CHUYÊN đề bất ĐẲNG THỨC cực hay 50

MỘT KỸ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CÓ ĐIỀU KIỆN Trong kì thi học sinh giỏi lớp 8, lớp thi vào lớp 10 chuyên, thường gặp dạng toán chứng minh BĐT mà ẩn có điều kiện buộc Các tốn Bất đẳng thức có dạng: “Cho C ≥ D chứng minh A ≥ B” Có kĩ thuật chứng minh ta chứng minh (A – B) +(C – D)≥ 0, từ điều kiện C ≥ D ta suy A ≥ B, Đô việc chứng minh BĐT trung gian dễ dàng Sau số ví dụ: Ví dụ Cho a + b ≥ Chứng minh rằng: a2 + b2 ≥ (Đề vào lớp 10, THPT chuyên Lê Hồng Phong năm, TP.Hồ Chí Minh, 1998 -1999) Bài làm Ta có: (a2 + b2 - ) + (1 – a – b) ≥ ⇔ (a2 – a + ) + (b2 – b + ) ≥ ⇔ (a - )2 + (b - )2 ≥ (đúng) Mà a + b ≥ ⇒ – a – b ≤ Suy ra: a2 + b2 - a2 + b2 ≥ (Đpcm) Ví dụ Chứng minh nếu: a + b ≥ Thì a4 + b4 ≥ a3 + b3 Bài làm Ta có: (a4 + b4 – a3 – b3) + (2 – a – b) = a4 – a3 – a + + b4 – b3 – b + = a3(a – 1) – (a – 1) + b3(b – 1) – (b – 1) ≥ = (a – 1)(a3 – 1) + (b – 1)(b3 – 1) = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) = (a – 1)2[(a + )2 + ] + (b – 1)2[(b + )2 + ] ≥ Mà a + b ≥ ⇒ – a – b ≤ Do đó: a4 + b4 – a3 – b3 ≥ ⇒ a4 + b4 ≥ a3 + b3 Ví dụ Cho x, y số thực dương thỏa mãn: x3 + y4 ≤ x2 + y3 Chứng minh rằng: x3 + y3 ≤ x2 + y2 x2 + y3 ≤ x + y2 (Đề thi học sinh giỏi lớp Quận 1, TP Hồ Chí Minh, 2004 – 2005) Lời giải a) Ta có: (x2 + y2 – x3 – y3 )+ (x3 + y4 – x2 – y3) ≥ ⇔ y4 – 2y3 + y2 ≥ 0⇔ y2(y2 – 2y + 1) ≥ ⇔ y2(y – 1)2 ≥ (đúng) Mà : x3 + y4 ≤ x2 + y3 ⇒ x3 + y4 – x2 – y3 ≤ ⇒ x2 + y2 – x3 – y3 ≥ Vậy: x3 + y3 ≤ x2 + y2 (đpcm) b) Ta có: (x + y2 – x2 – y3) + (x3 + y4 – x2 – y3) = x3 - 2x2 + x + y4 – 2y3 + y2 = x(x2 – 2x + 1) + y2(y2 – 2y + 1) = x(x – 1)2 + y2(y – 1)2 ≥ (vì x > 0) Mà x3 + y4 ≤ x2 + y3 ⇒ x3 + y4 – x2 – y3 ≤ Do đó: x + y2 – x2 – y3 ≥ ⇒ x2 + y3 ≤ x + y2 (Đpcm) Ví dụ Chứng minh nếu: a + b + c ≥ a4 + b4 + c4 ≥ a3 + b3 + c3 (Đề thi HSG tốn Quận TP Hồ Chí Minh, THCS Lê Quý Đôn, năm học 205 – 2005) Bài làm Ta có: (a4 + b4 + c4 - a3 - b3 - c3) + (3 – a – b – c) ≥ ⇔ (a4 – a3 – a + 3) + (b4 – b3 – b + 3) + (c4 – c3 – c + 3) ≥ ⇔ (a – 1)2[(a + )2 + ] + (b– 1)2[(b+ )2 + ] + (c – 1)2[(c + )2 + ] ≥ (đúng) Mà a + b + c ≥ ⇒ – a – b – c ≤ Do đó: a4 + b4 + c4 - a3 - b3 - c3 ≥ Vậy a4 + b4 + c4 ≥ a3 + b3 + c3 (Đpcm) Ví dụ Cho x, y số thực dương thỏa mãn x3 + y3 = x – y Chứng minh rằng: x2 + y2 < (Đề thi vào lớp 10 chuyên, TP Hồ Chí Minh, 2006 – 2007) Bài làm Ta có x2 + y2 < ⇔ (1 – x2 – y2) + (x3 + y3 – x + y) ≥ ⇔ (x3 – x2 – x + 1) + (y3 – y2 + y) ≥ ⇔ (x – 1)(x2 – 1) + y(y2 – y + 1) ≥ ⇔(x – 1)2(x + 1) + y[(y - )2 + ] > (Vì x, y số dương) Suy : x2 + y2 < (Đpcm) Bài tập tự luyện Bài Biết rằng: x2 + y2 ≤ x + y Chứng minh rằng: x + y ≤ Bài Biết ab ≥ Chứng minh rằng: a2 + b2 ≥ a + b Bài Biết rằng: x2 + y2 ≤ x Chứng minh rằng: y(x + 1) ≥ -1 MỘT SỐ KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM - GM Trong viết giới thiệu số tốn chứng minh có sử dụng bất đẳng thức AM – GM cách áp dụng * Bất đẳng thức AM – GM Với số thực khơng âm a, b, c thì: a + b ≥ Dấu xảy a = b a + b + c ≥ Dấu xảy a = b = c Bài toán Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = + + * Phân tích Vì có bậc nên ta nghĩ đến dùng bất đẳng thức AM – GM ba số, dự đoán giá trị lớn đạt a = b = c = Khi a + b = b +c=c+a=4 * Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = ≤ = Tưng tự ta có: ≤ ; ≤ Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: P ≤ = Dấu xảy a = b = c = Vậy MaxP = a = b = c = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn a2b2 + b2c2 + c2a2 = 12 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = + + * Phân tích Ta dự đốn Q đạt giá trị lớn a = b = c = Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = c ≤ c = c Tương tự: ≤ a ; ≤ b Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: Q ≤ ab + bc + ca = + + ≤ + + = = = Dấu xảy a = b = c = Vậy MaxQ = a = b = c = Bài toán Cho số thực a, b thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 48 với a, b, c [1;4] Tìm giá trị nhỏ biểu thức Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = (2a + 2b – c)3 + (2b + 2c – a)3 + (2c + 2a – b)3 Lời giải Đặt x = 2a + 2b – c; y = 2b + 2c – a; z = 2c + 2a – b Suy x2 + y2 + z2 = 9(a2 + b2 + c2) = 9.48 = 432 Vì a, b, c [1;4] nên a, b, c > Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2x3 + 123 = x3 + x3 + 123 ≥ = 36x2 Tương tự: 2y3 + 123 ≥ 36y2 ; 2z3 + 123 ≥ 36z2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: 2A ≥ 36(x2 + y2 + z2) – 3.123 = 36.432 – 3.123 = 10368 ⇒ A ≥ 5184 Dấu xảy x = y = z = 12 hay a = b = c = Vậy MinA = 5184 a = b = c = Bài toán Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + = xyz Chứng minh rằng: + + ≥ Lời giải Đặt a = , b = , c = Bài toán trở thành: Cho a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ Ta có: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ nên (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ≥ abc ⇒ + 2.≥ ab + bc + ca + 2abc = ⇔ (a + b + c - ).[2(a+ b + c)2 + 12(a + b + c) +18] ≥ ⇔ a + b + c ≥ Dấu xảy a = b = c = ⇔ x = y = z = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2 ≤ Chứng minh rằng: + + ≥ Lời giải Ta có: a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2 ≤ ⇔ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ Do đó: = ≥ = = + Chứng minh tương tự: ≥ + ; ≥ + Cộng theo vế ta được: + + ≤ + + + (1) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: + + ≥3 = (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Dấu xảy a = b = c = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh (a2 + b2 + c2)3 ≥ 9(a3 + b3 + c3) Phân tích Ta đưa hai vế cần chứng minh bậc (a2 + b2 + c2)3 ≥ 9abc(a3 + b3 + c3) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 9abc(a3 + b3 + c3) = 27.ab.ac ≤ (ab + ac + )3 = (ab + bc + ca + )3 = (ab + bc + ca + )3 Ta chứng minh: ab + bc + ca + ≤ a2 + b2 + c2 (1) Ta có: (1) ⇔ () ≥ (2) Ta lại có: = ≥ Do giả sử a = max (2) ln Suy đpcm Dấu xảy a = b = c = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rẳng: + + ≥ Phân tích Áp dụng bất đẳng thức AM – GM + + ≤ + + Mà vế phải bất đẳng thức không nhỏ nên ta nghĩ đến dùng kĩ thuật AM – GM ngược dấu sau: - ≥ Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = =a- ≥a- =a- Chứng minh tương tự ta có: ≥ b - ; ≥ c - Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: + + ≥ a + b + c - = - (1) Ta lại có: ≤ = = (2) Từ (1) (2) suy đpcm Dấu xảy a = b = c = Bài toán Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = = x - ≥ x - = x - (1) Tương tự: ≥ y - (2) ; ≥ z - (3) Cộng theo vế (1), (2) (3) ta có: P = + + ≥ (x + y + z) - = - (*) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = ≤ (4) Tương tự ta có: = ≤ (5) ; = ≤ (6) Cộng theo vế (4), (5), (6) ta có: ≤ = = ≤ = = = (7) Từ (*) (7) suy ra: P ≥ - = Dấu xảy x = y = z = Vậy MinP = x = y = z = Bài tập Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = + + Bài Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz Chứng minh (x + y + z)xyz ≥ 4(xy + yz + zx) Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = + + Bài Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = + + + Bài Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = Tìm giá trị lớn biểu thức: B = + + + Bài Cho số thực dương x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức M= + + MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Trong trình chứng minh bất đẳng thức(BĐT) Chúng ta gặp BĐT mà biến hốn vị vịng quanh hay biến có vai trị Bài viết này, xin giới thiệu tới bạn đọc phương pháp hiêu để giải số tốn thuộc dạng thơng qua thí dụ sau Thí dụ Cho x, y, z > Chứng minh rằng: + + ≥ 2(x + y + z) Phân tích Trong BĐT (1) biến hốn vị vòng quanh đẳng thức xảy x = y = z Do vậy, ta chọn số a, b để có BĐT ≥ a(x + by) (1*) Thì sở để suy BĐT (1*) Với x = y BĐT (1*) trở thành ≥ a(x + by) ⇔ ≥ a(b + 1) Từ ta chọn a = , b ≠ - 1, BĐT (1*) có dạng ≥ (x + by) ⇔ (b2 + 2b – 3)x2 + (b2 – 6b + 1)xy + (-2b2 + 4b + 2) ≥ Đặt t = > 0, BĐT trở thành: (b2 + 2b – 3)t2 + (b2 – 6b + 1)t + (-2b2 + 4b + 2) ≥ ⇔ (b2 + 2b – 3)(t – 1)(t - ) ≥ Để BĐT (1*) đúng, ta chọn b cho: b2 + 2b – > = ⇔b= ⇒a= Lời giải Với x, y > 0, ta có: ≥ (a) ⇔ (x – y) ≥ (ln đúng) Tương tự ta có: ≥ (b); ≥ (c) Cộng theo vế ba BĐT (a), (b), (c) ta thu đươc BĐT (1) Đẳng thức xảy x = y = z Thí dụ Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: + + ≥ (2) Phân tích Trong BĐT (2) biến có vai trò đẳng thức xảy a = b = c Do ta chọn số x, y để có BĐT ≥ xa + yb (2*) sở để suy bất đẳng thức (2) Với a= b BĐT (2*) trở thành: ≥ (x + y)a Từ ta chọn y = , Khi (2*) có dạng ≥ xa + (b ⇔ (1 – x)a2 - ab + (x - )b2 ≥ Đặt t = > BĐT trở thành: (1 – x)t2 - t + (x - ) ≥ ⇔ (1 – x)(t – 1)(t - ) ≥ Để chứng tỏa (2*) ta chọn x cho: – x > = ⇔x= ⇒y= Lời giải Với a, b > ta có: ≥ ⇔ (a – b)2 ≥ (luôn đúng) Tương tự với a, b, c > 0, ta có: ≥ ; ≥ Cộng theo vê ba BĐT thu gọn ta đươc BĐT (2) Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + ≥ (3) Phân tích Trong BĐT (3) biến hốn vị vòng quanh đẳng thức xảy a = b = c Như vậy, ta chọn số x, y để có BĐT ≥ xa + yb (3*) sở để chứng minh BĐT (3) Theo BĐT (3*) ta có: + + ≥ (x + y)(a + b + c) Để có BĐT (3)chọn x, y cho x + y = ⇔ x = – y Như vậy, cần tìm y để có BĐT: ≥ ( – y)a + yb ⇔ ( + y)a3 - a3b - ab2 – yb3 ≥ ⇔ ( + y)X3 - X2 - X – y ≥ (X = ) ⇔(X – 1)(( + y)X2 + ( + y)X + y) ≥ Khi tam thức bậc hai )(( + y)X2 + ( + y)X + y có nghiệm X = BĐT (3*) Từ ta tìm y = - x = Lời giải Với a, b > ta có: ≥ ⇔ (a – b)2 ≥ (luôn đúng) Tương tự: ≥ ; ≥ Cộng theo vế ba BĐT thu gọn ta BĐT (3) Đẳng thức xảy a = b = c Thí dụ Cho a, b, c> Chứng minh rằng: + + ≥ (4) Phân tích Trong BĐT (4) biến hốn vị vịng quanh đẳng thức xảy a = b = c Do ta chọn số x, y để có BĐT: ≥ xa + yb (4*) thỉ sở để chứng minh BĐT (4) Theo BĐT (4*) ta có: + + ≥ (x + y)(a + b + c) Để có BĐT (4) chọn x, y cho x + y = ⇔ x = – y Như ta cần tìm y để có BĐT sau: ≥ ( – y)a + yb ⇔ ( + y)a4 – ya3b + (2y - )ab3 – 2yb4 ≥ ⇔ ( + y)X4 – yX3 + (2y - )X – 2y ≥ (X = > 0) ⇔ (X – 1)(( + y)X3 + X2 + X + 2y) ≥ Nhận thấy đa thức: ( + y)X3 + X2 + X + 2y có nghiệm X = BĐT (4*) ln Từ ta tìm y = - a = Lời giải Áp dụng BĐT Cơ – si, ta có: = a - ≥ a - = a - (d) Tương tự: ≥ b - (e); ≥ c - (f) Cộng theo vế BĐT (d), (e) (f) ta BĐT (4) Đẳng thức xảy a = b = c Thí dụ Cho a, b, c > 0, a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: + + ≥ (5) Hướng dẫn Dễ thấy BĐT (5) hệ BĐT: + + ≥ (a2 + b2 + c2) Do ta cần Chứng minh BĐT: ≥ a2 Chứng minh BĐT (5*) Xét hiệu: H = - = - a2 = Vì a (0;1) Từ suy BĐT (5) Bài tập Cho a, b, c > Chứng minh + + ≥ Cho x, y, z > xy + yz + zx = Chứng minh rằng: x+y+z≥ Cho x, y, z > xyz = Chứng minh rằng: x+y+z≥ Cho x, y, z > Chứng minh rằng: + + ≥ Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) + + ≥ b) + + ≥ a + b + c Cho a, b, c > Chứng minh a) + + ≥ b) + + ≥ Cho a, b, c > Chứng minh + + ≥ Cho a, b, c Chứng minh rằng: a) + + ≥ b) + + ≥ Cho a, b, c, d ab + bc + ca + da = Chứng minh rằng: + + + ≥ MỘT BÀI TỐN CỰC TRỊ CĨ NHIỀU CÁCH GIẢI Trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2015 – 2016 tỉnh Hà Tĩnh có tốn cực trị, mà khơng nhiều thí sinh giải Tơi xin nêu kĩ thuật phân tích để tìm nhiều cách giải cho toán Bài toán Cho số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức F = ab + bc + 2ca Phân tích Từ a2 + b2 + c2 = có -1 ≤ a, b, c ≤ * Xét b = 1⇒ b2 = 1⇒ a2 + c2 = ⇒ a = c = ⇒ F = * Xét b = ⇒ a2 + c2 = F = 2ac Ta có: 2ac ≥ -(a2 + c2) ⇒ ac ≥ = - ⇒ F ≥ -1 Dấu “=” xảy a = -c a2 + c2 = ⇔ a = -c = Từ định hướng ta có cách giải sau Cách Vì a2 + b2 + c2 = nên F = ab + bc + 2ca = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ca – = [(a2 + 2ac + c2) + b(a + c) + ] + – = [(a + c)2 + b(a + c) + ] + – = (a + c + )2 + – ≥ -1 Dấu “=” xảy b = a = - c = Vậy MinF = -1 Cách Ta có: (a + b + c)2 ≥ , (a + c)2 ≥ b2 ≥ Cộng theo vế ba BĐT ta có: (a + b + c)2 + (a + c)2 + b2 ≥ ⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) + a2 + 2ac + c2 + b2 ≥ ⇔ 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + 2ca) ≥ ⇔ ab + bc + 2ca ≥ -(a2 + b2 + c2) = -1 Do đó: F ≥ -1 Cách Ta có: (a + b + c)2 ≥ ⇒ ab + bc + ca ≥ = (1) (a + c)2 ≥ ⇒ ac ≥ = ≥ (2) Công theo vế (1) (2) ta được: F = ab + bc + 2ac ≥ -1 Cách Ta có = a2 + b2 + c2 ⇔ = 2(a2 + b2 + c2) ⇒ 2F + = 2(ab + bc + 2ca) + 2(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)2 + (a + c)2 + b2 ≥ ⇒ F ≥ -1 Cách Xét F + = ab + bc + 2ca + a2 + b2 + c2 = (a + c)2 + b(a + c) + b2 – ⇔ (a + c)2 + b(a + c) + b2 – F – = (6) Ta có (6) phương trình bậc có ẩn t = a + c Để phương trình (6) có nghiệm = b2 – 4.(b2 – F – 2) ≥ ⇒ F ≥ - + b2 ≥ - Cách Ta có: F = ab + bc + 2ac = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ac – 1= [(a2 + 2ac + c2) + b(a + c) + b2 – = (a + b + c)2 + (a – b + c)2 – ≥ -1 Trong cách 2, 3, 4, dấu xảy chẳng hạn b = a = -c = Cách bạn tìm thêm giải khác nhé! Bài tập vận dụng Bài Cho số thực a, b, c thỏa mãn Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức F = ab + bc + 2ca Bài Cho số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2016 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a) P = ab + 2bc + ca b) Q = 2ab + bc + ca c) R = 2ab – bc – ac TÌM CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC MÀ CÁC BIẾN CÓ ĐIỀU KIỆN RẰNG BUỘC Trong viết ta tìm giá trị nhỏ (GTNN), giá trị lớn (GTLN) biểu thức mà biến phải thỏa mãn điều kiện đó, biến nghiệm phương trình (PT) bất phương trình (BPT) cách đưa phương trình bất phương trình nhiều ẩn cho bất phương trình ẩn với ẩn số biểu thức xét (hoặc sai khác số) Ví dụ Tìm GTNN GTLN xy biết x y nghiệm phương trình: x4 + y4 – = xy(1 – 2xy) (1) Lời giải PT (1) ⇔ xy + = (x2 + y2)2 ≥ 4x2y2 Đặt t = xy BPT trở thành 4t2 – t – ≤ ⇔ (t – 1)(4t + 3) ≤ ⇔ ≤ t ≤ Vậy GTNN xy x2 = y2 xy = ⇔ x = - y = GTLN xy x2 = y2 xy = hay x = y = Ví dụ Các số dương x, y, z thỏa mãn: xyz ≥ x + y + z + Tìm GTNN x + y + z Lời giải (x + y + z)3 ≥ (3)3 = 27xyz ⇒ (x + y + z)3 ≥ 27(x + y + z + 2) Đặt t = x + y + z ≥ thì: t3 – 27t – 54 ≥ ⇔ (t – 6)(t + 3)2 ≥ ⇔ t ≥ Vậy GTNN x + y + z x = y = z = Ví dụ Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = (2) Tìm GTLN GTNN A = xyz Lời giải Ta có: (2) ⇔ (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = Sử dụng BĐT Cô – si ta có: 2|A| + 4|A| + 3A2 ≤ ⇔ A2 + 2|A| - ≤ ⇔ (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ ⇔ |A| ≤ 1⇔ -1 A ≤ Vậy GTNN A -1 số x, y, z (hoặc -1), số lại -1 GTLN A số x, y, z (hoặc – 1) Ví dụ Cho x, y, z số thực thỏa mãn: x4 + y4 + x2 – = 2y2(1 – x2) Tìm GTNN GTLN x2 + y2 + Lời giải Ta có: x4 + y4 + x2 – = 2y2(1 – x2) ⇔ (x2 + y2)2 + x2 + y2 – = 3y2 Đặt t = x2 + y2 > dẫn đến t2 + t – ≥ ⇔ (t + )(t - ) ≥ ⇔ t ≥ Vậy GTNN x2 + y2 + x = , y = Ta có: x4 + y4 + x2 – = 2y2(1 – x2) ⇔ (x2 + y2)2 – 2(x2 + y2) – = -3x2 Đặt t = x2 + y2 > dẫn đến t2 – 2t – ≤ ⇔ (t + 1)(t – 3) ≤ ⇔ t ≤ Vậy GTLN x2 + y2 + x = 0, y = Các bạn biến đổi điều kiện tập tương tự để tìm GTNN GTLN biểu thức Bài Cho số dương x, y, z thỏa mãn: 2xyz + xy + yz + zx ≤ Tìm GTLN xyz (ĐS: GTLN xyz ) Bài Cho số dương x, y, z thỏa mãn: (x + y + z) + x2 + y2 + z2 + = 29xyz Tìm GTLN xyz (ĐS: GTLN xyz 8) Bài Tìm GTLN GTNN biểu thức S = x2 + y2 biết x, y nghiệm phương trình: 5x2 + 8xy + 5y2 = 36 (ĐS: GTNN S 4, GTLN S 36) Bài Cho x, y số thực thỏa mãn: (x2 + y2)3 + 4x2 + y2 + 6x + = Tìm GTLN x2 + y2 (ĐS: GTLN x2 + y2 1) Bài Tìm số nguyên không âm x, y, z, t để biểu thức x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN biết : x2 – y2 + t2 = 21 x2 + 3y2 + 4z2 = 101 (ĐS: GTNN biểu thức 61) 10 Mặt khác theo nhận xét ta có: + + ≥ = = Suy điều phải chứng minh Chú ý Trong thí dụ sử dụng kĩ thuật đảo dấu để áp dung nhận xét thí dụ áp dụng cho ví dụ sau Ví dụ (Rumani 1997) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: + + ≤ (1) Giải Ta có: (1) ⇔ + + ≤ ⇔ – ( + + ) ≤ ⇔ + + ≥ Mặt khác theo nhận xét ta có: + + ≥ = = (Đpcm) Ví dụ (Canada 2008) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: + + ≤ Giải Ta có: (1) ⇔ - - - ≤ ⇔ + + ≥ Mặt khác theo nhận xét ta có: + + = + + ≥ = = ≥ (Do abc = abc(a + b + c) ≤ (ab + bc + ca)2 ) Ví dụ Cho a, b, c dương Chứng minh rằng: + + ≤ Giải Áp dụng BĐT AM – GM ta có: ≤ = (1 - ) Chứng minh tương tự cộng theo vế BĐT ta được: + + ≤ –(+ +) Mặt khác theo nhận xét ta có: + + = + + ≥ = = Suy điều phải chứng minh Mợt sớ tốn vận dụng Bài Cho a, b, c dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh rằng: + + ≥ Bài Cho số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = Chứng minh rằng: + + + ≥ Bài Cho số dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: + + ≥ Bài Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: ≤ + + ≤ Bài Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện + + = Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ Bài (Thi HSG Hà Tĩnh năm học 2011 – 2012) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = + + Câu b/ Từ điều kiện: a + b = ab ≤ ⇒ a + b ≥ P= + + ≥ + = + = + a+b+1= + + + +1  a  b ab ab 16 16 ≥ + + ≥ + + = (ĐPCM) Dấu ‘=” xảy a = b = 67 Câu a/ Ta có: x2 + = x2 + xy + yz + zx = (x + y)(y + z) Làm tương tự Thay vào A ta được: A = (x + y)(y + z)(z + x) Do x, y, z hữu tỉ nên A hữu tỉ b/(3 – a)(3 – b)(3 – c) ≥ ⇔ 27 + 3(ab + bc + ca) – 9(a + b + c) – abc ≥ ⇔ 3(ab + bc + ca ) ≥ abc + ⇔ 6(ab + bc + ca) ≥ 2abc + 18 ⇔ 3(a2 + b2 + c2) + 6(ab + bc + ca) ≥ 3(a2 + b2 + c2) + 2abc + 18 ⇔ 3(a + b + c)2 – 2abc – 18 ≥ 3(a2 + b2 + c2) ⇔3(a2 + b2 + c2) ≤ 3.42 – 2abc – 18 = 30 – 2abc Do ≤ a, b, c ≤ nên abc ≥ ⇒ - abc ≤ Suy ra: 3(a2 + b2 + c2) ≤ 3.0 – = 30 ⇒ a2 + b2 + c2 ≤ 10 (Đpcm) Dấu ‘=” xảy a = 3, b= 1, c = Câu b/8x2 – 7x + 13 = y(x – 1)2 ⇔ y = = + + Để y nguyên Mặt khác 14 = mà (x – 1)2 số phương nên (x – 1)2 ⇒ x – = x – = -1 ⇒ x = x = Thay vào ta nghiệm (x, y) = (2; 31), (0; 31) c/ ⇒ P = xy = = = = = f(a) Giả sử: a1 > a2 Thì f(a1) – f(a2) = > (do a1 > a2) Suy hàm f(a) đồng biến Ta lại có: 2(x2 + y2) ≥ (x + y)2 ⇔ 2a2 + 4a + ≥ 4a2 + 4a + ⇔ 2a2 ≤ ⇒ - ≤ a ≤ Vậy MinP = f(-) MaxP =f() SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ( dành cho THCS) Hiện có nhiều phương pháp chứng minh BĐT để có lời giải đẹp đơn giản khơng dễ thực Trong viết này, giwois thiệu với bạn đọc kĩ thuật chứng minh BĐT với những lời giảng thực đẹ ấn tượng : chứng minh BĐt nhờ sử dụng đẳng thức Dưới ví dụ: Ví dụ : cho số thực x, y ( x  y �0) �  xy � x  y � ��2 x  y � � Chứng minh 2 Lời giải :  xy x  y ta có : xy  yz  zx  1 BĐT trở thành: Đặt x  y  z �2 � x  y  z �2( xy  yz  zx) � ( x  y  z ) �0 ( đúng) z Vậy BĐT chứng minh Ví dụ : cho số thực phân biệt a,b,c chứng minh rằng:  a 2b  b c  c a   � ( a  b ) ( b  c ) ( a  b) 2 Lời giải: Ta có hệ thức:  ab  bc  bc  ca  ca  ab   1 a b b c b c c  a c a a b 68 Mặt khác, ta có ( x  y )  ( y  z )  ( z  x) �0 � x  y  z �xy  yz  zx 2  ab � �  bc � �  ca �  ab  bc  bc  ca  ca  ab �   1 � � � � � �� Dẫn đến : �a  b � �b  c � �c  a � a  b b  c b  c c  a c  a a  b  ab  bc  bc  ca  ca  ab    1 Lại có : a  b b  c b  c c  a c  a a  b 2 Từ x  y  z �2( xy  yz  zx ) dẫn đến 2  ab � �  bc � �  ca �  ab  bc  bc  ca  ca  ab � � �   � � � � � ��2 � � �a  b � �b  c � �c  a � �a  b b  c b  c c  a c  a a  b � Vậy 2(1  a 2b ) 2(1  b c ) 2(1  c a )   ( a  b) (b  c) ( a  b) (1  a 2b )  (1  a 2b ) (1  b c )  (1  b 2c ) (1  c a )  (1  c a )    (a  b) (b  c)2 (c  a ) 2 2 2 �  ab � �  bc � �  ca �� �  ab � �  bc � �  ca �� � � �      �3 � � � � � �� � � � � � �� � �� � � a  b b  c c  a a  b b  c c  a � � � � � � � � � � � � � �� � Ví dụ 3: cho số dương a, b, c thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: a b c    � 2 (a  1) (b  1) ( a  b) ( a  1)(b  1)(c  1) 1 x 1 y 1 z a ,b  ,c  1 x 1 y 1 z Lời giải: đặt 1 p x, y, z p 1, a  1 x 1 y 1 z ,b  ,c  1 x 1 y 1 z Suy Dễ thấy : (1  x)(1  y )(1  z )  (1  x)(1  y )(1  z ) , dẫn đến x  y  z  xyz  4a   x2 ,   x, ( a  1) a  Mặt khác : Nên BĐT tương đương với  x   y   z �1  2(1  x)(1  y )(1  z ) � x  y  z  2( xy  yz  zx)  2( x  y  z  xyz ) �0 � ( x  y  z ) �0 ( đúng) Ví dụ 4: cho số dương a,b,c thỏa mãn abc  Chứng minh rằng: 1    �1 2 (1  a) (1  b) (1  c) (1  a)(1  b)(1  c) Lời giải: đặt tương tự ví dụ , ta có BĐT cần chứng minh tương đương với: (1  x )2  (1  y )  (1  z )  (1  x)(1  y )(1  z ) �4 � x  y  z  x y z �4 xyz 69 Sử dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có x  y  z  x y z �2 x y  z x z y �4 x y z  xyz �4 xyz Ví dụ 5: Cho số thực phân biệt a,b,c Chứng minh : a  ab  b b  bc  c c  ca  a   � (a  b)2 (b  c)2 (c  a )2 Lời giải: ta có a  ab  b  ( a  b )  ( a  b) 4 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a � �a  b � �b  c � �c  a � �    � � � � � � � 1� (a  b) (b  c) (c  a ) 4� �a  b � �b  c � �c  a � � � � Nên Mặt khác có( xem tuyển chọn theo chuyên đề THTT, 1, trang 12) ab bc bc ca ca a b    1 a b b c b c c a c a a b 2 �a  b � �b  c � �c  a � �a  b b  c b  c c  a c  a a  b �   � � � � � ��2 � � �a  b � �b  c � �c  a � �a  b b  c b  c c  a c  a a  b � Do : a  ab  b b  bc  c c  ca  a   � (2  1)  2 (a  b) (b  c) (c  a ) 4 Dẫn đến : (đpcm) Ví dụ 6: Cho số thực phân biệt a,b,c Chứng minh rằng: � 1 �9 (a  b2  c ) �   � 2 � �(a  b) (b  c) (c  a) � Lời giải: theo ví dụ ta có: 2 �a  b � �b  c � �c  a � � � � � � ��2 �a  b � �b  c � �c  a � 2 �a  b � �b  c � �c  a � � 2� � � � � � �a  b � �b  c � �c  a �  (a  b)  (a  b) (b  c)  (b  c ) (c  a )  (c  a )   (a  b)2 (b  c)2 (c  a )2 2 �a  b � �b  c � �c  a � � � � � � �  �a  b � �b  c � �c  a � Mặt khác, ta thấy: 70 �a � �b � �c � �a � �b � �c �  1�  1�  1� �  1�  1�  1� � � � � � �b  c � �c  a � �a  b � �b  c � �c  a � �a  b � � a b b c c a    1 bc c a c a a b a b b c 2 b b c c a � �a � �b � �c � �a ��   � � � � ��2 � � �b  c � �c  a � �a  b � �b  c c  a c  a a  b a  b b  c � � 1 � (a  b  c ) �   2 � �(a  b) (b  c) (c  a) � Do 2 �a  b b  c c  a � � � a � � b � � c �� �    � � 2 � � � � �� 2 �� � � �b  c � �c  a � �a  b �� �(a  b) (b  c ) (c  a ) � � (dpcm) Ví dụ 7: cho số khơng âm a,b,c khơng có hai số số chúng đồng thời Chứng minh : 2 10abc �a � �b � � c � �2 � � � � � � �b  c � �c  a � �a  b � (a  b)(b  c )(c  a) Lời giải: x 2a 2b 2c ,y  ,z  bc ca ab Đặt , ta có: 2(a  b  c) bc x2 �  bc x  2(a  b  c) Làm tương tự với y,z cộng lại ta 1    � xy  yz  zx  xyz  x2 y2 z2 x  y  z  xyz �8 2 Ta phải chứng minh p  x  y  z, q  xy  yz  zx, r  xyz Đặt qr 4 Ta có - Nếu p �4 p  2q  5r �8 � p  q  12 �0 BĐT trở thành BĐT Schur ( xem THTT số 348, tháng năm 2006 ) dạng 71 x( x  y )( x  z )  y ( y  z )( y  x )  z ( z  x )( z  y ) �0 p(4q  p ) r+ +� p(4q  p ) q q p3  4p 9 Ta có : � p  7q  12 �p  7( p  36)  12 4p 9 Do đó, ta cần chứng minh p2  7( p3  36)  12 �0 � ( p  3)( p  16) �0 4p 9 p �p � q �3 Điều p2 p  2q  5r �p  2q � �8 2 p �4 p �16 �4q - Nếu , ta có nên Bất đẳng thức chứng minh Qua ví dụ trên,hẳn bạn thấy nhiều điều thú vị từ kĩ thuật đơn giản hiệu Hi cọng phát triển nữa Cuối cùng, xin nêu số tập tự luyện Bài 1: cho số thực phân biệt a, b, c Chứng minh rằng: ( a  2b)  (a  2c)  b  c  (b 2c)  (b  2a)  c  a  (c  2a)  (c 2b)  a  b �22 Bài 2: cho số thực phân biệt a, b, c Chứng minh (1  a )(1  b2 )  a  b  (1  b )(1  c )  b  c  (1  c )(1  a )  c  a �1 Bài 3: cho số dương a, b, c thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng: a3  a  1  b3  b  1  c3  c  1 �3 Bài : cho số không âm a, b, c khơng có hai số đồng thời Chứng minh 72 a b c 4abc    �2 b  c c  a a  b (a  b)(b  c)(c  a) TÌM CỰC TRỊ CĨ ĐIỀU KIỆN Có nhiều phương pháp giải toán bất đẳng thức (BĐT), cần tìm phương pháp giải ngắn gọn Đặc biệt cần tạo kĩ chứng minh BĐT Khi tìm hiểu BĐT, chúng tơi nhận thấy có số BĐT có số biến xác định đoạn cần xem xét kĩ giá trị biến số để lập BĐT đúng, từ BĐT này, ta biến đổi thành BĐT cần chứng minh Bài toán Cho số thực x, y, z [-1; 2] thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 ≤ Giải Vì x [-1; 2] nên (x + 1)(x – 2) ≤ ⇔ x2 ≤ x + Tương tự: y2 ≤ y + ; z2 ≤ z + Cộng theo vế ba BĐT ta được: x2 + y2 + z2 ≤ (x + y + z) + = Đẳng thức xảy x + y + z = x, y, z {-1; 2} ⇔ số x, y, z có số – số cịn lại Bài tốn Cho số thực x, y, z [0; 2] thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 ≤ Giải Vì x, y, z [0; 2] nên (x – 2)(y – 2)(z – 2) ≤ ⇔ xyz – 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) – ≤ ⇔ xyz + (x2 + y2 + z2) – (x + y + z)2 + 4(x + y + z) – ≤ (1) Mà x + y + z = (giả thiết) ⇒ (1) ⇔ xyz + (x2 + y2 + z2) – + 12 – ≤ ⇔ x2 + y2 + z2 ≤ – xyz Do x, y , z ≥ (vì x, y, z [0; 2]) ⇒ xyz ≥ ⇒ - xyz ≤ Suy ra: x2 + y2 + z2 ≤ (Đpcm) Dấu “=” xảy khi: (x – 2)(y – 2)(z – 2) = 0, xyz = x + y + z = ⇔ (x, y, z) = (2; 1; 0) hoán vị Bài toán Cho số thực a, b, c [-2; 5] thỏa mãn điều kiện a + 2b + 3b ≤ Chứng minh rằng: a + 2b + 3c ≤ Chứng minh rằng: a2 + 2b2 + 3c2 ≤ 66 (Đề thi tuyển sinh lớp 10, năm học 2009 – 2010 Sở giáo dục Hà Tĩnh) Giải Tương tự toán 1, từ (a + 2)(a – 5) ≤ ta suy ra: a2 ≤ 3a + 10 kết tương tự b2 ≤ 3b + 10 , c2 ≤ 3c + 10 Suy ra: a2 + b2 + c2 ≤ 3(a + 2b + 3c) + 60 = 66 (Đpcm) Đẳng thức xảy a= -2; b = - 5; c = - Bài toán Cho số thực a, b, c [0 ; 1] 73 Chứng minh a2 + b2 + c2 ≤ + a2 b + b2c + c2a Giải Vì a, b, c [0 ; 1] nên a(1 – b) ≥ a2(1 – b) Tương tự: b(1 – c) ≥ b2(1 – c) ; c(1 – a) ≥ c2(1 – a) Cộng theo vế BĐT ta suy ra: (a + b + c) – (ab + bc + ca) ≥ (a2 + b2 + c2) – (a2 b + bc2 + c2a) ⇔ – (1 – a)(1 – b)(1 – c) – abc ≥ (a2 + b2 + c2) – (a2 b + bc2 + c2a) Do (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ abc ≥ nên suy đpcm Bài toán Cho 2010 số thực a1, a2, a3,…, a2010 [0 ; 1] Chứng minh rằng: (1 + a1 + a2 + …+ a2010)2 ≥ 4( + + … + )2 Giải Với số thực x, y ta có: (x – y)2 ≥ ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy Áp dụng với x = 1, y = a1 + a2 + …+ a2010 ta có: (1 + a1 + a2 + …+ a2010)2 ≥ 4(a1 + a2 +…+ a2010)2 Mà với mỗi i {1; 2;….; 2010} ta có: ≥ (vì theo giả thiết [0 ; 1]) Từ suy đpcm Đẳng thức xảy 2010 số cho có 2009 số số lại Bài tập luyện tập Bài tập Cho số thực a, b, c [0 ; 1] Chứng minh rằng: a + 2b + 3c ≤ 60; 2(a3 + b3 + c3) ≤ + a2 b + b2c + c2a Bài Cho số thực a, b, c [0 ; 1] Chứng minh rằng: + + ≤ Bài Cho ≤ ≤ với a1, a2…, a2010 b1, b2…, b2010 số thực dương Chứng minh rằng: ≤ ≤ AP DUNG BÂT ĐĂNG THƯC CAUCHY HAI SÔ ĐÊ GIAI TOAN Trước hết ta nhắc lại dạng bất đẳng thức ( BĐT) Cauchy hai số thường gặp: a  b2 � Dạng 1: ab (1) Đẳng thức xảy a � b ab ab � với a �0, b �0 Dạng 2: (2) Đẳng thức xảy a � b Bây ứng dụng BĐT Cauchy hai số để giải toán sau  Bài toán 1: Cho a, b, c số thực dương cho a �c, b �c Chứng minh rằng:  Lời giải: c(a  c )  c(b  c ) � ab BĐT cần chứng minh tương đương với Áp dụng BĐT (2) ta có: c ac c bc  �1 b a a b 74 c a  c �c a  c � c c � � � (1   ) b a �b a � b a , c b  c �c b  c � c c � � � (1   ) a b �a b � a b Cộng theo vesehai BĐT ta có điều cần chứng minh Đẳng thức xảy c a c c bc ab   c a a b Tức ab W b  Bài toán 2: Cho a, b số thực dương Chứng minh a b2  � 2(a  b2 ) b a 3 2  Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với a  b �ab 2(a  b ) 2 2 Hay (a  b)( a  ab  b ) � ab 2ab( a  b ) Áp dụng BĐT (1) (2) ta có: 2ab  (a  b2 ) a b � 2ab(a  b ) � �a  b2 �2( a  b  ab) � ab � 2 Nhân theo vế hai BĐT ta có BĐT cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b >  Bài toán 3: Cho a, b số thực dương Chứng minh rằng: a b2   7(a  b) �8 2(a  b ) b a  Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với (a  b)( a  b  6ab) �8 ab 2ab( a  b )(3) Áp dụng BĐT (1) (2) ta có: 2ab  (a  b ) ( a  b)2  2ab(a  b ) �  2 2 2 2 Từ suy bất đẳng thức (3) ta có (a  b)(a  b  6ab) �4 ab (a  b ) Hay a  a  b 2  b   4ab �4 ab (a  b) Áp dụng BĐT (2) ta có  4ab �2 (a  b)2 4ab  ab (a  b) Từ ta có BĐT cần chứng minh a  0, b  � � 2ab  a  b2 � � Đẳng thức xảy khi: �(a  b)  4ab Tức a=b >  Bài toán 4: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a2 b2 c2 abc   � 2 2 2 a b b c c a Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với (a  a3 b3 c3 a bc )  ( b  )  ( c  )� 2 2 2 a b b c c a 75 ab bc ca abc  2 � 2 2 Hay a  b b  c c  a Áp dụng BĐT (1) ta có: ab ab a  b2 ab b  b � b � 2 2 2 2 a b 2(a  b ) 2(a  b ) nên a  b 2 bc c ca a � � 2 2 Tương tự b  c c  a Công theo vế bất đẳng thức ta có bất dẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c >  Bài toán 5: Cho a, b, c số thức dương cho abc �1 CHứng minh a5  a b5  b c5  c   �0 2 2 2 a  b  c b  c  a c  a  b ( Thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 46 – năm 2005) Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với � a5  a � � b5  b � � c5  c �      �3 � 2 � � 2 � � 2 � � a b c � � b c a � � c  a b � 1   �2 2 2 2 Hay a  b  c b  c  a c  a  b a  b  c (4) Từ abc �1 áp dụng BĐT (1) ta có: 1 1 b2  c2 � �  a2 a4 2a a5  b2  c 2 2a   b  c   b2  c2  b2  c  b  c abc b2  c2 = bc 2 4u  v �4uv � 4u  v �  u  v  Do nên 2 2a  (b  c ) �  a  b  c  3(b  c ) � 2 2 2 Suy a  b  c 2(a  b  c ) 3(c  a ) � 2 2 2 Tương tự b  a  c 2(a  b  c ) 3(a  b ) � c  a  b 2(a  b  c ) Cộng theo vế ba BĐT trên, ta BĐT (4) Đẳng thức xảy a = b = c. Cuối cùng, mời bạn áp dụng BĐT Cauchy hai số để giải toán sau Cho a, b, c số thực dương, chứng minh rằng: ab bc ca   � a  bc b  ca , 1) c  ab 2 2) (ab  c )(bc  a )(ca  b ) �abc (a  b)(b  c)(c  a); 76 a b c ab bc   �  1 3) b c a b  c a  b NHỮNG ĐẲNG THỨC ĐẸP Trong q trình giải tốn, hẳn bạn gặp những đẳng thức hay, chìa khóa để giải tốn khác Bài viết tơi muốn chia với bạn số đẳng thức Đẳng thức Cho số x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: A = + + = (1) (Đề thi vào lớp 10 PTNK, ĐHQG Hồ Chí Minh năm học 1997-1998) Chứng minh Vì xyz = nên: = = = = từ đó: A = = ta có đpcm Nhận xét Từ (1) ta thu đẳng thức sau + + = (2) với x, y, z ba số thực thỏa mãn xyz = Ví dụ Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: 2B ≤ 1, với B = + + Lời giải Vì (x – y)2 + (x – 1)2 ≥ nên x2 – 2xy + y2 + x2 – 2x + ≥ ⇔ 2x2 + y2 + ≥ 2(xy + x + 1) Do đó: ≤ Tương tự: ≤ ; ≤ Cộng theo vế ba BĐT ta được: B ≤ ( + + ) = (theo (1)) Từ suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Ví dụ Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: C = + + Lời giải Ta có: (x + 1)2 + y2 + = x2 + 2x + + y2 + = (x2 – 2xy + y2) + 2(xy + x + 1) = (x – y)2 + 2(xy + x + 1) ≥ 2(xy + x + 1) Suy ra: ≤ Tương tự: ≤ ; ≤ Cộng theo vế ba BĐT ta được: C= + + ≤ ( + + ) = (theo (1)) Từ suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: D ≥ với D = + + Lời giải Vì abc = nên = = ≥ (do áp dụng BĐT Cô – si với hai số dương b2 b2c2) Tương tự: ≥ ; ≥ Cộng ba BĐT theo vế ta được: D= + + ≥ + + =1 (theo (2)) Từ suy đpcm 77 Đẳng thức xảy x = y = z = Nhận xét Qua ví dụ trên, thấy điểm mấu chốt để giải toán nhận đẳng thức (1) (2) Đẳng thức Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: M = + + = (3) (Đề thi vào lớp 10, PTNK,ĐHQG HCM;Năm học 2009-2010) Lời giải Vì xyz = nên: = = ; = Cộng theo vế BĐT ta được: M = + + = + + = (đpcm) Ví dụ Cho ba số thực dượng x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: + + ≤ Lời giải Tương tự ví dụ ta có: ≤ ; ≤ = ; ≤ = Cộng theo vế BĐT kết hợp với (3), ta suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = 1; z = Đẳng thức Cho a, b, c số thực không đồng thời Đặt M= + + ;N= + + Thế M = N Chứng minh Ta có: M – N = + + = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0, suy đpcm Bài toán Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: M= + + ≥ Đẳng thức xảy nào? Lời giải Vì M = N nên 2M = M + N = + + = + + Với x, y số thực dương bất kì, ta chứng minh: ≥ (1) Thật vậy, ta có: (1) ⇔ 3x2 – 3xy + 3y2 ≥ x2 + xy + y2 ⇔ 2(x – y)2 ≥ (đúng) Đẳng thức xảy (1) x = y Áp dụng (1) ta suy ra: 2M ≥ + + ⇔ M ≥ (Đpcm) Đẳng thức xảy a = b = c Nhận xét 1) Ta viết 2M = M + N để tạo biểu thức đối xứng với a, b, c 2) Phân thức: có tử thức mẫu thức đa thức đối xứng với biến x, y Hơn nữa đa thức có bậc với mỗi đa thức tổng đơn thức bậc Những điều cho ta dự đoán so sánh phân thức với số thực Hơn nữa x = y = Điều cho ta dự đốn ≥ Hoặc ≤ Biến đổi tương đương đẳng thức ta thấy (1) Đẳng thức Cho a, b, c số thực đôi khác Đặt: P = + + Thế P = Chứng minh Ta có: P = = 0, suy đpcm Bài toán Cho a, b, c số thực không âm đôi khác Chứng minh rằng: + + ≥ (2) Đẳng thức xảy ? Lời giải Đặt vế trái (2) Q Vì P = nên 78 Q = 2P + Q = ( + + )2 Do vai trị bình đẳng a, b, c biểu thức nên ta đặt a = min(a, b, c) Với x, y số thực ta có: (x – y)2 ≥ ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy Đẳng thức xảy x = y Áp dụng ta có: Q = ( + + )2 ≥ () = ≥ ≥ Từ suy đpcm Dấu xảy trong số Hai số còn, chẳng hạn b, c thỏa mãn = + ⇔ b2 – 3bc + c2 = ⇔ b = c Đẳng thức Cho a, b, c số thực đơi khác Đặt R = + + R = - Chứng minh Ta có: R = Vì ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a) = ab(a – b) + bc(b – c) – ca(a – b) – ca(b – c) = a(a – b)(b – c) + c(b – c)(b – a) = - (a – b)(b – c)(c – a) nên R = -1 suy đpcm Bài toán Cho a, b, c số thực đôi khác Chứng minh rằng: + + ≥ (3) Lời giải Vì R = - Nên (3) ⇔ + + ≥ -2[ + + ] ⇔ ( + + )2 ≥ (đúng) Nhận xét Bạn đọc thử tìm điều kiện để xảy đẳng thức (3) Cuối bạn đọc thử chứng minh số đẳng thức thửu tìm ứng dụng đẳng thức 1) ab + bc + ca + ad = (a + c)(b + d) 2) (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) – abc 3) a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab – bc – ca) 4) (a2 + b2 + c2)2 – 2(a4 + b4 + c4) = (a + b + c)(a + b – c)(a + c - b)(b + c – a) 5) + + = 6) + + = BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TIM GIÁ TRỊ NHỎ RẤT LỚN NHẤT I) NỘI DUNG KIẾN THỨC Bất đẳng thức Cơ – si Cho số khơng âm ta có: Dấu “=” xảy a = b Cho số khơng âm ta có: Dấu “=” xảy a = b = c Bất đẳng thức BunhiaCopsky Cho x, y, a, b số thực ta ln có: (x2 + y2)(a2 + b2) ≥ (ax + by)2 Dấu “=” xảy ( k R) Một số biến dạng hai BĐT Cho a, b dương ta ln có: (a + b)( + ) ≥ ⇒ + ≥ Chứng minh: Theo BĐT Cô – si: ⇒(a + b)( + ) ≥ 79 Mở rộng tương tự cho số a, b, c dương ta ln có: + + ≥ Cho x, y, a, b số thực ta ln có: ( + )(x2 + y2) ≥ (a + b)2 ⇒ + ≥ Đặt u = x2 , v = y2 ta có BĐT: + ≥ Mở rộng BĐT cho số: + + ≥ II) BÀI TẬP VẬN DỤNG Ví dụ Cho x, y > thỏa mãn x2 + y2 = Chứng minh: + ≥ Lời giải Ta có: + ≥ ( + 3y)2 Mặt khác: + 3y = + 3y = ≥ Ta có: x + x + 2y = 2(x + y) ≤ = ⇒ + ≥ = Dấu “=” xảy x = y = Cách 2: BĐT ⇔ x3(x + 2y) + 9y4 ≥ 4y2(x + 2y) Cách 3: 2y ≤ y2 + = – x2 ⇒ + ≥ + = + ≥ 4, Ví dụ (*) Bất đẳng thức phụ: + ≥ , Áp dụng: Cho x, y, z ≥ thỏa mãn x2 + y2 + z2 ≤ 3y Tìm GTNN biểu thức: P = + + Lời giải C/m BĐT phụ, ta có: + ≥ Mặt khác: ab ≤ ⇒ + ≥ (đpcm) Dấu “=” xảy a = b P= + + ≥ + ≥ Ta có: (x2 + 1) + (y2 + 4) + (z2 + 1) ≥ 2x + 4y + 2z ⇒ 2x + 4y + 2z ≤ 3y + ⇔ 2x + y + 2z ≤ ⇔ x + + z ≤ Vậy P ≥ = Vậy MinP = x = 1, y = 2, z = Cách 2: Ta có: (x + 1)2 ≤ 2(x2 + 1); (z + 3)2 ≤ 4(z2 + 3) P≥ + + = + + + ≥ + ≥ + (bđtd) Ví dụ: Bài tốn phụ , cho x, y thỏa mãn xy ≥ Ta có: + ≥ Với – 1< xy ≤ bất đẳng thức đổi chiều Lời giải BĐT⇔ ≥ ⇔ (2 + x2 + y2)(1 + xy) ≥ 2(1 + x2)(1 + y2) ⇔ x2 + y2 + xy(x2 + y2) + 2xy + ≥ + 2(x2 + y2) + 2x2y2 ⇔ (x – y)2(xy – 1) ≥ (luôn ) Chứng minh BĐT đổi chiều làm tương tự Ví dụ Cho a, b, c ≥ Chứng minh: + + ≥ Lời giải Ta có: + ≥ ; + ≥ (Trong d số thực d ≥ 1) VT + ≥ 2( + ) ≥ Chọn d3 = ⇔ d = ⇒ VT + ≥ ⇔ VT ≥ (đpcm) Áp dụng Cho x, y, z > 2, thỏa mãn: + + = Chứng minh: (x – 1)(y – 1)(z – 1) ≥ Lời giải Ta có: + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ (x – 1)(y – 1)(z – 1) ≥ Ví dụ: Cho x, y > thỏa mãn 2(x2 + y2) + = Tìm GTLN P = + 80 Lời giải = 2(x2 + y2) + ≥ + 4xy ⇔ 4x2y2 – 5xy + ≤ ⇔ (xy – 1)(4xy – 1) ≤ ⇔ ≤ xy ≤ Áp dụng: P ≤ f(t) = - Đặt t = xy, t [ ; 1] ⇒ P = f’(t) = + = < t [ ; 1] Vậy MaxP = f() Ví dụ Cho x, y, z [ ; 3] Tìm GTNN biểu thức: P= + + Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử: z = max{x, y, z} Ta có: P = + + ≥ + Đặt t = (1 ≤ t ≤ 3) P ≥ f(t) = + = + P ≥ f(t) ≥ f(3) = Xin giới thiệu q thày website: tailieugiaovien.edu.vn Website cung cấp giáo án soạn theo định hướng phát triển lực người học theo tập huấn Có đủ môn khối THCS THPT https://tailieugiaovien.edu.vn/ 81 ... ≥ == ≥ 44 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x3 + y3 = ≤ = Kết hợp bất đẳng thức ta dãy bất đẳng thức (1) Các bất đẳng thức (1) xảy x= y Sau ta xét số toán áp dụng bất đăng thức (1) Bài toán... Ta sử dụng bất đẳng thức sau 2a 2a  �  a2 3 Thật bất đẳng thức tương đương với Hiển nhiên với a số thực dương Sử dụng bất đẳng thức tương tự với b c Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a... (2) Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức (1) với số thực dương d ta có: ≥; ≥ Cộng theo vế bất đẳng thức áp dụng (1) ta có: ≥ + ≥ = Với d = , từ bất đẳng thức ta có: ≥ =2 ⇒ ≥ Đẳng thức xảy a = b = c Bài