Đang tải... (xem toàn văn)
Chính vì vậy khi giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức hoặc các bài toán cực trị ta cần rèn luyện cho mình thói quen tìm điều kiện của dấu bằng mặc dù một số bài không yêu cầu trì[r]
(1)MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Phần một: Phần Mở Đầu Lí chọn đề tài
Trong toán học bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Bunyakovski hai bất đẳng thức cổ điển có nhiều ứng dụng giải tốn Chúng sử dụng nhiều chương trình giải tốn phổ thơng đặc biệt kì thi tuyển sinh đại học kì thi học sinh giỏi Đề tài hai bất đẳng thức không Tuy nhiên em chọn đề tài mảng kiến thức em thích, em giải nhiều tốn có ứng dụng hai bất đẳng thức thân em chưa tổng kết phương pháp sử dụng hai bất đẳng thức giải tốn Vì nghiên cứu đề tài giúp em hệ thống lại kỹ thuật sử dụng hai bất đẳng thức cách rõ ràng Và sau trở thành giáo viên em thấy tự tin giảng dạy mảng kiến thức từ giúp học sinh hiểu rõ Bên cạnh đó, em thấy đề tài hợp với khả mình, đặc biệt em thực đề tài với hướng dẫn tận tình giáo viên hướng dẫn với nguồn tài liệu khơng nên em tin hồn thành tốt đề tài
Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng phương pháp tham khảo tài liệu chủ yếu Phần hai: Nội Dung Nghiên Cứu
MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Quy tắc song hành: Đa số bất đẳng thức có tính đối xứng nên sử dụng nhiều bất đẳng thức chứng minh toán để định hướng cách giải nhanh
Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” bất đẳng thức có vai trị quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh, định hướng cho ta cách giải Chính giải tốn chứng minh bất đẳng thức toán cực trị ta cần rèn luyện cho thói quen tìm điều kiện dấu số khơng u cầu trình bày phần
Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm tính xảy đồng thời dấu “=” áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức Khi áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức dấu “=” phải thỏa mãn với điều kiện biến
Quy tắc biên: Đối với tốn cực trị có điều kiện ràng buộc cực trị thường đạt vị trí biên
Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng vai trị biến bất đẳng thức dấu “=” thường xảy vị trí
biến Nếu tốn có điều kiện đối xứng dấu “=”xảy biến giá trụ cụ thể MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY
Cho n số thực không âm a1, a2, ., an , n∈ Z , n ≥ 2 , ta có: a1+a2+ .+an≥ n.
n
√a1 a2 an
Dấu “=” xảy a1=a2= =an
MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Kỹ thuật tách ghép số
Kỹ thuật tách ghép
Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: (a+b) (b+c) (c+a)≥ abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
(a+b ) (b+c ) (c+a) ≥2√ab 2√bc 2√ac=8 abc (đpcm) Bài 2: Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh rằng:
√ac+√bd ≤√( a+b) (c +d ) Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: √ac+√bd
√( a+b) (c +d )=√ a (a+b )
c (c +d )+√
b (a+b)
d (c +d)
2( a a+b+
c c +d)+
1 2(
b a+b+
d c+d)=
1 2(
a+b a+b+
c+d c+d)=1 ⇒√ac+√bd ≤√(a+b )(c +d ) (đpcm)
Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa
¿
a>c b>c
¿{
¿
Chứng minh rằng:
√c ( a− c )+√c (b − c )≤√ab Giải:
(2)√c (a − c)+√c (b −c )
√ab =√
c b
( a− c ) a +√
c a
(b −c ) b
2( c b+
a − c a )+
1 2(
c a+
b −c b )
2( c b+1−
c a)+
1 2(
c a+1 −
c b)=1 ⇒√c (a− c )+√c (b − c )≤√ab (đpcm)
Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1+3
√abc ≤3
√(1+a )(1+b )(1+ c) Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
1+√3abc
3
√(1+a)(1+b)(1+c)≤
3
√
(1+ a)
1
(1+b)
1
(1+c)+
3
√ a
(1+a)
b
(1+b)
c
(1+c)
1 3(
1 1+a+
1 1+b+
1 1+c)+
1 3(
a
1+a+
b
1+b+
c
1+c)
3( 1+a 1+a+
1+b 1+b+
1+c 1+c)=1
⇒1+3
√abc ≤√3(1+ a) (1+ b) (1+ c ) (đpcm)
Bài 5: Cho số thực dương a, b thỏa
¿
a ≥ 1 b ≥ 1
¿{
¿
Chứng minh rằng:
a√b −1+b√a −1 ≤ ab Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a√b −1=√a√ab − a ≤1
2(a+ ab −a )= ab
2 (1) Tương tự: b√a −1 ≤ab
2 (2) Cộng theo vế (1) (2), ta được:
a√b −1+b√a −1 ≤ ab (đpcm)
Bài 6: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: 16 ab(a −b)2≤(a+ b)4 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
16 ab (a −b )2=4 ( ab )(a − b)2≤
[4 ab+( a− b)2
2 ]
2
=4 [( a+b)
2
2 ]
2
=( a+b)4 (đp cm)
Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a (1+b)+b (1+c )+c (1+a )≥ 33
√abc(1+3
√abc) Giải:
Ta có:
a(1+b)+b(1+c)+c(1+a)=(a+b+c)+(ab+bc+ca) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
a+b+c ≥33
√abc ab+bc+ca≥ 3√3(abc )2
⇒(a+b+c )+(ab+bc+ca)≥ 3√3abc+3√3(abc)2=3√3abc(1+3√3abc) ⇒a (1+b )+b (1+c)+c (1+a )≥ 33
√abc(1+√3abc) (đpcm) Bài 8: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: ab+a
b+ b
a≥ a+b+1 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab+a
b+ b a=(
ab +
a 2 b)+(
ab +
b 2 a)+(
a 2b+
b 2 a) 2√ab
2
a
2b+2√ ab
2
b
2 a+2√
a
2 b
b
2 a=a+b+1 (đpcm)
Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=10 Tìm GTLN của: A=a b3c5
Giải: Ta có:
10=a+b+c=a 2+
a 2+
b 3+
b 3+
b 3+
c 5+
c 5+
c 5+
c 5+
c 5≥ 10
10
√(a2)
2
.(b 3)
3
.(c 5)
5
⇒10√(a 2)
2
.(b 3)
3
.(c 5)
5
≤ 1⇒(a 2)
2
.(b 3)
3
.(c 5)
5
≤ 1⇒ a b3c5≤ 23355
(3)Dấu “=” xảy
⇔ a 2=
b 3=
c a+b+c=10 ⇔ a
2= b 3=
c 5=
a+b+c
10 =1⇔
¿a=2
b=3 c=5
¿{ Vậy GTLN A 337500 Kỹ thuật tách nghịch đảo
Bài 1: Chứng minh rằng: a b+
b
a≥2 , ∀ a,b>0 Giải:
Vì a,b>0 nên a b>0 ,
b
a>0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a b+
b a≥ 2√
a b
b
a=2 (đpcm)
Bài 2: Chứng minh rằng: a+
a −1≥3 , ∀ a>1 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a+
a −1=a− 1+
1
a− 1+1 ≥ 2√(a −1)
1
a −1+1=2+1=3 (đpcm)
Bài 3: Chứng minh rằng: a
2
+2
√a2+1≥2 , ∀ a ∈ R
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2
+2
√a2+1=
a2
+1+1
√a2
+1
=√a2+1+
√a2+1≥ 2√√a
2+1
√a2+1=2 (đpcm)
Bài 4: Chứng minh rằng: 3 a
2
1+9 a4≤
2 , ∀ a ≠ 0 Giải:
Với ∀ a ≠0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3 a2
1+9 a4=
1 3 a2+
9 a4
3 a2
=
1 3 a2+3 a
2≤
1
2√ 3 a2 a
2
=1
2 (đpcm)
Bài 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A=(a+1)2+( a
2
a+1+2)
2
, ∀ a≠ − 1 Giải:
A=(a+1)2+(a
2
+2a+2 a+1 )
2
( a+1)2+[(a+1)
2
+1 a+1 ]
2
(a+1)2+(a+1+ a+1)
2
2 (a+1)2+
(a+1)2+
Cauchy
2√2 (a+1)2
(a+1)2+2=2√2+2 Dấu “=” xảy 2 (a+1)2=
(a+1)2 hay a=
− 2±√48 Vậy GTNN A=2√2+2
Bài 6: Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A=a+2
a2 , ∀ a>0 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: A=a+a22=
a 2+
a 2+
1
2.a
a
≥ 3.3
√a2 a
1
2 a
a
=3√3 2=
3
3
√4
Dấu “=” xảy a2=2
a2 hay a=√34
Vậy GTNN A=3
3
√4
Bài 7: Chứng minh rằng: a+
b(a −b)≥ , ∀ a>b>0 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a+
b (a − b)=b+(a −b )+ b (a − b)≥ 3
3
(4)Bài 8: Chứng minh rằng: a+
(a − b) (b+1)2≥ , ∀ a>b >0 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a+
( a− b) (b+1)2=( a− b)+ (b+1)
2 + ( b+1)
2 +
1
(a − b)(b+ 1)
(b +1)
−1
≥ 4
√(a− b) (b+ 1)
(b+1 )
1
(a −b )(b+1)
(b+ 1)
− 1=3
Kỹ thuật ghép đối xứng
Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm số thao tác sau:
Phép cộng:
¿
a+b+c=a+b +
b+c +
c +a 2 (a+b+c )=(a+b)+(b+c)+( c+a)
¿{
¿
Phép nhân:
¿
abc=√ab√bc√ca , (a , b , c ≥ 0) a2b2c2
=(ab )( bc )(ca )
¿{
¿
Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: bc a +
ca b +
ab
c ≥ a+b+c Giải:
Ta có: bc
a + ca
b + ab
c = 2(
bc a +
ca b )+
1 2(
ca b +
ab c )+
1 2(
ab c +
bc a )
√bca ca
b +√ ca
b ab
c +√ ab
c bc
a =a+b+c Bài 2: Cho ba số thực abc ≠ 0 CMR: a
2
b2+ b2 c2+
c2 a2≥
b a+
c b+
a c Giải:
Ta có:
a2 b2+
b2 c2+
c2 a2=
1 2(
a2 b2+
b2 c2)+
1 2(
b2 c2+
c2 a2)+
1 2(
c2 a2+
a2 b2)
≥√a
2
b2
b2 c2+√
b2 c2
c2 a2+√
c2 a2
a2 b2=|
b a|+|
c b|+|
a c|≥
b a+
c b+
a c Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc=1 CMR:
b+c √a +
c +a √b +
a+b
√c ≥√a+√b+√c +3 Giải:
b+c √a +
c +a √b +
a+b √c ≥
2❑
√bc √a +
2√ca √b +
2√ab √c =2(√
bc a +√
ca b +√
ab c )
(√bc a +√
ca b )+(√
ca b +√
ab c )+(√
ab c +√
bc a ) 2√√bc
a √ ca
b +2√√ ca
b √ ab
c +2√√ ab
c √ bc
a 2(√a+√b+√c)=(√a+√b+√c)+(√a+√b +√c)
√a+√b+√c+3√3√a√b√c=√a+√b+√c+3 Vậy b+c
√a + c +a
√b + a+b
√c ≥√a+√b+√c +3
Bài 4: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b , p=a+b+c
2 CMR: ( p− a) ( p −b )( p −c ) ≤1
8abc Giải:
Ta có:
( p− a) ( p −b )( p −c )=√( p − a) ( p − b)√( p −b )( p − c )√( p − c ) ( p − a) ( p − a)+( p −b )
2
( p− b)+( p − c)
2
( p − c )+( p − a) 2 p −(a+b)
2
2 p −(b+c )
2
2 p − (c+a)
2 =
1 8abc Bài 5: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b , p=a+b+c
2 CMR:
p − a+ p −b+
1 p − c≥ 2(
1 a+
1 b+
1 c) Giải:
(5)1 p − a+
1 p −b+
1 p − c=
1 2(
1 p − a+
1 p − b)+
1 2(
1 p −b+
1 p− c)+
1 2(
1 p −c+
1 p − a)
√( p − a) ( p − b)+
1
√( p −b )( p −c )+
1
√( p −c ) ( p − a)
(p −a )+( p − b)
+
(p − b)+( p− c )
+
(p −c )+( p − a) 2(1
a+ b+
1 c) Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo
Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau Với n∈ N❑ x
1, x2, , xn>0 (x1+x2+ +xn)(
1 x1+
1 x2+ +
1 xn)≥n
2
Chứng minh bất đẳng thức : Ta có với x1, x2, , xn>0
(x1+x2+ +xn)( x1
+ x2
+ + xn)
≥nn
√x1x2 xn nn
√x1x21 xn =n2 Với n=3 x1, x2, x3>0
(x1+x2+x3)(
1 x1+
1 x2+
1
x3)≥
Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: b+c a +
c +a b +
a+b c ≥ 6 Giải:
Ta có: b+c
a + c +a
b + a+b
c =(1+ b+c
a )+(1+ c +a
b )+(1+ a+b
c )− 3
¿a+b+c
a +
b +c +a b +
c+a+b c −3
¿( a+b+c )(1 a+
1 b+
1
c)− 3≥ −3=6
Bài 2: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: b+ca + b c +a+
c a+b≥
3 (Bất đẳng thức Nesbit)
Giải: Ta có:
a b+c+
b c +a+
c
a+b=(1+ a
b+c)+(1+ b
c +a)+(1+ c a+b)− 3
¿a+b+c
b+c +
b +c +a c +a +
c+a+b a+b −3
¿(a+b+ c )( b+c+
1 c +a+
1 a+b)−3
¿1
2[(b+c )+(c+a)+(a+b)]( b+c+
1 c+a+
1 a+b)−3
2− 3=
Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: c
2
a+b+ a2 b+c+
b2 c +a≥
a+b+c Giải:
c2 a+b+
a2 b+c+
b2
c +a=(c+ c2
a+b)+(a+ a2
b+c)+(b+ b2
c +a)−(a+b+c ) ¿c(1+ c
a+b)+a(1+ a
b+c)+b(1+ b
c +a)− (a+b+c ) ¿c(a+b+c
a+b )+a(
b+c+a b+c )+b(
c+a+b
c+a )− (a+b+c ) ¿(a+b +c )( c
a+b+ a b+c+
b
c+a)−(a+b+c ) (a+b +c )( c
a+b+ a b+c+
b c+a−1) Theo bất đẳng thức Nesbit chứng minh thì:
a b+c+
b c +a+
c a+b≥
3 Do
c2
a+b+ a2
b+c+ b2
c +a≥ (a+b+c )( 2−1)=
a+b +c
2 (đpcm)
Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a+b +c ≤ 1 Chứng minh bất đẳng thức sau:
1 a2+2 bc+
1 b2+2 ca+
1 c2
+2ab≥ 9 Giải:
(6)1 a2+2 bc+
1 b2
+2ca+
c2+2 ab≥ (a+b+c )
(a2
+2 bc+ b2
+2 ca+ c2+2 ab)
=(a2+b2+c2+2 ab+2 bc +2 ac)( a2+2 bc+
1 b2+2 ca+
1 c2+2 ab) =[(a2+2 bc)+(b2+2ac)+(c2+2 ab)](
a2+2 bc+
1 b2+2 ca+
1 c2
+2ab)≥9 Kỹ thuật đổi biến số
Có tốn mặt biểu thức tốn học tương đối cồng kềnh, khó nhận biết phương hướng giải Bằng cách đổi biến số, ta đưa tốn dạng đơn giản dễ nhận biết
Bài 1: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b CMR: (b+ c − a) (c+ a −b )(a+ b −c ) ≤abc (1)
Giải:
Đặt:
¿
b+c −a=x c +a −b= y a+b −c=z
⇔
¿a=y+ z
2 b=z+x
2 c=x + y
2
¿{ {
¿
Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: x y z≤ x+ y
2 y +z
2 z+x
2
Do tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh lại nên :
x , y , z >0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x + y
2 y+ z
2 z+x
2 ≥√xy √yz√zx=xyz Hay (b+ c − a) (c+ a −b )(a+ b −c ) ≤abc (đpcm) Bài 2: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b CMR:
a b+c − a+
b c+a −b+
c
a+b − c≥ 3 (1) Giải:
Đặt:
¿
b+c −a=x>0 c +a −b= y >0 a+b− c=z >0
⇔
¿a=y +z
2 b=z +x
2 c=x + y
2
¿{ {
¿
Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: y +z
2 x + z +x
2 y + x + y
2 z Ta có:
y+z 2 x +
z +x 2 y +
x + y 2 z =
1 2(
y x+
x y)+
1 2(
z x+
x z)+
1 2(
z y+
y z ) ≥2
2√ y x
x y+
2 2√
z x
x z+
2 2√
z y
y z=3 Hay b+c − aa + b
c+a −b+ c
a+b − c≥ 3 (đpcm) Bài 3: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b CMR:
a2 b+c − a+
b2 c+a −b+
c2
(7)Đặt:
¿
b+c −a=x>0 c +a −b= y >0 a+b− c=z>0
⇔
¿a=y +z
2 b=z +x
2 c=x + y
2
¿{ {
¿
Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z )
2
4 x + ( z + x )2
4 y +
( x+ y )2
4 z ≥ x + y +z
Ta có:
( ) ( ) ( )
y z z x x y yz zx xy
x y z x y z
yz zx zx xy xy yz
x y y z z x
yz zx zx xy xy yz z x y
x y y z z x
+ + +
+ + ³ + + =
ỉ ư÷ ỉ ư÷ ỉ ư÷
ỗ + ữ+ ỗ + ữ+ ỗ + ữ
ỗ ữữ ỗ ữữ ỗỗ ữ
ỗ ỗ ố ø
è ø è ø
³ + + = + +
2 2
4 4
1 1
2 2
Hay a
2
b+c − a+ b2 c+a −b+
c2
a+b − c≥ a+b+c (đpcm) Bài 4: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b , p=a+b+c
2 CMR:
( p − a)2+ ( p −b )2+
1 ( p − c )2≥
p
( p − a) ( p− b) ( p −c ) (1) Giải:
Ta có: p− a=b +c − a >0 Tương tự:
p− b>0 p −c >0
Đặt:
¿
p− a=x>0 p − b= y >0
p −c= z>0 ⇒ p=x+ y +z
¿{ {
¿
Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau:
x2+ y2+
1 z2≥
x + y +z xyz Ta có:
x2+
1 y2+
1 z2=
1 2(
1 x2+
1 y2)+
1 2(
1 y2+
1 z2)+
1 2(
1 z2+
1 x2)
√x12 y2+√
1 y2
1 z2+√
1 z2
1 x2=
1 xy+
1 yz+
1 zx=
x+ y +z xyz
Hay ( p − a)2+
1 ( p −b )2+
1 ( p − c )2≥
p
( p − a) ( p− b) ( p −c ) (đpcm) Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: a
b+c+ b c +a+
c a+b≥
3 (1) Giải:
Đặt:
¿
b+c=x c +a= y a+b=z
⇒
¿a=y +z − x
2 b=z+ x − y
2 c=x+ y − z
2
¿{ {
¿
Khi bất đẳng thức (1) trở thành: y +z − x
2 x +
z +x − y 2 y +
x+ y − z 2 z ≥
(8)Ta có: y +z − x
2 x +
z +x − y 2 y +
x + y − z 2 z =
1 2(
y x+
x y)+
1 2(
z x+
x z)+
1 2(
z y+
y z)−
3
≥2 2√
y x
x y+
2 2√
z x
x z+
2 2√
z y
y z −
3 2=
3 Hay a
b+c+ b c +a+
c a+b≥
3
2 (đpcm)
Bài 6: Cho số thực không âm a, b, c thỏa (a+c) (b+c)=1 CMR:
(a −b)2+ ( a+c )2+
1
(b+ c )2≥ 4 (1) Giải:
Đặt:
¿
a+c=x b+c= y
⇒
¿xy=1
a −b=x − y ⇒
¿x=1
y y=1
x a −b=x − y
¿{
¿
Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành:
(x − y )2+ x2+
1 y2≥ 4 Ta có:
1 ( x − y )2+
1 x2+
1 y2=
1 ( x − y )2+x
2
+y2=
x2−2 xy+ y2+x
2
+y2
x2−2+ y2+(x
+y2−2)+2 ≥ 2√
x2−2+ y2.(x
+y2−2)+2=4 Vậy
(a −b)2+ ( a+c )2+
1
(b+ c )2≥ 4 (đpcm)
Bài 7: Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz=1 Tìm GTNN biểu thức:
A= x
2
(y +z ) y√y+2 z√z+
y2(z +x ) z√z +2 x√x+
z2(x + y ) x√x+2 y√y Đề thi Đại học khối A năm 2007
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
A ≥ x2.2√yz y√y+2 z√z+
y2 2
√zx z√z +2 x√x+
z2 2
√xy x√x+2 y√y ≥ 2 x√x√xyz
y√y+2 z√z+
2 y√y√yzx z√z +2 x√x+
2 z√z√zxy x√x +2 y√y ≥ 2 x√x
y√y+2 z√z+
2 y√y z√z +2 x√x+
2 z√z x√x +2 y√y
Đặt:
¿
a= y√y+2 z√z b= z√z+2 x√x c=x√x +2 y√y
⇒
¿x√x=1
9(− a+4 b+c ) y√y=1
9(a −2 b+ c ) z√z=1
9(4 a+ b −2 c )
¿{ {
¿
Khi A ≥2
9(
− 2a+4 b +c
a +
a −2 b+4 c
b +
4 a+b −2 c
c )
2
9[− 6+4( b a+
a c+
c b)+(
c a+
a b+
b c)] ≥2
9(− 6+4
3
√ba a c
c b+3
3
√ca a b
b c)=
2
9(−6+12+3)=2 Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c=1
(9)Điểm rơi bất đẳng thức giá trị đạt biến dấu “=” bất đẳng thức xảy
Trong bất đẳng thức dấu “=” thường xảy trường hợp sau: Các biến có giá trị Khi ta gọi tốn có cực trị đạt tâm
Khi biến có giá trị biên Khi ta gọi tốn có cực trị đạt biên
Căn vào điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức ta xét kỹ thuật chọn điểm rơi trường hợp
Kỹ thuật chọn điểm rơi toán cực trị xảy biên Xét toán sau:
Bài toán 1: Cho số thực a ≥ 2 Tìm giá trị nhỏ (GTNN) A=a+1
a
Sai lầm thường gặp là: A=a+1
a≥ 2√a.
a=2 Vậy GTNN A 2. Nguyên nhân sai lầm: GTNN A ⇔ a=1a⇔a=1 vô lý theo giả thuyết a ≥ 2
Lời giải đúng: A=a+1 a=
a
4+
a+
3 a ≥ 2√
a
4
a+
3 a ≥ 1+
3
4 =
5
Dấu “=” xảy ⇔a 4=
1
a hay a=2 Vậy GTNN A 52
Vì lại biết phân tích lời giải Đây kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức
Quay lại toán trên, dễ thấy a tăng A tăng Ta dự đoán A đạt GTNN a=2 Khi ta nói A đạt GTNN “Điểm rơi a=2 ” Ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a 1a khơng thỏa quy tắc dấu “=” Vì ta phải tách a
a để áp dụng bất đẳng thức Cauchy thỏa quy tắc dấu “=” Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số (αa,1
a) cho “Điểm rơi a=2 ” a α=
1 a , ta có sơ đồ sau:
a=2⇒ a α=
2 α a=
1 ⇒2
α=
2⇒ α=4
¿{
Khi đó: A=a+1 a=
a 4+
3 a +
1
a ta có lời giải Lưu ý: Để giải toán trên, cách chọn cặp số (a
α,
a) ta chọn các cặp số sau: (αa ,1
a) (a , α
a) (a , αa) . Bài toán 2: Cho số thực a ≥ 2 Tìm giá trị nhỏ A=a+1
a2 Sơ đồ điểm rơi:
a=2⇒ a α=
2 α a2=
1
⇒ 2 α=
1
4⇒ α=8
¿{ Sai lầm thường gặp là:
A=a 8+
1 a2+
7 a ≥ 2√
a
1 a2+
7 a =√
1 2 a+
7 a ≥√
1 2+
7 =
9
4 Dấu “=” xảy ⇔ a=2
Vậy GTNN A 94
Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN A
4 đáp số cách giải mắc sai lầm đánh giá mẫu số: “ a ≥ 2⇒√
2 a≥√ 2
(10)Lời giải đúng: A=a 8+
a 8+
1 a2+
6 a ≥3
3
√a8 a
1 a2+
6 a ≥
3 4+
6 =
9 Dấu “=” xảy ⇔ a=2
Vậy GTNN A 94
Bài 1: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ 1 Tìm GTNN A=ab+
ab Phân tích:
Ta có: ab ≤(a+b )
2
≤1 Sơ đồ điểm rơi:
ab=1 4⇒
ab α =
1 4 α ab=4 ⇒ 1
4 α=4⇒α= 116
¿{ Giải:
Ta có:
ab ≤(a+b )
2
≤1 ⇒−ab ≥ −1
4
A=16 ab+
ab −15 ab ≥ 2√16 ab
ab −15 ab ≥ 8− 15 4=
17
Dấu “=” xảy ⇔ ab=1
4⇔a=b= Vậy GTNN A 174
Bài 2: Cho số thực a ≥ 6 Tìm GTNN A=a2
+18 a Phân tích:
Ta có
A=a2
+18 a=a
2
+9 a+
9 a
Dễ thấy a tăng A tăng Ta dự đoán A đạt GTNN a=6 Ta có sơ đồ điểm rơi:
a=6⇒ a2
α= 36
α a=
9 6=
3 ⇒36
α =
2⇒α=24
¿{ Giải:
Ta có: A= a2 24+
9 a+
9 a+
23 a2 24 ≥3
3
√a2 24
9 a
9 a+
23 a2 24
2+ 23 36 24 =39
Dấu “=” xảy ⇔ a2 24=
9
a⇔a=6 Vậy GTNN A 39
Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+2 b+3 c ≥ 20 Tìm GTNN A=a+b+c+3
a+ 2 b+
4 c Phân tích:
Dự đốn GTNN A đạt a+2 b+3 c=20 ,tại điểm rơi
a=2 ,b=3 , c=4 Sơ đồ điểm rơi:
a=2⇒ a α=
2 α a=
3 ⇒2
α= 2⇒ α=
4
(11)
b=3⇒ b β=
3 β 2 b=
3 ⇒3
β=
2⇒ β=2
¿{
c=4⇒ c
γ= γ c=1 ⇒4
γ=1⇒ γ=4
¿{ Giải:
A=(3 a +
3 a)+(
b 2+
9 2 b)+(
c 4+
4 c)+
a 4+
b 2+
3 c
2√3 a
3 a+2√
b
9 2 b+2√
c
4 c+
a+2 b+3 c 3+3+2+5=13
Dấu “=” xảy ⇔ a=2 , b=3 , c=4
Vậy GTNN A 13
Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa
¿
ab ≥ 12 bc ≥8
¿{
¿
Chứng minh rằng:
(a+b +c )+2( ab+
1 bc+
1 ca )+
8 abc≥
121 12 Phân tích:
Dự đoán GTNN A đạt
¿
ab=12 bc=8
¿{
¿
,tại điểm rơi
a=3 , b=4 , c=2 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a 18+
b 24+
2 ab≥ 3
3
√18a b 24
2 ab=
1 a
9+ c 6+
2 ca ≥3
3
√a9 c
2 ca=1
b 16+
c 8+
2 bc ≥ 3
3
√16b c
2 bc=
3 a
9+ c 6+
b 12+
8 abc ≥ 4
4
√a9 c
b 12
8 abc=
4
13 a 18 +
13 b 24 ≥ 2
❑
√13 a18 13 b 24 ≥2
❑
√1318 13 24 12=
13 13 b
48 + 13 c 24 ≥2
❑
√13 b48 13 c 24 ≥2
❑
√1348 13 24 8=
13 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: (a+b +c )+2(
ab+ bc+
1 ca )+
8 abc≥
121
12 (đpcm) Kỹ thuật chọn điểm rơi toán cực trị đạt tâm Xét toán sau:
Bài toán: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ 1 Tìm GTNN A=a+b+1
a+ b
Sai lầm thường gặp là: A=a+b+1 a+
1 b≥ 4
4
√a b 1 a
1 b=4 Vậy GTNN A 4.
Nguyên nhân sai lầm: GTNN A ⇔ a=b=1 a=
1
b⇔a=b=1 Khi
a+b=2 ≥1 trái giả thuyết Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=1
(12)
a=b=1 2⇒ a
α= b α=
1 2 α
a= b=2 ⇒ 1
2 α=2⇒α= 14
¿{ Lời giải đúng:
A=(4 a+4 b+1 a+
1
b)−3 a − b ≥ 4
4
√4 a b 1 a
1
b−3 ( a+b) ≥ −3=5 Dấu “=” xảy ⇔ a=b=1
2 Vậy GTNN A
Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c ≤3
2 Tìm GTNN A=a+b+c+1
a+ b+
1 c Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt
b c a
Sơ đồ điểm rơi:
a=b=c=1 2⇒ a
α= b α=
c α=
1 2 α
a= b=
1 c=2 ⇒
2 α=2⇒α=
¿{ Giải:
A=(4 a+4 b+4 c +1 a+
1 b+
1
c)−3 a −3 b − c 6√64 a b c 1
a b
1
c−3 (a+b +c ) 12−9
2= 13
2
Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c=1 Vậy GTNN A 13
2
Bài 2: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c ≤3
2 Tìm GTNN A=a2+b2+c2+1
a+ b+
1 c Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt
b c a
Sơ đồ điểm rơi:
a=b=c=1 2⇒ a2
=b2=c2=1
αa= αb=
1 αc=
2 α ⇒1
4=
α ⇒α=8
¿{ Giải:
A=(a2+b2+c2+ 8 a+
1 8 b+
1 8 c+
1 8 a+
1 8 b+
1 8 c)+
3 4 a+
3 4 b+
3 4 c
9√9a2.b2 c2 8 a
1 8 b
1 8 c
1 8 a
1 8 b
1 8 c+
3 4(
1 a+
1 b+
1 c)
4+9
3
√abc≥ 4+
9
1 a+b+c
3
≥9 4+
9 2=
(13)Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c=12 Vậy GTNN A 27
4
Bài 3: Cho số thực dương a, b Tìm GTNN A=a+b √ab+
√ab a+b Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b
Sơ đồ điểm rơi:
a=b⇒ a+b α√ab=
2 a αa=
2 α √ab
a+b= a 2 a=
1 ⇒2
α=
2⇒ α=4
¿{ Giải:
A=( a+b 4√ab+
√ab a+b)+
3( a+b) 4√ab ≥2√
a+b 4√ab
√ab a+b+
3 2√ab 4√ab =1+
3 2=
5 Dấu “=” xảy ⇔ a=b
Vậy GTNN A 52
Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Tìm GTNN A= a
b+c+ b c +a+
c a+b+
b+c a +
c +a b +
a+b c Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c
Sơ đồ điểm rơi:
a=b=c⇒ a
b +c= b c+a=
c a+b=
1 b+c
αa = c+a
αb = a+b
αc = α ⇒1
2=
α ⇒ α=4
¿{ Giải:
A=( a b+c+
b c+a+
c a+b+
b+c 4 a +
c +a 4 b +
a+b 4 c )+
3 4(
b+c a +
c+a b +
a+b c ) 6√6 a
b+c b c +a
c a+b
b+c 4 a
c +a 4 b
a+b 4 c +
3 4(
b a+
c a+
c b+
a b+
a c+
b c) 3+3
4
6
√b a
c a
c b
a b
a c
b c=3+
9 2=
15 Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c
Vậy GTNN A 15
Bài 5: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ 1 Tìm GTNN : A=
a2+b2+ ab Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=1
2 Sơ đồ điểm rơi:
a=b=1 2⇒ a2+b2=2
α ab=2 α ⇒2 α=2⇒ α=1
(14)A= a2
+b2+ ab≥ 2√
1 (a2
+b2)2 ab≥2
1 a2
+b2+2ab
=
(a+b )2≥ 4
Dấu “=” xảy
⇔ a2
+b2=2 ab
a+b=1 ⇔a=b=1
2
¿{
Vậy GTNN A 4
Bài 6: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ 1 Tìm GTNN
A=
1+a2+b2+ ab Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=1
2 Sơ đồ điểm rơi:
a=b=1 2⇒ 1+a2
+b2=
2 α ab= α ⇒2
3=
α⇒ α=3
¿{ Giải:
A=
1+a2+b2+ ab+
1 ab
2√
(1+a2+b2)6 ab+ ab
2
1+a2
+b2+6 ab
+ ab=
4
(a+ b)2+1+4 ab+ ab
4
(a+b )2+1+4(a+b )
2+
1
3(a+b )
2 (Do ab ≤(
a+b )
2
)
2 (a+b)2+1+
4 3 (a+b )2
1+1+
4 1=
8
Dấu “=” xảy
⇔ 1+a2
+b2=6 ab a=b a+b=1 ⇔a=b=1
2
¿{ {
Vậy GTNN A 38
Bài 7: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ 1 Tìm GTNN A=
a2+b2+ ab +4 ab Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=1
2 Sơ đồ điểm rơi:
a=b=1 2⇒ a2
+b2=2 α ab=
4 α ⇒2= 4
α⇒ α=2
(15)
a=b=1 2⇒ ab=1
1 β ab=
4 β ⇒1=4
β⇒ β=4
¿{ Giải:
A= a2
+b2+
2 ab+4 ab+ ab+
1 ab
2√
(a2
+b2)2 ab+2√4 ab ab+
1 ab
2
a2
+b2+2 ab
+2+ ab=
4
(a+b )2+2+ ab
(a+b )2+2+
4(a+b )
2 (Do ab ≤(
a+b )
2
)
(a+b )2+2
5 1+2=7
Dấu “=” xảy
⇔ a2+b2=2 ab
4 ab= ab a=b a+b=1 ⇔a=b=1
2
¿{ { { Vậy GTNN A 7
Bài 8: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ 1 Tìm GTNN
A= a3+b3+
1 a2b+
1 ab2 Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=1
2 Sơ đồ điểm rơi:
a=b=1 2⇒ a3
+b3=2
αa2b=
1 α ab2=
4 α ⇒2=4
α⇒ α=2
¿{
Giải:
A= a3+b3+
1 2 a2b+
1 ab2+
1 2 a2b+
1 2ab2
55
√a31+b3 2 a2b
1 ab2
1 2a2b
1 ab2
5
a3
+b3+2 a2b+2 ab2+2 a2b+2 ab2
25
(a+b )3+ab (a+b) a+b¿3
¿ ¿4
¿ ¿
(a+b )3+¿ ¿
≥25
(16)Dấu “=” xảy
⇔
a3
+b3= 2 a2b=
1 ab2
a=b a+b=1 ⇔ a=b=1
2
¿{ { Vậy GTNN A 20
Bài 9: Cho ba số thực dương x , y , z thỏa 1x+1 y+
1
z=4 Tìm GTLN
P=
2 x + y +z+ x +2 y+z+
1 x + y +2 z Đề thi Đại học khối A năm 2005 Giải:
1 2 x + y +z=
1 x +x+ y+ z≤
1
4√x x y z4 =
4
√1 x
1 x
1 y
1 z≤
1 16(
1 x+
1 x+
1 y+
1 z) Tương tự:
1 x +2 y +z≤
1 16(
1 x+
1 y+
1 y+
1 z)
x + y +2 z≤ 16(
1 x+
1 y+
1 z+
1 z)
Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có:
P=
2 x + y +z+ x +2 y+z+
1 x + y +2 z≤
1 16 (
4 x+
4 y+
4 z)=1 Dấu “=” xảy ⇔ 1x=1
y= z=
4
3⇔ x= y=z= 34 Vậy GTLN P 1
Kỹ thuật nhân thêm hệ số
Bài 1: Tìm GTLN : A=a2(1 -a) , a∈ (0,1) Giải:
Do a , -a>0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
A=1 2a
2
(2 −2 a )=1
2a a (2− 2a )≤ 2(
a+a+2 −2 a
3 )
3
=1
8 27 ⇒ A ≤ 4
27 Dấu “=” xảy ⇔ a=2 −2 a=2
3 Vậy GTLN A 274
Bài 2: Tìm GTLN : A=a3(2-a) , a∈(0,2) Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: A=1
3a a a (6 −3 a) ≤ 3(
a+a+a+6 − a
4 )
4
=27 16
Dấu “=” xảy ⇔ a=6 −3 a=32 Vậy GTLN A 27
16
Bài 3: Cho số thực dương a, b thỏa
¿
a ≤ 3 b ≤ 4
¿{
¿
Tìm GTLN
A=(3 − a) (4 − b) (2 a+3 b ) Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: A=1
6(6 −2 a) (12− b) (2 a+3 b) ≤ 6(
6 −2 a+12 −3 b+2 a+3 b
3 )
3
=36
Dấu “=” xảy
⇔6 − a=12 −3 b=2 a+3 b=6 ⇔ a=0
b=2
(17)Bài 4: Cho số thực a, b, c thỏa
¿
a ≥2 b≥ 6 c ≥ 12
¿{ {
¿
Tìm GTLN của:
A=bc√a − 2+ca√3b −6+ab√4c −12 abc
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
bc√a− 2=bc
√2√(a −2) ≤ bc √2
( a− 2)+2
2 =
abc 2√2 ca3
√b − 6=ca3 √9
3
√(b − 6) 3≤ca3 √9
(b − 6)+3+3
3 =
abc 3√39
ab√4c − 12=ab4 √64
4
√(c −12) ≤ab4 √64
(c −12)+4+4+4
4 =
abc 44√64=
abc 8√2 Khi ta có:
A=bc√a − 2+ca
3
√b −6+ ab√4c −12
abc ≤
1 2√2+
1 3√39+
1 8❑
√2= 8√2+
1 3√39
Dấu “=” xảy
⇔ a − 2=2 b −6=3 c − 12=4
⇔
¿a=4
b=9 c=16
¿{ {
Vậy GTLN A 8√2+
1 3√39
Bài 5: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=1 Tìm GTLN của: A=√a+b+√b+c+√c +a
Phân tích:
Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt
a=b=c=1 ⇒ a+b=2
3 b+c=2 c +a=2
¿{ { Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
√a+b=√3
2√(a+b ). 3≤√
3
(a+b )+2 (1)
√b+c ≤√3
( b+c )+2
2 (2)
√c+a ≤√3
( c+ a)+2
2 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
A=√a+b+√b+c+√c +a ≤√3
2 (a+b+c )+3 2
2 =√6
Dấu “=” xảy
⇔ a+b=2
3 b+c =2 c+a=2 ⇔ a=b=c=1
3
¿{ { Vậy GTLN A √6
(18)Bài 6: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=3 Chứng minh rằng:
3
√a+2 b+√3b+2 c +√3c +2 a ≤3√33 Phân tích:
Do biểu thức cho biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy khi:
a=b=c=1 ⇒ a+2b=3 b+2 c=3 c +2 a=3
¿{ { Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
√a+2 b=31
√9
3
√(a+2 b) 3≤ 31 √9
(a+2 b)+3+3
3 =
6+a+2 b 3√39 (1)
3
√b+ c ≤6+b+2 c
3√39 (2)
3
√c +2 a ≤6+c+ 2a
3√39 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
3
√a+2 b+√3b+2 c +√3c +2 a ≤18+3 (a+b+c ) 3√39 =3
3
√3 (đpcm)
Bài 7: Cho a, b, c [−2 ;2] thỏa a+b +c=3 Chứng minh rằng:
√4 − a2
+√4 − b2+√4 − c2≤ 3√3 Phân tích:
Do biểu thức cho biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy khi:
a=b=c=1 ⇒ 4 − a2=3 4 − b2=3
4 − c2=3
¿{ { Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
√4 − a2=
√3√(4 −a
2)
3 ≤ √3
(4 − a2)+3
2 =
7 − a2 2√3 (1)
√4 −b2≤7 − b
2
2√3 (2)
√4 − c2≤7 − c2
2√3 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
√4 − a2
+√4 − b2+√4 − c2≤21−(a
2
+b2+c2) 2√3 Mà theo bất đẳng thức Bunyakovski ta có
(a+b +c )2≤ (1+1+1)(a2+b2+c2) ⇔a2
+b2+c2≥(a+ b+c )
2
3
nên
√4 − a2+√4 − b2+√4 − c2≤
21−(a+b+ c )
2
3
2√3 =3√3
(đpcm) Kỹ thuật hạ bậc
Bài toán
Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b +c=1 (*) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A=a2
+b2+c2
Phân tích: Sự chênh lệch số mũ biểu thức a2+b2+c2 a+b +c gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để hạ bậc a2
+b2+c2
Nhưng ta cần áp dụng cho số số nào? Căn vào bậc của biến số a, b, c biểu thức (số bậc giảm lần) ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a2, b2 c2 với số dương tương ứng khác để làm xuất a , b c Do a, b, c dương và có vai trị nên ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ a=b=c , từ (*) ta có a=b=c=1
3 Mặt khác dấu “=” bất đẳng thức Cauchy xảy khi số tham gia Khi ta có lời giải sau: Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a2
9 ta có:
a2
+1 9≥ 2√a
2.1
9=
3a (1) Dấu “=” xảy ⇔ a
2
=1 9⇔ a=
(19)b2
+1 9≥
2
3b (2) Dấu “=” xảy ⇔b= c2+1
9≥
3c (3) Dấu “=” xảy ⇔c = Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
a2+b2+c2+1 3≥
2
3(a+ b+c )= 3⇒ a
2
+b2+c2≥1 Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c=13
Vậy GTNN A
Bài 1: Cho số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a3
+b3=1 (*) Tìm giá trị lớn biểu thức A=√a+√b
Phân tích: Căn vào bậc biến số a, b biểu thức (số bậc giảm lần) ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a3
b3 với số dương tương ứng khác để làm xuất
√a √b Do a, b dương có vai trị nên ta dự đoán A đạt giá trị lớn a=b , từ (*) ta có a3=b3=1
2 Mặt khác dấu “=” bất đẳng thức Cauchy xảy khi số tham gia Khi ta có lời giải sau:
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a3 số
2 ta có:
a3+5 2≥
6
√a3.(1 2)
5
=6 61
√25.√a (1) Dấu “=” xảy
⇔ a3
=1 2⇔ a=
1
3
√2 Tương tự:
b3+5 2≥
6
√b3.(1 2)
5
=6 61
√25.√b (2) Dấu “=” xảy ⇔b=
1
3
√2 Cộng theo vế bất đẳng thức (1) (2) ta được:
a3
+b3+5≥ 61
√25(√a+√b)⇔1+5 ≥6
1
6
√25(√a+√b)⇔√a+√b ≤
√25
Dấu “=” xảy ⇔ a=b=31
√2
Vậy giá trị lớn A
√25
Bài 2: Cho số thực dương a, b, c thỏa ab+bc+ca=3 CMR: a3+b3+c3≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a3+b3+1≥ 3√3a3b3=3 ab (1) ; b3+c3+1 ≥3 bc (2) ; c3+a3+1 ≥3 ca (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
2(a3+b3+c3)+3≥ (ab+bc+ca) ⇔2(a3+b3+c3)+3≥ 3
⇔ a3
+b3+c3≥3 (đpcm)
Bài3: Cho số thực dương a, b, c thỏa a3+b3+c3=3 CMR:
a5
+b5+c5≥ 3
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a5 số 1, ta có:
3 a5+2 ≥5√5a151 1=5 a3 (1) Tương tự:
3 b5+2 ≥5 b3 (2) ; 3 c5
+2≥ c3 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: 3(a5
+b5+c5)+6 ≥5(a3+b3+c3) ⇔ 3(a5
+b5+c5)+6 ≥5 3 ⇔ a5
+b5+c5≥3 (đpcm)
Bài 4: Cho số thực dương a, b, c thỏa a3b3
+b3c3+c3a3=3 CMR:
a7+b7+c7≥ 3 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a7 , số b7 số 1, ta có:
3 a7+3 b7+1 ≥ 77
√a21 b211=7 a3b3 (1)
Tương tự:
3 b7+3 c7+1≥ b3c3 (2) ; 3 c7
+3 a7+1 ≥7 c3a3 (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
6(a7+b7+c7)+3 ≥ 7(a3b3+b3c3+c3a3) ⇔6(a7+b7+c7)+3 ≥
⇔ a7
+b7+c7≥3 (đpcm)
Bài 5: Cho số thực dương a, b CMR: a2+b2+4 ≥ a+2 b+ab Giải:
(20)a2+4 ≥ 2√a2 4=4 a (1); b2+4 ≥ b (2) ; a2+b2≥ ab (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
2 a2+2 b2+8 ≥ a+4 b+2ab
⇔ a2
+b2+4 ≥2 a+2 b+ab (đpcm)
Bài 6: Cho số thực dương a, b, c CMR:
a3+b3+c3≥ a2√bc+b2√ca+c2√ab
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a3 ,1 số b3 số c3 ta có:
4 a3
+b3+c3≥ 6√6a12 b3 c3=6 a2√bc (1) Tương tự:
4 b3
+c3+a3≥ b2√ca (2) ; 4 c3+a3+b3≥ c2√ab (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: 6(a3+b3+c3)≥6(a2√bc+b2√ca +c2√ab)
⇔ a3
+b3+c3≥ a2√bc+b2√ca+c2√ab (đpcm) Bài 7: Cho số thực dương a, b, c, m, n CMR:
am +n+bm+n+cm +n≥ ambn+bmcn+cman
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m+n số: m số am +n n số bm +n ta có:
mam +n+nbm+n≥ (m+n).m+ n
√(am+n)m(bm+ n)n
=(m +n) ambn (1) Tương tự:
mbm+ n
+ncm +n≥(m+n) bmcn (2) mcm +n+nam+ n≥ (m+ n) cman (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: (m+n)(am +n
+bm+n+cm +n)≥ (m+n)(ambn+bmcn+cman)
am +n
+bm+n+cm +n≥ ambn+bmcn+cman (đpcm)
Lưu ý: Bất đẳng thức vừa chứng minh sử dụng chứng minh toán sau này.
Bài 8: Cho số thực dương a, b, c thỏa abc=1 Chứng minh bất đẳng thức sau:
1 a3+b3+1+
1 b3+c3+1+
1
c3+a3+1≤ 1 Giải:
Từ kết ta có am +n+bm+n+cm +n≥ ambn+bmcn+cman
Chọn
¿
m=2 n=1 c=a
¿{ {
¿
ta được:
a3
+b3+a3≥ a2b+b2a+a2a=a2b+b2a+a3 ⇒a3
+b3≥ a2b+b2a
⇒
a3+b3+1≤
1
a2b+b2a+1= abc
a2b+b2a+abc= c
a+b+c (do abc=1 ) (1) Tương tự:
1 b3
+c3+1≤ a
a+b+c (2)
c3+a3+1≤ b
a+b+c (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
a3+b3+1+ b3+c3+1+
1 c3+a3+1≤
a+b+c
a+b+c=1 (đpcm) Bài toán
Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab+bc+ca=1 Chứng minh rằng: 10 a2+10 b2+c2≥ 4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 8 a2+c
2
2 ≥2√8 a
2
.c
2
2 =4 ac
8 b2+c
2
2 ≥2√8 b
2
.c
2
2 =4 bc
2 a2+2 b2≥ 2√2 a2 2b2=4 ab
Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 10 a2+10 b2
(21)Dấu “=” xảy
⇔ 8 a2=c
2
2
8 b2=c
2
2 2 a2=2b2
⇔
¿a=b=1
3 c=4
3
¿{ {
Đây lời giải ngắn gọn thiếu tự nhiên Chúng ta thắc mắc lại tách 10=8+2 Nếu tách cách khác, chẳng hạn
10=6 +4 liệu có giải khơng? Tất nhiên cách tách khác không dẫn đến kết quả, tách 10=8+2 may mắn Bây ta tìm lí việc tách 10=8+2 toán
Với 0< α<10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
αa2+c
2
2 ≥ 2√αa
2
.c
2
2=√2 α ac
αb2
+c
2
≥ 2√αb2.c2
2=√2 α bc
(10 −α)a2+(10− α)b2≥ 2√(10 − α)a2(10− α)b2=(20 −2 α)ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có:
10 a2+10 b2
+c2≥√2 α (ac+bc )+(20 −2 α )ab Lúc ta cân điều kiện giả thuyết, tức là:
√2 α=20 − α⇔2 α=400 − 80 α+4 α2⇔ 2α2
− 41 α+200=0⇒ α=8
¿
α=25 >10
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
⇒α=8
Khi ta có lời giải toán
Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab+bc+ca=5 CMR: :
3 a2+3 b2+c2≥10 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 a2
+c
2
2 ≥ 2√2a
2.c2
2=2 ac
2 b2+c
2
2 ≥ 2√2 b
2
.c
2
2=2 bc a2+b2≥ 2√a2 b2=2 ab
Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 3 a2+3 b2
+c2≥2 (ab+ bc+ ca )=2 5=10 Bài toán
Cho số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a3+b3≤ 1 Tìm giá trị lớn
nhất biểu thức A=a+4 b Phân tích:
Dự đốn A đạt GTLN a3
+b3=1
Giả sử A đạt GTLN
¿
a=α b=β
¿{
¿
Ta có α3+β3=1 (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a3 số α3 ta có:
a3+2 α3≥ √3a3.(α3)2=3 α2a Tương tự:
b3+2 β3≥ 3√3b3.(β3)2=3 β2b
Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: (a3+b3)+2(α3+β3)≥ α2a+3 β2b
Đẻ xuất vế phải a+4 b ta chọn α , β cho 3 α2a:3 β2b=a: b
⇔ α2 β2=
1
(22)Từ (1) (2) ta có hệ:
¿
α β=
1 α3+β3=1
⇒
¿α=
3
√3
β=2
3
√3
¿{
¿
Khi ta có lời giải sau: Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3+1
9+ 9≥ 3.
3
√a3.1
1 9=
1
3
√3a b3+8
9+ 9≥
4
3
√3b
Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: (a3
+b3)+2 ≥31
√3(a+ b ) ⇒a+4 b ≤3
√3[(a3+b3)+2]≤3√3
Dấu “=” xảy
¿
a3
=1 b3=8 ⇔
¿a=
3
√3
b=2
3
√3
¿{
¿
Vậy GTLN A 3√33
Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b +c=3 Tìm GTNN
A=4 a2
+6 b2+3 c2 Phân tích:
Với α , β , γ>0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 a2
+α ≥ 2√4 a2 α=2√4 α a 6 b2+β ≥2√6 b2 β=2√6 β b 3 c2+γ ≥ 2√3 c2 γ=2√3 γ c
Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có:
4 a2+6 b2+3 c2+α ++ β+γ ≥ 2√4 α a+2√6 β b+2√3 γ c
Dấu “=” xảy
⇔ a+b +c=3
4 a2
=α 6 b2
=β 3 c2=γ
⇔
¿a+b+c =3
a=√α
b=√β
c=√γ
⇒√α 4+√
β 6+√
γ 3=3
¿{ { {
Chọn α , β , γ cho 4 α=6 β=3 γ
Ta có hệ phương trình:
¿
√α4+√ β 6+√
γ 3=3 4 α=6 β=3 γ
¿{
(23)¿
⇒
√α4+√ β 6+√
γ 3=3 β=4 α
6 γ=4 α
3
⇒√α 4+√
4 α 6+√
4 α
3 3=3⇒√α( 2+
1 3+
2 3)=3
¿ ¿⇒α=4 ⇒
β=8 γ=16
¿
{ {
¿
Khi ta có lời giải toán sau Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 a2+4 ≥ 2
√4 a2 4=8 a
6 b2
+8
3≥ 2√8 b
2.6
3=8 b
3 c2+16
3 ≥2√3 c
2
.16 =8 c
Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta được: 4 a2+6 b2+3 c2+4 +8
3+ 16
3 ≥ (a+b+c )=24 ⇒ a2
+6 b2+3 c2≥ 12
Dấu “=” xảy
⇔ a+b +c=3
4 a2=4 6 b2
=8 3 c2
=16 ⇔
¿a=1
b=2 c=4
¿{{ { Vậy GTNN A 12 Kỹ thuật cộng thêm
Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a
b2+ b c2+
c a2≥
1 a+
1 b+
1 c Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a
b2+ a≥2√
a b2
1 a=
2
b (1) ; b c2+
1 b≥
2
c (2); c a2+
1 c≥
2 a (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a
b2+ b c2+
c a2+
1 a+
1 b+
1 c≥
2 a+
2 b+
2 c ⇒ a
b2+ b c2+
c a2≥
1 a+
1 b+
1
c (đpcm)
Bài 2: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2
2 b+c+ b2 2 c+a+
c2 2 a+b≥
a+b+c Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2
2 b+ c+ 2b +c
9 ≥ 2√
a2
2b +c 2 b+ c
9 =
2 a
(24)b2 2 c +a+
2 c+a ≥
2 b
3 (2) ; c2
2 a+b+ 2 a+b
9 ≥ 2 c
3 (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
a2 2 b+c+
b2 2 c+a+
c2 2 a+b+
3 (a+b+c )
9 ≥
2 (a+b+c ) ⇒ a2
2b+c+ b2 2 c+a+
c2 2 a+b≥
a+b+c
3 (đpcm)
Lưu ý: Trong toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp.
Ví dụ:
Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy a=b=c Khi a
b2=
a a2=
1
a , ta chọn a
Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy a=b=c Khi a2
2 b+c= a2 2 a+a=
a
3 , muốn sử dụng bất đẳng thức Cauchy để làm mẫu ta cộng thêm 2 b+c
9 Chọn mẫu số 2 b+c9 =2 a+a
9 =
a
Bài 3: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3+b3
ab + b3+c3 bc +
c3+a3
ca ≥ (a+b+c ) Giải:
Ta có: a3+b3
ab + b3+c3 bc +
c3+a3
ca =
a2 b +
b2 a+
b2 c +
c2 b+
c2 a +
a2 c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
b +b ≥ 2√ a2
b .b=2 a (1); b2
a +a≥ b (2) ; b2
c +c ≥ 2b (3) ; c2
b +b ≥ 2c (4) ; c2
a +a ≥ c (5) ; a2
c +c ≥ a (6) Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1) đến (6) ta được:
a2
b+ b2
a + b2
c + c2
b+ c2
a + a2
c +2 (a+b+c )≥ (a+b+c ) ⇒ a2
b + b2
a + b2
c + c2
b+ c2
a + a2
c ≥ (a+b+c ) ⇒ a3+b3
ab + b3
+c3 bc +
c3
+a3
ca ≥2 (a+b+c ) (đpcm)
Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2
b3+ b2 c3+
c2 a3≥
1 a+
1 b+
1 c Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2
b3+
1 a+
1 a≥ 3
3
√a2
b3
1 a
1 a=
3
b (1) ; b2 c3+
1 b+
1 b≥
3
c (2); c2
a3+
1 c+
1 c≥
3
a (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a2
b3+ b2 c3+
c2 a3+2(
1 a+
1 b+
1 c)≥ 3(
1 a+
1 b+
1 c) ⇒a2
b3+ b2
c3+ c2
a3≥ a+
1 b+
1
c (đpcm)
Bài 5: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3
b + b3
c + c3
a ≥ a
2
+b2+c2 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3
b + a3
b+b
2
≥ 3√3 a
3
b a3
b b
2
=3 a2 (1) ; b3
c + b3
c +c
2≥ b2 (2) ; c3
a+ c3
a +a
2≥ c2 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được:
2(a3
b + b3
c + c3
a )+(a
2
(25)⇒ a3 b +
b3
c + c3
a ≥ a
2
+b2+c2 (đpcm)
Bài 6: Cho số thực dương a, b, c thỏa abc=1 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a3 (1+b ) (1+c )+
b3 (1+c )(1+a )+
c3 (1+a) (1+b)≥
3 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3
(1+b ) (1+ c )+ 1+b
8 + 1+c
8 ≥ 3
3
√ a3 (1+b )(1+c )
1+b
1+c =
3
4a (1) ; b3
(1+c) (1+a )+ 1+c
8 + 1+a
8 ≥
4b (2) ; c3
(1+a) (1+b)+ 1+a
8 + 1+b
8 ≥
4c (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3
(1+b) (1+c )+
b3 (1+c ) (1+a)+
c3 (1+a )(1+b )+
1
4(a+ b+c )+ 4≥
3
4(a+b+ c )
⇒ a3 (1+ b) (1+ c )+
b3
(1+c )(1+ a)+
c3
(1+a )(1+b )≥
2(a+ b+c ) − 4≥
3
3
√abc −3 4=
3 (đpcm)
Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a4
bc2+ b4
ca2+ c4
ab2 ≥ a+b+c Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a4
bc2+b+c+c ≥ 4
√ a4
bc2 b c c=4 a (1)
b
4
ca2+c +a+a≥ b (2) c
4
ab2+a+b+b ≥ c (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
a4
bc2+
b4
ca2+
c4
ab2+3 ( a+b+c ) ≥ (a+b+c )
⇒ a4 bc2 +
b4 ca2+
c4
ab2≥ a+b+c (đpcm)
Bài 8: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ab
c2
(a+ b)+ bc a2
(b+ c )+ ca
b2
(c+ a)≥ 2( a+ b+ c) Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab
c2(a+ b)+ a+b
4 ab≥ 2√ ab
c2( a+b) a+b ab=
1 c (1) bc
a2
(b+c )+ b+c bc≥
1
a (2) ; ca
b2
(c+a)+ c +a ca ≥
1
b (3) Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được:
ab
c2(a+b)+
bc
a2(b+c )+
ca
b2(c +a )+
a+b ab+
b+c bc+
c+a ca ≥
1 a+ b+ c ⇔ab c2
( a+b)+ bc a2
( b+c )+ ca b2
(c +a )+ 4 b+
1 4 a+
1 4 c+
1 4 b+
1 4 a+
1 4 c≥
1 a+ b+ c ⇒ab c2
(a+ b)+ bc
a2
(b+ c )+ ca
b2
(c +a)≥ 2( a+ b+
c) (đpcm)
Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a2+b2+c2=3 Chứng minh rằng:
a3 b+c+
b3 c +a+
c3 a+b≥
3 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3
b+c+
a (b+c ) ≥ 2√
a3 b+c
a (b+c ) =a
2 (1) ;
b3 c+a+
b (c +a) ≥ b
2 (2) ; c3
a+b+
c (a+b) ≥ c
2 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3
b+c+ b3 c +a+
c3 a+b+
ab +bc+ca
2 ≥ a
2
+b2+c2 (1') Mặt khác ta có: am +n
(26)Chọn
¿
m=1 n=1
¿{
¿
ta được:
a2
+b2+c2≥ ab+bc+ca ⇒ a2+b2+c2
2 ≥
ab+bc+ca
2 (2')
Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: ⇒ a3
b+c+ b3
c+a+ c3
a+b+
ab+bc+ca
2 +
a2
+b2+c2 ≥ a
2
+b2+c2+ab+bc+ca ⇒ a3
b+c+ b3 c+a+
c3 a+b ≥
a2+b2+c2
2 =
3
2 (đpcm)
Bài 10: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a5
b2+ b5
c2+ c5
a2≥ a
3
+b3+c3 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a5
b2+ab
≥ 2√a
5
b2.ab
=2 a3 (1) ; b5
c2+bc
2
≥ 2b3 (2) ; c
5
a2+ca
2
≥2 c3 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a5
b2+ b5 c2+
c5 a2+ab
2
+bc2+ca2≥ 2(a3+b3+c3)(1')
Mặt khác ta có: am +n+bm+n+cm +n≥ ambn+bmcn+cman
Chọn
¿
m=1 n=2
¿{
¿
ta được:
a3
+b3+c3≥ ab2+bc2+ca2 (2')
Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a5
b2+ b5 c2+
c5 a2+ab
2
+bc2+ca2+a3+b3+c3≥ 2(a3+b3+c3)+ab2+bc2+ca2 ⇒ a5
b2+ b5
c2+ c5
a2≥ a
3
+b3+c3 (đpcm)
Bài 11: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3
a+2 b+ b3 b+2 c+
c3 c+2a≥
1 3(a
2
+b2+c2) Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3
a+2 b+
a ( a+2 b) ≥ 2√
a3 a+2 b
a (a+2 b )
9 =
2 3a
2 (1) ;
b3 b+2 c+
b (b+2 c )
9 ≥
2 3b
2 (2) ; c3
c+2 b+
c ( c+2 b )
9 ≥
2 3c
2 (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3
a+2 b+ b3 b+2 c+
c3 c+2a+
1 9(a
2
+b2+c2)+2
9(ab+ bc+ca ) ≥ 3(a
2
+b2+c2) ⇔ a
3
a+2 b+ b3 b+2 c+
c3 c+2 a+
2
9(ab+ bc+ca ) ≥ 9(a
2
+b2+c2) (1') Mặt khác ta có: am +n
+bm+n+cm +n≥ ambn+bmcn+cman
Chọn
¿
m=1 n=1
¿{
¿
ta được:
a2+b2+c2≥ ab+bc+ca ⇒ 2
9(a
2
+b2+c2 )≥2
9(ab+ bc+ca )(2')
Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a3
a+2 b+ b3 b+2 c+
c3 c+2a+
2
9(ab+bc+ca)+ 9(a
2
+b2+c2)≥5 9(a
2
+b2+c2)+2
9(ab+bc+ca) ⇒ a3
a+2 b+ b3
b+2 c+ c3
c+2 a≥ 3(a
2
+b2+c2) (đpcm)
Bài 12: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: b+c
a2 +
c +a b2 +
a+b c2 ≥
2 a+
2 b+
2 c Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b+c
a2 +
4
b+ c≥2√ b+c
a2
4
b +c=
4
a (1) ;
c+a b2 +
4 c +a≥
4
b (2) ; a+b
c2 + a+b≥
4
(27)Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: b+c
a2 + c +a
b2 + a+b
c2 + a+b+ b+c+ c+a≥ a+ b+
c (1') Mà ta có:
1 a+
1 b≥2√
1 a
1 b=
4 2√ab≥
4
a+b (2') ;
b+ c≥
4
b+c (3') ; c+
1 a≥
4
c+a (4') Cộng theo vế bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) (4’) ta được:
b+c a2 +
c +a b2 +
a+b c2 +
4 a+b+ b+c+ c+a+ a+ b+ c≥ a+ b+ c +
4 a+b+ b+c+ c +a ⇒b+c
a2 + c+a
b2 + a+b
c2 ≥ a+
2 b+
2
c (đpcm)
Bài 13: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2
b + b2
c + 4 c2
a ≥ a+3 b
Dấu “=” bất đẳng thức xảy a=b=2 c Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2
b +b ≥ 2√ a2
b .b=2 a (1); b2
c +4 c ≥ b (2) ; 4 c2
a +a ≥ c (3) Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được:
a2 b+
b2
c + 4 c2
a +a+b+4 c ≥2 a+4 b+4 c ⇒ a2
b + b2
c + 4 c2
a ≥ a+3 b (đpcm)
Bài 14: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2
b+c+ b2
c +a+ 16 c2
a+b ≥
9(64 c − a −b )
Dấu “=” bất đẳng thức xảy a=b=2 c
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
a2
b+c+
4 (b+c )
9 ≥
4 a
3 (1); b2
c+a+
4 (c +a)
9 ≥
4 b (2) ; 16 c2
a+b +(a+b )≥ c (3)
Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a
2
b+c+ b2 c +a+
16 c2 a+b+
13
9 (a+b)+ 9c ≥
4
3(a+b)+8 c ⇒ a2
b+c+ b2 c+a+
16 c2 a+b ≥
1
9(64 c −a − b) (đpcm) Kỹ thuật Cauchy ngược dấu
Xét toán sau:
Bài tốn: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a2+1+
1 b2
+1+ c2+1≥
3 Phân tích giải:
Ta khơng thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu bất đẳng thức sau đổi chiều:
a2+1+
1 b2
+1+ c2+1≤
1 2a+
1 2 b+
1 2 c≥
3
(Do 2 a+
1 2 b+
1 2c≥ 3
3
√2 a1 2 b
1 2 c=
3
1
3
√abc≥ a+b+c =3 2)
Đến bị lúng túng cách giải Ở ta sử dụng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách khác:
a2+1=1− a2
a2+1≥1 − a2
2 a=1 − a (1)
Tương tự ta có:
b2+1≥1 − b
2 (2) ;
c2+1≥ − c
2 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
1 a2+1+
1 b2+1+
1
c2+1≥ −
a+b+c
2 =
3
2 (đpcm)
Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu hiểu ta lấy nghịch đảo hai vế của bất đẳng thức Cauchy sau nhân hai vế với -1 Khi dấu bất đẳng thức ban đầu không đổi chiều
(28)1 1+ab+
1 1+bc+
1 1+ca≥
3 Giải:
Ta có:
1+ab=1− ab
1+ab≥ 1− ab
2√ab=1− √ab
2 (1)
Tương tự ta có:
1+bc≥1 −√ bc
2 (2) ;
1+ca≥ −√ ca
2 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
1 1+ab+
1 1+ bc+
1
1+ca≥ −
2(√ab+√bc+√ca) 3 −1
2(
a+b
2 +
b+ c
2 +
c +a
2 )=3 −
a+b +c
2 =3 −
3 2=
3
(đpcm)
Bài 2: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a b2+1+
b c2+1+
c a2+1≥
3 Giải:
Ta có: a
b2+1=a − ab2
b2+1≥ a − ab2
2 b=a− ab
2 (1)
Tương tự ta có: b
c2+1≥ b − bc
2 (2) ; c
a2+1≥ c − ca
2 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
a b2+1+
b c2+1+
d
d2+1≥ a+b+c −
ab+bc+ca
2 (1') Mặt khác ta có:
ab+bc+ca≤a
2
+b2 +
b2+c2 +
c2+a2 =a
2
+b2+c2=(a+b+ c )2- (ab+bc+ca ) ⇒ab+bc+ca≤(a+b+ c )
2
3 =3 (2') Từ (1’) (2’) ta có:
a b2+1+
b c2+1+
c
a2+1≥ − 2=
3
2 (đpcm)
Lưu ý: Ta sử dụng kết ab+bc+ca ≤(a+ b+c )
2
3 =3 chứng minh toán khác.
Bài 3: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a+1 b2+1+
b+1 c2+1+
c+1 a2+1≥ 3 Giải:
Ta có: a+1
b2+1=a+1 −
(a+1) b2
b2+1 ≥ a+1 −
(a+1 )b2
2 b =a+1− ab+b
2 (1)
Tương tự ta có: b+1
c2+1≥ b+1 − bc+c
2 (2) ; c +1
a2+1≥ c+1− ca+a
2 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
a+1 b2+1+
b+1 c2+1+
c+1
a2+1≥ a+b+c +3 −
a+b+c+ab+bc+ca
a+b +c +3 −
ab+bc+ca
3
+3-( a+b+c )2
2 =
3
+3-3 2=3
Vậy
a+1 b2+1+
b+1 c2+1+
c+1 a2+1≥ 3
Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a
3
a2
+b2+ b3 b2
+c2+ c3 c2
+a2≥
a+b+c Giải:
Ta có: a3 a2
+b2=a − ab2 a2
+b2≥ a − ab2
2 ab=a − b (1)
Tương tự ta có: b
3
b2+c2≥ b− c
2 (2) ; c3
c2+a2≥ c − a
(29)a3
a2
+b2+ b3
b2
+c2+ c3
c2
+a2≥ a+b+c −
a+b+c
2 =
a+b+c
2 (đpcm)
Bài 5: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a b2c+1+
b c2a+1+
c a2b+1≥ 2 Giải:
Ta có: a
b2c+1=a− ab2c
b2c+1≥ a − ab2c
2 b√c=a − ab√c
2 =a −
b√a (ac ) ≥ a−
b (a+ac )
⇒ a
b2c+1≥ a−
1
4(ab+abc ) (1) Tương tự ta có:
b
c2a+1≥b −
1
4(bc+ abc) ( 2) ; c
a2b+1≥ c −
1
4(ca+ abc) (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
a b2c+1+
b c2a+1+
c
a2b+1≥ a+b +c −
ab+bc+ca
-abc
4 =3 −
ab+bc+ca
-abc (1’)
Mặt khác ta có: 3=(a+ b+c )
2
3 ≥ ab+bc+ca ⇔ 4≥
ab+bc+ca
4 (2’)
3=a+b+c ≥ 33
√abc⇔1 4≥
abc (3’) Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được:
a b2c+1+
b c2a+1+
c a2b+1+
3 4+
1 4≥3
⇒ a
b2c+1+
b c2a+1+
c
a2b+1≥ 2 (đpcm)
Bài 6: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện ab+bc+ca=3 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a 2 b3+1+
b 2c3+1+
c 2 a3+1≥ 1
Giải: Ta có:
a
2 b3+1=a−
2 ab3
b3+b3+1≥ a − ab3 3 b2=a−
2 ab (1)
Tương tự ta có: b
2 c3+1≥ b − bc
3 (2) ; c
2 a3+1≥ c − ca
3 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
a 2 b3+1+
b 2c3+1+
c
2 a3+1≥ a+b+c −
2(ab +bc +ca )
3 =a+b +c − (1') Mặt khác ta có:
(a+b+ c )2
3 ≥ab+bc +ca
⇒a+b+c ≥√3 (ab+bc+ca )=3 (2') Cộng theo vế (1’) (2’) ta được:
a 2 b3+1+
b 2c3+1+
c
2 a3+1+a+b +c ≥ a+b+c +1 ⇒ a
2b3+1+ b 2 c3+1+
c
2 a3+1≥1 (đpcm)
Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a
3
a2+ab+b2+ b3 b2+bc+c2+
c3 c2+ca +a2≥
a+b+c Giải:
Ta có:
a
3
a2+ab+b2=a −
a2b+ab2 a2+ab+b2≥ a −
ab (a+b) ab =a −
a+b =
2 a − b (1) Tương tự ta có:
b
3
b2+bc +c2≥ 2 b − c
3 (2) ;
c3 c2+ca +a2≥
2 c − a
3 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
a
3
a2+ab+b2+ b3
b2+bc+c2+ c3
c2+ca +a2≥
a+b+c
3 (đpcm)
Bài 8: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a
2
a+2 b2+ b2
b+2c2+ c2
(30)Giải: Ta có:
a2
a+2 b2=a −
2ab2 a+b2
+b2≥ a − ab2 3√3ab4=a −
2
3
√(ab)2(1) Tương tự ta có:
b2
b+2 c2≥b −
3
√(bc )2 (2) ; c
2
c+2 a2≥ c −
3
√(ca )2 (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
a2
a+2 b2+ b2
b+2c2+ c2
c +2 a2≥ a+b+c − 3[
3
√(ab )2+√3( bc)2+√3(ca )2] 3 −2
3[
3
√(ab )2+√3( bc )2+√3(ca )2] (∗)
Mặt khác ta có:
3
√(ab)2=√3a ab b ≤a+ab+b
3 (1’)
Tương tự:
3
√(bc )2≤b+bc+c
3 (2’) ;
3
√(ca )2≤c +ca +a
3 (3’) Cộng theo vế (1’), (2’) (3’) ta có
3
√(ab)2+√3 (bc )2+√3( ca)2≤2
3(a+b+ c )+
3( ab+ bc+ca )
3( a+b+ c)+
(a+b+c )2
3 =
2 3+
1
32
3=3 ⇒−23[√3( ab)2+√3 (bc )2+√3(ca )2]≥−2
3.3=−2 (**) Từ (*) (**) ta có:
a
2
a+2 b2+
b2 b+2c2+
c2
c +2 a2≥ −2=1 (đpcm)
Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau:
a2 a+2 b3+
b2 b+2c3+
c2 c+2 a3≥1
Giải: Ta có:
a
2
a+2 b3=a −
2ab3
a+b3
+b3≥ a − ab3
3√3ab6=a−
2 3b
3
√a2 (1) Tương tự ta có:
b2
b+2 c3≥b −
2 3c
3
√b2 (2)
; c
2
c+2 a3≥ c −
2 3a
3
√c2 (3)
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
a2 a+2 b3+
b2 b+2c3+
c2
c+2 a3 ≥ a+b+c −
2 3(b
3
√a2+c√3b2+a√3c2) 3 −2
3(b
3
√a2
+c√3b2+a√3 c2) (∗)
Mặt khác ta có:
¿
b√3a2=b√3a a 1≤ b(a+a+1 )=b(
2 a+1 )=
2 ab+b
3 (1')
¿
Tương tự ta có: c√3b2≤2 bc+c
3 (2') ; a
3
√c2≤2 ca +a
3 (3') Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được:
(b√3a2+c√3b2+a√3 c2)≤a+b+c
3 +
2
3(ab+ bc+ca)
a+b+c
3 +
2
(a+b+c)2
3 =3 (**)
Từ (*) (**) ta có: a
2
a+2 b3+ b2
b+2c3+ c2
c+2 a3≥1 (đpcm)
MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI
Cho 2n số thực a1, a2, ., an n∈ Z , n ≥ 1 , ta ln có: (a1b1+a2b2+ .+anbn)
2
≤(a12+a22+ .+an2)(b12+b22+ +bn2) Dấu “=” xảy a1
b1
=a2 b2
= =an bn
(quy ước bi=0
ai=0 )
MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Kỹ thuật tách ghép số
Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=1 CMR
a+ b+
(31)Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :
a+ b+
1
c=(a+b +c )( a+
1 b+
1
c)≥(√a √a+√b
1 √b+√c
1 √c)
2
=9
Vậy a+
1 b+
1 c≥ 9
Bài 2: Cho số thực dương a, b,c CMR :
√ a+b
a+ b+c+√ b+c a+b+c+√
c+a a+ b+c≤√6
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :
(√ a+b a+b+c+√
b +c a+b+c+√
c +a a+b+c)
2
≤(12+12+12
)( a+b a+b+c+
b+c a+b+c+
c +a a+b+c)=6
⇒√ a+b a+b+c+√
b+c a+b+c+√
c +a a+b+c≤√6
Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa ab+bc+ca=4 CMR: a4+b4+c4≥16
3 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có :
(12+12+12) (a4+b4+c4)≥(1 a2+1 b2+1 c2)2=(a2+b2+c2) (b2+c2+a2)
(ab+ bc +ca)(ab +bc+ca)=16 ⇒a4
+b4+c4≥16
3 (đpcm)
Bài 4: Cho số thực dương a, b CMR a √b+
b
√a≥√a+√b Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có :
(√a+√b)2=(√4a √b
4
√b+√4b √a
4
√a)
2
≤( a √b+
b
√a).(√a+√b) ⇒(√a+√b)≤ a
√b+ b √a
(đpcm)
Bài 5: Cho số thực dương a, b CMR a+b +c ≤ 2( a2 b+c+
b2
c+a+ c2
a+b) Giải:
Ta có:
a+b +c= a
√b+c√b+c+ b
√c +a√c+a+ c
√a+b√a+b Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :
(a+b +c )2≤[( a √b+c)
2
+( b √c+a)
2
+( c √a+b)
2
][(√b+c)2+(√c+a)2+(√a+b)2]
(b+ca2 + b2 c+a+
c2
a+b)[2 (a+b +c )] ⇒a+b+c ≤2( a2
b+c+ b2
c +a+ c2
a+b) (đpcm)
Bài 6: Cho số thực dương a, b thỏa a2+b2=1 Tìm GTLN
A=a√1+a+b√1+b Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : A=a√1+a+b√1+b ≤√(a
2
+b2)(1+ a+1+b )=√a+b+2 √√(12
+12) (a2+b2)+2=√√2+2
Dấu “=” xảy
⇔ a2+b2=1 a
√a+1= b √b+1
a= b ⇔a=b=√2
2
¿{ { Vậy GTLN A √√2+2 Bài 7: Cho số thực a, b thỏa 36 a2
+16 b2=9 Tìm GTLN GTNN
(32)Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :
(36 a2+16 b2)[(−1 3)
2
+(1 4)
2
]≥[6 a(−1
3)+4 b 4]
2
=(−2 a+b )2
⇒(−2 a+b)2≤25 16 ⇒ −5
4≤− a+b ≤ ⇒15
4 ≤ −2 a+b+5≤ 25
4
Ta có:
GTNN A −25
⇔ 36 a2+9 b2=9
6 a
−1
=4 b −2 a+b=−5
4 ⇔
¿a=2
5 b=−
20
¿{ {
GTLN A 254
⇔ 36 a2+9 b2=9
6 a
−1
=4 b −2 a+b=5
4 ⇔
¿a=−2
5 b=
20
¿{ {
Bài 8: Cho số thực dương a, b, c CMR: a4
+b4+c4≥(a+3 b )
4
+(b+3 c )
4
+(c+3 a )
4
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có :
(a+3 b4 )
4
=[(a 4+
b 4+
b 4+
b 4)
2
]2≤[(
16+ 16 +
1 16+
1 16)(a
2
+b2+b2+b2)]
2
1 16(a
2
+b2+b2+b2)2
16 (1+1+1+1)(a
4
+b4+b4+b4) ⇒(a+3 b
4 )
4
≤a4+3 b4
4 (1) Tương tự:
(b+3 c4 )
4
≤b4+3 c4
4 (2)
(c+3 a4 )
4
≤c4+3 a4
4 (3)
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được:
(a+3 b4 )
4
+(b+3 c )
4
+(c+3 a )
4
≤ a4
+b4+c4 (đpcm)
Bài 9: Cho a , b , c∈(0,1) CMR √abc+√(1 −a )(1 −b )(1 −c )<1 Giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :
(√abc+√(1 − a)(1 −b ) (1 − c))2≤[a+(1 −a )][bc+(1 −b )(1 − c)]=bc +(1− b) (1− c ) ⇒√abc +√(1− a) (1− b) (1− c )≤√bc +(1− b) (1− c )<√bc+√(1 −b ) (1 − c) Mà
(√bc+√(1− b) (1− c ))
2
≤[b+(1− b)] [c+(1− c )]=1 ⇒√bc+√(1− b) (1− c )≤
Vậy ta có:
(√abc+√(1 − a)(1 −b ) (1 − c))2<1 hay
√abc+√(1 −a )(1 −b )(1 −c )<1
(33)√x+ y <√x +√y ( x,y >0)
Dễ dàng chứng minh tính chất này, ta có: (√x+√y)
2
=x + y +2√xy >x + y (x,y >0)
⇒√x +√y >√x+ y Bài 10: Cho số thực dương a, b, c CMR
a (b+c )2+
b (c +a )2+
c (a+b )2≥
9 4 ( a+b+c) Giải:
Ta có:
(a+b+c)[ a (b+c )2+
b ( c+ a)2+
c (a+b )2]
=[(√a)2+(√b)2+(√c)2][( √a
b+c)
2
+( √b c+a)
2
+( √c a+c)
2
]
(b +ca + b c +a+
c a+b)
2
Mà ta có: a
b+c+ b c +a+
c a+b≥
3
(bất đẳng thức Nesbit, chứng minh phần trước) ⇒( a
b+c+ b c +a+
c a+b)
2
≥9
⇒( a+b+c)[ a (b+c )2+
b (c + a)2+
c (a+b )2]≥
9
⇒ a
(b+c )2+ b (c +a )2+
c (a+b )2≥
9
4 (a+b+c ) (đpcm) Kỹ thật chọn điểm rơi
Bài 1: Cho số thực dương a, b,c thỏa a+b +c ≥ 6 Tìm giá trị nhỏ (GTNN)
A=√a2+
b2+√b
+
c2+√c
+1
a2
Phân tích:
Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức Giả sử với số α , β ta có:
√a2+1 b2=
1
√α2+β2.√(a
2
+ b2).(α
2
+β2)≥
√α2+β2(αa+ β b)
¿ √b2+1
c2=
1
√α2
+β2.√(b
2
+ c2).(α
2
+β2)≥
√α2
+β2(αb+ β c)
√c2+1 a2=
1
√α2+β2.√(c
2
+ a2).(α
2
+β2)≥
√α2+β2(αc+ β a)
¿
⇒ A ≥
√α2
+β2[
α (a+b +c )+β(1 a+
1 b+
1 c)] { {
¿ ¿ ¿
¿
Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2
Sơ đồ điểm rơi:
a=b=c=2⇒ a
α= βb b α=
1 βc c α=
1 βa ⇒ α
β=ab=bc=ca=
¿{ {
, chọn
¿
α=4 β=1
¿{
¿
Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải:
(34)√a2+ b2=
1 √17.√(a
2
+ b2).(4
2
+12)≥
√17(4 a+ b)
¿ √b2+
c2=
1 √17.√(b
2
+ c2).(4
2
+12)≥
√17(4 b+ c)
√c2+ a2=
1 √17.√(c
2
+ a2).(4
2
+12)≥
√42+12(4 c+ a)
¿
⇒ A ≥ 1
√17[4 ( a+b+c)+( a+
1 b+
1 c)]=
1 √17[
15
4 (a+b +c )+( a 4+
b 4+
c 4+
1 a+
1 b+
1 c)]
¿{ {
¿ ¿ ¿
¿
Dấu “=” xảy
⇔ a 4=
1 b b 4=
1 c c 4=
1 a ⇔ a=b=c=2
¿{{
Vậy GTNN A 3√17
Bài 2: Cho số thực dương a, b,c thỏa a+b +c ≥ 6 Tìm GTNN A=√a2
+ b+c+√b
2
+ c +a+√c
2
+ a+b Phân tích:
Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức Giả sử với số α , β ta có:
√a2
+ b+c=
1
√α2
+β2 √[a2
+( √b+c)
2
].(α2
+β2)≥
√α2
+β2(
αa+ β √b +c)
¿
√b2+ c +a≥
1
√α2+β2(αb+ β √c +a)
√c2
+ a+b≥
1
√α2
+β2(
αc+❑ β √a+b)
¿
⇒ A ≥
√α2+β2[α (a+b+c )+ β( √a+b+
1 √b+c+
1 √c+a)] { {
¿ ¿ ¿
¿
Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2
Sơ đồ điểm rơi:
a=b=c=2⇒ a
α= βb b α=
1 βc c α=
1 βa ⇒α
β=ab=bc=ca=
¿{ {
, chọn
¿
α=4 β=1
¿{
¿
Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải:
(35)√a2+ b+c=
1 √17.√(a
2
+ b +c).(4
2
+12)≥
√17(4 a+ √b+c)
¿
√b2
+ c+a≥
1
√17(4 b+ √c +a)
√c2+ a+b≥
1
√42
+12(4 c + √a+b)
¿
⇒ A ≥
√17[4 (a+b+c )+( √a+b+
1 √b+c+
1 √c +a)]
¿ ≥
√17(4 (a+b+c )+3
3
√√a+b1 √a+b
1 √c+a)
¿ ≥
√17(4 (a+b+c )+
9
√a+b+√a+b+√c+a)
¿ ≥
√17(4 (a+b+c )+
9 (12+12+12)
[(a+b )+(b+c )+(c +a )]) { {
¿ ¿ ¿
¿
Với a=b=c=2 GTNN A 3√17
Bài 3: Cho số thực dương a, b,c thỏa a+b +c +√2abc ≥ 10 Tìm GTNN
A=√8 a2+
9 b2
2 + c2a2
4 +√ b2+
9 c2
2 + a2b2
4 +√ c2+
9 a2
2 + b2c2
4 Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2
Sơ đồ điểm rơi:
a=b=c=2⇒ a
α= βb b α=
1 βc c α=
1 βa ⇒α
β=ab=bc=ca=
¿{ {
, chọn
¿
α=4 β=1
¿{
¿
Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải:
Giải
√2+18+4√ a2+
9 b2 +
c2a2 ≤
4
a+9 b+ca
¿
√2+18+4√8 b2+
9 c2
2 + a2b2
4 ≤
b+9 b+ca √2+18+4√
c2+ 9 a2
2 + b2c2
4 ≤
a+9 b+ca
¿
⇒√24 A ≥(4 a+
4 b+
4
c)+9 (a+b+c )+(ab+bc+ca )
¿ ≥(4
a+a)+( b+b)+(
4
c+c)+(2a+ bc )+(2 b+ac )+ (2 c+ab )+6 (a+b +c )
¿ ≥2√4
a a+2√
b b+2√
c c +2√2 abc ++ 2√2 abc ++ 2√2 abc+6 (a+b+c ) { {
¿ ¿ ¿
¿
(36)Như đề tài giới thiệu bảy kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy hai kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski chứng minh bất đẳng thức toán cực trị
Chứng minh bất đẳng thức q trình đầy sáng tạo Ngồi kỹ thuật cịn nhiều kỹ thuật hay sáng tạo Tuy nhiên sở kỹ thuật trình bày đề tài, em mong giúp người đọc tìm nhiều ý tưởng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Bunyakovski
Sau này, có điều kiện em tiếp tục tìm nghiên cứu đề tài này, để tìm nhiều kỹ thuật Từ đó, ngày hồn thiện vốn kiến thức giúp cho cơng tác giảng dạy tốt
Tài Liệu Tham Khảo
EE Vrosovo, NS Denisova, Thực hành giải tốn sơ cấp, người dịch Hồng Thị Thanh Liêm, Nguyễn Thị Ninh, Nguyễn Văn Quyết, NXBGD, 1986 Lê Duy Thiện , Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski để giải toán cực trị đại số, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Lang Chánh, Thanh Hóa
Nguyễn Ngọc Duy – Nguyễn Tăng Vũ, Bất đẳng thức Cauchy, Trung tâm bồi dưỡng kiến thức Quang Minh, Thành phố Hồ Chí Minh
Nguyễn Việt Hải, Kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức AM-GM (CAUCHY), Trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước.
Nguyễn Văn Mậu, Bài giảng Chuyên đề đẳng thức bất đẳng thức, Chương trình bồi dưỡng chuyên đề toán, Hà Nội, 11/12/2009
Nguyễn Ngọc Sang, Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cauchy, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Nguyễn Huệ, Thanh Hóa
Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Tri thức. Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ
Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn, Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán, Nhà xuất Hà Nội, 2004.
www.hsmath.net www.mathvn.com