C
x x
x x
x x
x x x
x
− + +
=
+ +
+
−
−
BT 6: Cho x, y > 0 th¶o m·n x2 + y2 = 4 T×m GTNN cña biÓu thøc
E =
+ + +
÷ ÷
BT 7: T×m GTLN vµ GTNN cña A = 3 + +x 6 −x; 3(− ≤ ≤x 6)
BT 8: T×m GTLN cña A = x+ + 1 y+ 1 biÕt
2
x y
x y
≥ −
+ =
BT 9: Cho a, b > 0 tho¶ m·n a b = 216
T×m GTNN cña S = 6a + 4b
BT 10: Cho a, b > 0 tho¶ m·n a 1 1
b
+ ≤
T×m GTNN cña A = a b
b a+
BT 11: Cho a, b > 0 tho¶ m·n 3
6
a ab
≥
≥
T×m GTNN cña S = a2 +b2
BT 12: Cho x, y, z ≥ 0 tho¶ m·n xy + yz + zx = 100
T×m GTNN cña A = xyz
Trang 18BT 13: Với giá trị nào của a thì tích xy nhận GTLN nếu x, y, a là các số
thực thoả mãn
2 4
1
4
x a a y
=
= +
BT 14: Tìm GTNN của A = x8 a
x
+ biết a > 0, x > 0
BT 15: Với giá trị nào của số dơng a thì biểu thức D đạt GTNN ?
A = 1000 900 90 5 1995
a
BT 16: Tìm GTNN của C = x100 −10x10 +2004
BT 17: Tìm GTLN của E = x22 xy y22 ;( x 0,y 0)
x xy y
− +
BT 18: Tìm GTLN của tích x x x1 2 ;n (n ≥ 2)
Biết x i 1; i 1,n
n
≥ ∀ = và x12 + + +x22 x n2 =1
BT 19: Tìm GTLN của B = ( )2 ;( 0)
1995
x
x
+
BT 20: Tìm GTNN của N = 2 ( )
5
x
x y x y
+
− biết rằng x, y > 0
BT 21: Tìm GTLN của H = x 1−x2 với 1− ≤ ≤x 1
BT 22: Tìm GTLN của biểu thức:
y z + x z + x y + − − −
Với mọi x, y, z biến đổi nhng luôn thoả mãn 0 ≤ x y z, , ≤ 1
BT 23: Tìm GTNN của f x y( , ) x ( 1 )
xy x y
= +
− ;
, 0
x y
∀ >
≠
BT 24: Tìm GTLN của
2 2
2 1
x x
+ +
BT 25: Tìm GTLN của 8
1
x x
+
− với x > 1