Đang tải... (xem toàn văn)
Nó góp phần vào việc vận dụng linh hoạt trí óc, tư duy lô – rích, giúp các em học khá hơn, giỏi hơn về chuyên đề BĐT trong chương trình toán THCS, giúp các thầy, cô giáo dạy toán thêm [r]
(1)BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ ĐẠI SỐ TRONG TOÁN HỌC THCS
-I.ỨNG DỤNG CỦA MỘT BĐT ĐƠN GIẢN.
Chứng minh BĐT toán hấp dẫn Với viết khám phá số BĐT hay khó nhờ BĐT đơn giản chương trình tốn THCS
Bài toán xuất phát: Cho a, b hai số x, y hai số dương Chứng minh rằng:
a+b¿2 ¿ ¿ a2
x + b2
y≥¿
(*)
Chứng minh: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a+b¿2xy ¿ ⇔a2
y2+b2x2≥ 2abxy
¿ ¿
a2y (x + y)+b2x (x + y )≥¿
BĐT sau hiển nhiên Dấu “=” xảy ax=b
y
Sử dụng BĐT (*) hai lần, ta
a+b +c¿2 ¿ ¿ a2
x+ b2
y + c2
z ≥¿
(**)
với ba số a, b, c ba số dương x, y, z Dấu “=” xảy ax=b
y= c z
Bây giờ, ta áp dụng hai BĐT để chững minh số toán sau
Bài toán Cho hai số a, b, c Chứng minh
a+b¿4 ¿ ¿ a4+b4≥¿
Chứng minh Sử dụng BĐT (*) hai lần ta có :
a2+b2¿2 ¿ a+b¿2
¿ a+b¿4
¿ ¿
(¿2¿)2=¿ ¿ ¿ a4
+b4=a
4
1 +
b4
1 ≥¿
Dấu “=” xảy a = b
Bài toán Cho số dương x, y, z thỏa mãn 1x+1
y+
1
z=4 Chững minh rằng:
1 2 x + y +z+
1
x+2 y +z+
1
x + y +2 z≤ 1
(2)1 2 x + y +z=
(12+ 2)
2
2 x+ y+z ≤
(12)
2
x+ y+
(12)
2
x+z=
(14)
2
x +
(14)
2
y +
(14)
2
x +
(14)
2
z =
1 16 (
2
x+
1
y+
1
z)
Tương tự, ta có:
1
x +2 y +z≤
1 16 (
1
x+
2
y+
1
z),
1
x+ y +2 z≤
1 16(
1
x+
1
y+
2
z )
Cộng vế ba bất đẳng thức trên, ý tới giả thiết dẫn đến điều phải chứng minh Dấu “=” xảy x = y = z = 34
Bài toán Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: b+ca + b
c +a+ c a+b≥
3
2
(Bất đẳng thức Nasơbit) Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) ta có:
a+b+c¿2 ¿ ¿
a b+c+
b c +a+
c
a+b=
a2
ab+ac +
b2
bc+ca +
c2
ca +cb ≥¿
Bây cần chứng minh BĐT: a+b +c¿
¿ ¿ ¿ a2+b2+c2≥ 2(ab+bc+ca)
¿ c − a¿2≥ 0
b − c¿2+¿ a −b¿2+¿
¿
2¿
Nhưng BĐT tương đương với
Đây BĐT ln Từ suy BDT cần phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c
Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng:
a3(b+c)+
b3(c +a)+
c3(a+b)≥
( Vô địch Quốc tế năm 1995 tổ chức Canađa ) Chứng minh: Sử dụng BĐT (**) với lưu ý a2b2c2 = ta có:
ab+bc+ca¿2
¿ ¿
1
a3(b+c)+
b3(c +a)+
c3(a+b)=
b2c2 a(b+c)+
c2a2 b (c +a)+
a2b2 c (a+b)≥¿
Vì ta cần chứng minh ab + bc + ca Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương a, b, c kết hợp với giả thiết abc = ta suy điều phải chứng minh.
Dấu “=” xảy a = b = c =
(3)Bài Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng:
a2+b2
a+b + b2+c2
b+c + c2+a2
c+a ≥ a+b+c
Bài Cho số dương x, y, z Chứng minh rằng: a) x +2 y +3 zx + y
y+2 z +3 x+ z z+2 x +3 y≥
1
2 ;
b) x
2
(x+ y)(x +z )+
y2
(y +z )( y +x)+
z2
(z+ x)(z + y )≥
Bài Cho số dương a, b, c thỏa mãn 3(ab + bc+ ca) = Chứng minh rằng:
a a2− bc +1+
b b2−ca +1+
c c2−ab+1≥
1
a+b+c
Bài Cho số dương a, b, c, d, e Chứng minh rằng:
a b+c+
b c +d+
c d+e+
d e+a+
e a+b≥
5
Bài 5.Cho số dương x, y, z Chứng minh :
2
x + y+
2
y +z+
2
z +x≥
9
x + y +z
II TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN, CƠ BẢN ĐỂ PHÁT TRIỂN THÀNH CÁC BÀI TOÁN MỚI.
( Xem toán tuổi thơ tháng 5/2011)
Khi chứng minh BĐT, ta thường phải dùng đến nhiều phương pháp khác Đôi khi, việc ta sử dụng BĐT đơn giản, quen thuộc lại mang đến hiệu bật ngờ
Bài toán sở Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a2
+b2+c2≥ ab+bc+ca (1)
Nhân > vào hai vế BĐT (1) vào chuyển vế, biến đổi tương đương ta BĐT Dấu “=” xảy a = b = c
Bây giờ, vận dụng kết trên, ta chứng minh số BĐT sau Bài toán Cho a, b, c số thực dương:
a) thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc Chứng minh rằng: a+b +c ≥ 3(1 a+
1
b+
1
c) (2)
b) Chứng minh rằng: a4
+b4+c4≥abc (a+b+c ) (3)
c) a+b+c
abc ≥3+√
1
a2+1+√
1
b2+1+√
1
c2+1 thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng:
(4)
d) thỏa mãn a2+b2+c2=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = abc +bca +cab Lời giải:
a) Ta có: (2) ⇔ a+b+c ≥3bc+ca+ab
abc
⇔ a+b+c ≥ 3bc+ca+ab a+b +c a+b +c¿2≥ 3(ab +bc +ca)
¿ ¿ ⇔¿
(4)Bất đẳng thức cuối (1) Dấu “=” xảy a = b = c = √3
b) Áp dụng trực tiếp (1), ta có:
ca¿2
¿
bc¿2+¿
ab¿2+¿ c2
¿2≥ a2b2+b2c2+c2a2=¿ b2¿2+¿
a2
¿2+¿ ¿ a4+b4+c4=¿
Dấu “=” xảy a = b = c
c) Ta có: (4) ⇔(
ab −1)+(
bc −1)+(
ca −1)≥√ 1+a2
a2 +√
1+b2
b2 +√
1+c2
c2
⇔1− ab
ab +
1 − bc
bc +
1− ca
ca ≥√
ab+bc+ca+a2
a2 +√
ab+bc+ca+b2
b2 +√
ab+bc+ca +c2
c2
( giả thiết ab + bc + ca = 1)
⇔bc+ca
ab +
ca+ab
bc +
ab+bc
ca ≥√
(a+b)(c +a)
a2 +√
(b +c)(a+b)
b2 +√
(b+c )(c+a)
c2
⇔c (a+b)
ab +
a(b+c)
bc +
b(c +a)
ca ≥√
(a+b)(c +a)
a2 +√
(b +c)(a+b)
b2 +√
(b+c )(c +a)
c2 Đặt x = √c (a+b)
ab ; y = √
a (b+c)
bc ; z = √
b (c +a)
ca với x, y, z > Bất đẳng thức cuối chuyển dạng (1) Suy điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c =
1
√3
d) S2
=(ab
c +
bc
a +
ca
b )
2
=a
2
b2 c2 +
b2c2 a2 +
c2a2 b2 +2(
ab
c
bc
a +
bc
a
ca
b +
ca
b
ab
c )
¿(ab c )
2
+(bc
a )
2
+(ca
b)
2
+2(a2+b2+c2) (a2+b2+c2)+2(a2+b2+c2)
3(a2
+b2+c2)=3
( áp dụng (1))
( Do giả thiết a2 + b2 + c2 = 1)
Mà S > nên S √3 Min S = √3 a = b = c =
√3
Nhận xét.
1) Trong ví dụ a) c), ta thay giả thiết vào bất đẳng thức cần chứng minh cách thích hợp để chúng có hân thức mà tử mẫu bậc
2) Giả thiết ab + bc + ca = thường dùng tốn chứng minh BĐT hay tìm cực trị mà dạng biến đổi thơng thường a2 + = a2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c).
Bây giờ, vận dụng BĐT (1) để chứng minh tìm cực trị toán
Bài tập vận dụng.
Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng:
1+
a+b+c≥
6
(5)Bài Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu
thức: M =
ab+bc+ca¿2 ¿
ab2+bc2+ca2
¿
Bài Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
P =
a+b+c¿3 ¿ ¿
ab+bc+ca
a2+b2+c2 +¿
Bài Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:
a3
+b3+c3
2 abc +
a2
+b2
c2+ab+
b2
+c2
a2
+bc+
c2
+a2
b2
+ca≥
-III ĐỔI BIẾN ĐỂ CHỨNG MINH BĐT.
Có nhiều phương pháp chứng minh BĐT Mỗi tốn có nhiều phương pháp để chứng minh Bài viết trình bày phương pháp cho thú vị tinh ý, sáng tạo thêm tốn khó
Bài tốn Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:
(a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) abc. (1)
Lời giải: Đặt a + b – c = x; b + c – a = y; c + a – b = z (x; y; z số tự nhiên > 0) Suy a = x +z2 ; b = x + y2 ; c = y +z2 Thay vào (1), ta được:
xyz (x+ y)( y+z )(z +x)
8 ⇔(x+ y)( y+z)(z+ x)≥ xyz (2)
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có:
x+ y ≥ 2√xy ; y +z ≥ 2√yz ; z+ x ≥ 2√zx
Nhân vế BĐT ta suy (2) Nghĩa (1) chứng minh Dấu “=” xảy a = b = c hay tam giác
Chú ý:
1) Ta sử dụng phương pháp khác để chứng minh BĐT (1) Hầu hết tốn có dạng a + b – c; b + c – a; c + a – b có chung hướng giải đổi biến
2) Bất đẳng thức (1) mở rộng thành tốn khó cách xem a; b; c số thực dương
Bài toán Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng:
7(ab + bc + ca) + 9abc (3)
7[(1− x)(1 − y )+(1 − y )(1− z)+(1− z)(1 − x)]≤ 2+9(1 − x)(1 − y)(1 − z ) ⇔7[3 −2(x + y +z )+xy +yz +zx]≤ 2+9[1 −(x + y +z )+(xy+yz+zx)− xyz]
⇔ 10≤ 5(x+ y +z )+2(xy +yz+zx )
⇔ xyz≤ 2(xy +yz+zx)⇔9 xyz ≤ (x+ y +z)(xy+yz+zx)
Lời giải: Đặt x = – a; y = – b;
z = – c Khi x, y, z số không âm x + y + z = Bất đẳng thức (3) viết dạng sau :
(6)Áp dụng BĐT Cauchy, ta có : x+ y+ z ≥ 3√3xyz >
xy +yz+zx ≥3√3 x2y2z2 >
Nhân vế tương ứng hai BĐT (4), nghĩa (4) Vậy BĐT (3) chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z, suy a = b = c = 13
Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = bc
a2(b+c)+ ac
b2(a+c )+ ab
c2(a+b)
Lời giải : Đặt x = 1a ; y = 1b ; z = 1c x, y, z > xyz = Khi P = y +zx2 + y
2
z +x+ z2 x + y≥
x + y +z
2 ≥
3√3xyz
2 =
3
( BĐT Cauchy cho số dương, kết hợp với giả thiết xyz = 1) Min P = 32 x = y = z = 1, tức a = b = c =
Bài toán Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: b+ca + b
c +a+ c a+b≥
3
2
( Bất đẳng thức Nêsơbit )
Đây toán bản, BĐT sử dụng không nhiều chương trình tốn THCS Có nhiều cách để chứng minh Xin giới thiệu phương pháp: Đổi biến!
Lời giải: Đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b
Ta có : a = y +z − x2 ; b = x +z − y2 ; c = x + y − z2 Bất đẳng thức chuyển dạng sau
y +z − x
2 x +
x +z − y
2 y +
x+ y − z
2 z =(
y
2 x+
x
2 y)+(
z
2 x+
x
2 z)+(
z
2 y+
y
2 z)− 2≥ 3−
3
2=
3
Dấu đẳng thức xảy a = b = c
Bài tập vận dụng :
Bài Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh :
4 a
b+c − a+
9b
c+a −b+
16 c
a+b − c≥ 26
Bài Cho a, b, c > abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức : M = a3
(b+c)+
b3
(a+c)+
c3
(a+b)
Bài Cho a, b, c, d > Chứng minh : 1a+1
b+
4
c+
16
d ≥
64
a+b+c+d
Bài Cho ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a) 3abc( a+ b + c)
b) Nếu a, b, c dương thì: √1+a2+√1+b2+√1+c2≤ 2(a+b +c)
c) Nếu a, b, c dương thì: 2a
a6+b4+ 2 b
b6+c4+ 2 c
c6+a4≤
a4+
1
b4+
1
c4
-IV VẬN DỤNG LINH HOẠT CÁC BẤT ĐẲNG THỨC TRONG CHỨNG MINH HOẶC TÌM CỰC TRỊ.
Trong chứng minh BĐT, việc vận dụng cách linh hoạt BĐT phụ khác cho ta đến hiệu bất ngờ Chúng ta xét ví dụ sau:
(7)f(a, b, c, d) = a− dd +b+d −b
b+c + b − c
c+a+ c − a a+d ≥ 0
Lời giải: Bằng cách cộng vào vế BĐT trên, ta được:
a+b d+b+
d+c b+c+
b+a c +a+
c +d a+d≥ 4 ⇔(a+b)(
d +b+
1
c +a)+(c +d )(
1
b+c+
1
a+d)≥ 4
⇔ 4 (a+b)
a+b+c +d+
4 (c +d )
a+b+c +d≥ 4 ⇔4 (a+b+c +d )
a+b+c+d ≥ 4
Bất đẳng thức cuối Suy điều phải chứng minh Dấu xảy a = b = c = d
Bài toán Hai số dương a, b có tổng Chứng minh rằng: a) ab1 +
a2
+b2≥ 6 ; b) ab+
3
a2
+b2≥ 14
Nhận xét: Để làm toán này, cần xác định điểm rơi cách biến đổi chúng sử dụng BĐT phụ khác
Lời giải: a)
a+b¿2 ¿ ¿
1 ab+
1
a2+b2=(
a2+b2+ ab)+
1
2ab≥
4
a2+b2+2 ab+
¿
Dấu xảy a = b = 0,5
b)
a+b¿2 ¿ a+b¿2
¿ ¿ ¿ ab+
a2+b2=3(
a2+b2+ 2ab)+
1 ab≥
12
¿
Dấu xảy a = b = 0,5
Bài toán 3.Cho n số dương a1; a2; ; an > Chứng minh rằng:
( + a1)(1 + a2) (1 + an) 1+
n
√a1a2 .a2
¿ )
Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy, ta nhận được:
Bất đẳng thức, cực trị
a1
1+a1+
a2
1+a2+ +
an
1+an≥ n
n
√a1a2 an n
√(1+a1)(1+an)
,
1 1+a1
+
1+a2
+ + 1+an
≥ n n
√(1+a1)(1+an)
Cộng vế tương ứng hai BĐT điều phải chứng minh Dấu xảy số
Bài toán Chứng minh với a, b, c dương ta có:
12 a+b+c+d≤ a+b+ a+c+ a+d+ b+c+ b+d+
c +d≤
3 4( a+ b+ c)
* a+b1 +
a+c+ a+d+ b+c+ b+d+
c+d≥ 4(
1
a+b+c+d+
1
a+b+c+d+
1
a+b +c +d)=
12
(8)* Trường hợp lại xin dành bạn đọc
Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: abc = Chứng minh rằng:
2(a2+b2+c2)+4(1
a+
1
b+
1
c)≥ 7(a+b+c )− 3
( Xem toán tuổi thơ tháng + / 2011)
Lời giải: Đặt S = a + b + c Áp dụng BĐT Cô si cho số thức dương ta có: S 33
√abc=3 Do đó:
2(a2+b2+c2)+4(1
a+
1
b+
1
c)−7 (a+b+c )+3
= 2(a2+b2+c2)+4 ab +bc+ca
abc −7(a+b+c)−3
= 2(a2+b2+c2)+4(ab +bc +ca)−7 (a+b +c)+3
= a+b +c¿2− 7(a+b+c )+3
2¿
= 2S2 – 7S + = (2S – 1)(S – 3) 0.
Từ suy điều phải chứng minh Dấu “=” a = b = c = Bài toán Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:
a+b¿2 ¿ b+c¿2
¿ c +a¿2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
( Xem toán học tuổi trẻ tháng 2/2012)
Lời giải: Đặt A =
a+b¿2 ¿ b+c¿2
¿ c +a¿2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
¿a
2
+2 ab+b2
ab +
b2+2 bc+c2
bc +
c2+2 ca +a2 ca
a b+2+
b a+
b c+2+
c b+
c a+2+
a
c=6+a(
1
b+
1
c)+b(
1
a+
1
c)+c(
1
b+
1
a)
6+ 4 a
b+c+
4 b
c+a+
4 c
a+b≥ 6+2( a b+c+
b c +a+
c a+b)+2(
a b+c+
b c+a+
c a+b)
6 +2.3 2+2(
a b+c+
b c +a+
c
a+b)=9+2( a b+c+
b c +a+
c a+b)
Suy điều phải chứng minh Dấu “=” a = b = c
Nhận xét: Việc vận dụng BĐT Cauchy BĐT phụ khác đem lại hiểu bất ngờ! * Trong giải toán, số BĐT cần phải chứng minh sử dụng được.
Bất đẳng thức, cực trị đại số
(9)a
bc+
b
ca+
c
ab≥ 2(
a+
1
b−
1
c)
Bài toán a Víi a,b, c > Chøng minh:
√c (a − c)+√c (b −c )≤√ab b Cho a c > 0, b c Chøng minh:
a
bc+
b
ca+
c
ab≥ 2(
a+
1
b−
1
c) Lời giải:
a
<=> a2 +b2 + c2 (bc + ac - ba) (V× abc > 0)
<=> a2 + b2 + c2 - 2bc - 2ac + 2ab 0 a
bc+
b
ca+
c
ab≥ 2(
a+
1
b+
1
c) <=> (a + b - c)
2 (hiển nhiên đúng).
VËy:
b Bạn đọc tự giải
Bài toán Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a ≥ b ≥ c 3a – 4b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = a2− b2
c − b2− c2
a −
c2− a2
b ( Xem toán tuổi thơ tháng 2/2011)
Lời giải: Vì a ≥ b ≥ c nên:
M = a2− b2
c − b2− c2
a −
c2− a2
b =
a2− b2
c −
b2− c2
a − c2−b2
+b2− a2
b
= (a2−b2)(1
c+
1
b)+(b
2
− c2)(1
b−
1
a)≥ 0.
M = a = b Vì 3a – 4b + c = nên a = b = c Vậy giá trị nhỏ M
Bài toỏn Cho a, b, c, d > Chứng minh đồng thời xảy bất đẳng thức sau: a + b < c + d ; (a + b) (c + d) < ab + cd ; (a + b) cd < (c + d) ab
Lời giải: Giả sử xảy đồng thời bất đẳng thức Từ hai bất đẳng thức đầu ta có: (a + b)2 < (a + b) (c + d) < ab +cd => cd > (a + b)2 - ab 3ab
=> cd > 3ab (1) Mặt khác, ta có:
(a + b) cd < (c + d) ab => (a + b)2 cd < (c + d) ab (a + b) < ab (ab + cd)
=> 4abcd (a + b)2 cd < ab (ab + cd) = a2b2 +abcd
=> a2b2 > 3abcd => ab > 3cd (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra: ab >3cd > 9ab, vô lý! Vậy ta có điều phải chøng minh
(10)Bài toán 4.Cho ak , bk số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:
a1 + a2 + + an = b1 + b2 + + b n =
Tìm giá trị lớn tổng: P = a1b1
a1+b1
+ a2b2
a2+b2
+ .+ anbn
an+bn
Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
ak+bk≥2√akbk hay ak+bk¿
2≥ a
kbk⇒
akbk ak+bk
≤ak+bk
4
¿
Cho k = 1, 2, , n, cộng vế tương ứng n BĐT nhận được, ta có:
P a1+a2+ +an+b1+b2+ +bn
4 =
1
2
Hơn chọn ak = bk = 1n với k ≤ n P = 0,5
Vậy giái trị lớn P 0,5
Bài toỏn Cho S = a2 + b2 + c2 + d2 + ac + bd ad - bc =1 Chứng minh S
√3 Lời giải: (ac + bd)2 + (ad - bc)2 = a2c2 + 2abcd + b2d2 + a2d2 - 2abcd + b2c2
= a2 (c2 + d2) + b2 (c2 + d2) = (a2 + b2) (c2 +d2)
Vì ad - bc = nên: + (ac + bd)2 = (a2 + b2)(c2 +d)2 Áp dụng bất đẳng thức Cơ si, ta có:
S = (a2 + b2) + (c2 + d2) + ac + bd √(a2+b2)(c2+d2)+ac+bd
Đến bạn đọc tự giải tiếp
Bài toán Cho số dương a, b, c, d Biết 1+aa + b
1+b+
c
1+c+
d
1+d≤ 1
Chứng minh rằng: abcd 811
Lời giải: Từ giả thiết suy ra:
1+bb + c
1+c+
d
1+d≤ −
a
1+a=
1
1+a Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có:
1+a≥
b
1+b+
c
1+c+
d
1+d≥ 3
3
√bcd(b+1)(c +1)(d+1) Tương tự, ta có:
b+1≥ 3
3
√acd(a+1)(c+1)(d+1) ;
c+1≥3
3
√abd(a+1)(b+1)(d+1);
d +1≥ 3
3
√abc(a+1)(b+1)(c+1)
Nhân vế bốn BĐT, ta 81 abcd Nên abcd 811
(11)Bài toỏn Cho tam giác ABC điểm Q tam giác Qua Q kẻ đờng thẳng
√S1+√S2+√S3¿2
S=¿ S1+S2+S3≥
1
3S song song với AB cắt AC M cắt BC N Qua Q kẻ đờng
thẳng song song với AC cắt AB F cắt BC E Qua Q kẻ đờng thẳng song song với BC cắt AC P cắt AB R Ký hiệu S1 = dt (QMP), S2 = dt(QEN), S3 = dt(QFR) S = dt (ABC) Chứng minh
r»ng:
a b
Lời giải: MPAC a Ta cã QMP BAC
(Tû sè ) , suy ra:
S1
S=(
MP AC)
2
⇒√S1
√S =
MP AC
S2 S =(
QE
AC)
2
=(PC
AC)
2
(Bạn
đọc tự vẽ hình)
T¬ng tù, ta có:
√S2
S =
PC AC =>
√S2
√S =
PC
AC ;
√S3
√S =
AM
AC
√S1+√S2+√S3
√S =
MP+PC+AM
AC =
AC
AC=1 Suy ra:
Do đó:
√S=√S1+√S2+√S3=> S=(√S1+√S2+√S)
Suy ra:
1.√S1+1.√S2+1 √S3¿2≤
¿ b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki, ta có:
1
3 S = (1
2 + 12 +12)(S
1 +S2 + S3)
Suy ra: S1 + S2 + S3 DÊu "=" xảy khi:
S1 = S2 = S3 <=> Q trọng tâm ABC
Bi tốn Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau với x thuộc R B = |x| + |2x + 1| + |3x + 2| + + |99x + 98|
Lời giải : Để ý |70x + 69| = |70(x + 6970 )| |50(x + 6970 )|
Vì : B = |– x| + | – 2x – 1| + + |– 69x – 68| + |70x + 69| + |71x + 70| + + |99x + 98| |– x|
+ |– 2x – 1| + + |– 69x – 68| + |−50(x+69
70)| + |71x + 70| + +|99x + 98|
| –x + (–2x – 1) + + (–69x – 68) – 50 (x +69
70)+¿ (71x + 70) + + (99x + 98)| = 285
7
(12) Cơ sở đâu, nguyên nhân lại biến đổi ? Có cách khác hay khơng ?
Cách giải dùng tính chất giá trị tuyệt đối ?
Bài toán Cho x số thực thay đổi đoạn [0 ;1] Tìm giá trị lớn biểu thức :
A = 13√x2− x4+9√x2+x4
Lời giải : Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có : A = √13.√13(x2− x4
)+√27 √3 (x2
+x4)≤√(13+27)[13( x2− x4)+3(x2+x4)] Hay :
A √80(8 x2− x4)=√80[16 −5(x
2
−4
5)
2
]≤ 16 Hơn nữa, A = 16 x = 2√55 Vậy, giá trị
lớn A max A = 16
Bài toán 10 Cho số thực dương x, y, z Chứng minh 25 xy +z+ 4 y
z +x+
9 z
x + y>12
Lời giải: Đặt a = y + z, b = z + x ; c = x + y Khi x = b+c − a2 ; y = a+c −b2 ; z = a+b − c2 Ta chứng minh VT 12 Dấu = xảy : 5b + 5c = 5a, suy x = 0, vô lý
Dấu đẳng thức không xảy ra, suy điều phải chứng minh
Bài toán 11 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c Chứng minh rằng:
1
a2
+b2+c2+ 2009
ab+bc+ca ≥ 670
Lời giải: Ta có,
a+b+c¿2 ¿ ¿
1
a2+b2+c2+
ab+bc+ca+
1
ab+bc +ca ≥
9
¿
(1)
Mặt khác: 3(ab + bc + ca) a+b +c¿2
¿ suy :
a+b+c¿2 ¿ ¿
2007
ab+bc+ca≥
3 2007
¿
(2)
Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 12 Cho hai dãy số thứ tự: a ≥ b ≥ c x ≤ y ≤ z Chứng minh rằng:
(a + b + c)(x + y + z) 3(ax + by + cz) ( BĐT Trê – bư - sép)*
Lời giải: Xét hiệu:
(a + b + c)(x + y + z) – 3(ax + by + cz)
= a(x + y + z) – 3ax + b(x + y + z) – 3by + c(x + y + z) – 3cz = a(y + z – 2x) + b(x + z – 2y) + c(x + y – 2z)
(13)= (y – x)(a – b) + (x – z)(c – a) + (z – y)(b – c) ( Vì theo giả thiết, ta có a ≥ b ≥ c x ≤ y ≤ z ) Nên suy điều phải chứng minh
Dấu xảy x = y = z a = b = c
* Trê – bư – sép (1821 – 1894), nhà toán học Nga
Bài toán 13 Cho a, b, c, d số dương Chứng minh rằng: 1a+1
b+
4
c+
16
d ≥
64
a+b+c+d
Lời giải: Áp dụng BĐT 1x+1
y≥
4
x+ y với x, y số dương, ta có:
1
a+
1
b+
4
c+
16
d ≥
4
a+b+
4
c+
16
d =4(
1
a+b+
1
c)+
16
d ≥
16
a+b+c+
16
d =16(
1
a+b+c+
1
d)≥
64
a+b +c +d
Dấu xảy a = b = c = d
Cũng dùng BĐT Bunhiacopxki để chứng minh sau:
(a+b+c +d )(1
a+
1
b+
4
c+
16
d )≥(√a √
1
a+√b √
1
b+√c √
4
c+√d √
16
d )
2
=64
Từ suy điều phải chứng minh.
Nhận xét: * Việc áp dụng linh hoạt nhiều BĐT BĐT nhiều lần giúp ta chứng minh toán thuận lợi hơn.
* Trong toán BĐT, việc xác định điểm rơi biến cần thiết Nó góp phần nhỏ vào việc áp dụng BĐT phụ.
Bài toán 14 Cho a > b số không âm Chứng minh rằng: a +
b +1¿2 ¿
(a − b)¿
¿
Chúng ta thử xác định điểm rơi tốn Ta có: 2a – = 3b suy a – b = b+12 Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho số thực không âm, ta có:
(a – b) +
b+1¿2 ¿ b+1¿2
4 (b+1)(b+1) 4 (a− b)(¿¿)
(a −b)¿
(a −b)¿ b+1
2 +
b+1
2 +
4
¿
=
Từ suy điều phải chứng minh
*Xem dịng trên, lại có “2a – = 3b suy a – b = b+12 ” ? Đó q trình suy luận? Bạn đọc thử tìm tịi, khám phá xem?
HD: Chú ý tới giả thiết vế cần phải chứng minh.
Bài toán 15 Cho a, b, c số thực khơng âm có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a2
+b2+c2+9 abc
2 ( Xem toán tuổi thơ tháng 1/2011)
(14)Từ (1) kết hợp với giả thiết a + b + c = 1, ta có:
abc (1 – 2c)(1 – 2a)(1 – 2b) = – 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) – 8abc
⇒ 9abc 4(ab + bc + ca) – ⇒ P = a2+b2+c2+9 abc
2 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) -1
2
= (a + b + c)2 -
2 = -
2 =
1
2
Min P = 12 (1) trở thành đẳng thức Suy a = b = c, (a + b – c)(b + c – a)(c + a – b) = abc
⇔ a = b = c = 13 (a , b , c) hoán vị số (0 ;1 2;
1 2)
Vậy giá trị nhỏ P 0,5
Bài tốn 16 Tìm giá trị nhỏ biểu thức x 20
y11+ y20 z11+
z20
x11 x, y, z số dương
thỏa mãn a + b + c = 2001 ( Xem Toán học Tuổi trẻ tháng 11/2001) Lời giải: Áp dụng BĐT Cauchy cho 20 số, có 11 số y số 667, ta có:
x20
y116678+11 y +8 667 ≥20 20
√ x20
y116678 y 11
6678=20 x
Tương tự: y20
z116678+11 z +8 667 ≥ 20 y
z20
x116678+11 x+8 667 ≥ 20 z
Cộng theo vế BĐT biến đổi đơn giản, ta thu BĐT:
x20 y11+
y20 z11+
z20
x11 (9(x + y + z) – 3.8.667).667
8 = 3.6679
với BĐT xảy x = y = z = 667 Vậy giá trị nhỏ biểu thức cần tìm 3.6679.
Bài tốn 17 Gọi x số lớn số thực dương x, y, z Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A = x
y+√1+ y z +
3
√1+ z
x (Xem Toán học Tuổi trẻ tháng 12/2001)
Lời giải: Sử dụng BĐT Cauchy cho số căn, ta có:
A = x
y+√1+ y z+
3
√1+z
x
x y+√2
4
√yz+
3
√2√6 z
x=
1 2√2(
x y+4
4
√yz+6
6
√zx)+(1 −
1 2√2)
x y+(
3
√2− 2√2)
6
√zx (1)
Sử dụng BĐT Cauchy cho 11 số, ta có:
1 2√2(
x y+4
4
√yz+6
6
√zx)≥
11 2√2
11
√xy y z
z x=
11
2√2 (2)
Mặt khác theo giả thiết cho x = max(x , y , z), xy ≥1 ≥z
x −
1 2√2>0>
3
√2 − 2√2
nên từ (1) (2) ta có: A 112
√2+(1 − 2√2)+(
3
√2−
2√2)=1+√2+
3
√2
Đẳng thức xảy x = y = z Vậy giá trị nhỏ A 1+√2+√32
Bài tốn 18 Tìm giá trị nhỏ BT:
Q = 12(x10
y2+ y10
x2 )+
1 4(x
16
(15)Lời giải: Sử dụng BĐT Cauchy cho số, ta có:
1 2(
x10 y2+
y10
x2 +1+1)≥ x
2y2 ;
4(x
16
+y16+1+1)≥ x4y4
Suy ra:
1+x2y2¿2⇒ Q≥ −5
2
2(
x10 y2+
y10 x2 )+
1 4(x
16
+y16)+5 2≥¿
Q = − 52 ⇔ x2
=y2=1 Vậy giá trị nhỏ Q − 5
2
* Bạn có thắc mắc khơng? Tại lại dùng BĐT Cauchy cho số?
HD: Phát từ giả thiết toán cách quan sát thật kĩ Sỡ dĩ dùng BĐT Cauchy cho số
là để đưa biểu thức Q dạng lớn biểu thức trừ Từ chuyển vế, ý giả thiết ta suy kết cần tìm Nếu biết quan sát kĩ toán ta thấy điều đặc biệt dẫn đến lời giải.
Bài toán 19 Cho x, y số thực lớn Tìm giá trị nhỏ BT: P = (x3+y3)−(x2+y2)
(x −1)( y − 1)
Lời giải: Viết P dạng: P = (x3+y3)−(x2+y2)
(x −1)( y − 1) =
x2(x − 1)+ y2(y −1) (x −1)( y − 1) =
x2 y −1+
y2 x −1
Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương, ta có:
P
2 xy
√(x −1)( y −1)≥ 2
x
(x − 1+12 )
y
(y −1+12 ) =8
P = x = y =
Vậy giá trị nhỏ P = x = y = Bài toán 20 Cho a, b, c > thỏa mãn: 1+a1 +35
35+2b ≤
4 c
4 c+57 Tìm abc ?
Lời giải: Ta có: 4 c
4 c +57≥
1+a+
35
35+2 b≥ 2√ 35
(1+a)(35+2b)>0 (1)
⇔
1+a−
4 c
4 c +57+1≤ − 35
35+2 b=
2 b 35+2 b
⇔ b
35+2 b≥
1
1+a+
57
4 c +57≥ 2√ 57
(1+a)(4 c+57)>0
Mặt khác
1
1+a≤
4 c 4 c +57−
35
35+2 b⇔
1
1+a−
4 c 4 c +57≤−
35 35+2 b
(2)
1−
1+a≥ 1−
4 c 4 c +57+
35
35+2 b Ta có:
⇔ a
1+a≥
57
57+4 c+
35
35+2 b≥ 2√ 35 57
(16)(3)
Từ (1); (2) (3) ta có:
8 abc
(1+a)(4 c +57)(2 b+35)≥
8 35 57
(1+a)(4 c+57)(2b+35) ⇒abc≥ 35 57=1995
Dấu “=” xảy a = 2; b = 35; c = 57/2 Vậy abc = 1995 a = 2; b = 35; c = 57/2
Bài toán 21 Cho x, y hai số thỏa mãn đồng thời: x ≥ , y ≥ 0,2 x+3 y ≤ 6 2 x + y ≤ 4 Tìm max biểu thức K = x2 – 2x – y.
Lời giải: Từ 2x + 3y suy y 2−2
3 x⇒− y ≥ 3x − 2
K = x2 – 2x – y x2
−2 x +2 x
3 −2=(x −
2 3)
2
−22
9 ≥−
22
Suy K = −22
9 x = 3; y=
14
9
Ta có: 2x2 + xy 4 x ( x 0 ) Suy ra: x2 – 2x – y −xy
2 − y=
− y (x +2)
2 ≤ 0
y = y = Suy max K =
x = x =
* Nhiều việc tìm trực tiếp GTNN biểu thức K gặp khó khăn Tuy nhiên, ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn)theo sơ đồ ‘‘ bé dần’’ : K B Rồi tìm GTNN B, từ suy GTNN biểu thức K Các mối liên hệ gữa K giả thiết dẫn đến tìm B. * Chắc chắn bạn cịn thắc mắc tốn có hai giả thiết, giải lại sử dụng đến một giả thiết mà thơi (!)
* Trong q trình đánh giá tìm nhiều biểu thức B Gọi Bk biểu
thức có Bk = β mà ta có K = Bk có K = Bk = β Trong trường
hợp biểu thức Bk gọi ‘‘ kết’’ Trong tốn trên, sử dụng giả thiết cịn lại khơng dẫn
tới ‘‘ kết’’.
* Trong tốn trên, hình thức giả thiết chưa đủ để dẫn bắt mạch sử dụng giả thiết này hay giả thiết Nhiều toán phức tạp phải liên kết sử dụng tất giả thiết tìm được ‘‘ kết’’.
Bài tốn 22 Cho số dương x, y, z có tổng Chứng minh :
P = xy +yz+zx3 +
x2
+y2+z2>14
Lời giải : Với x, y, z số bất kì, ta có BĐT ln : (x + y + z)2 3(xy + yz + zx)
Vì x + y + z = nên suy xy +yz+zx1 ≥ 3
Đẳng thức xảy x = y = z = 13
Ta có :
x + y +z¿2 ¿ ¿
1
2(xy +yz +zx )+
x2
+y2+z2≥
(17)⇒
xy+yz+zx+
2
x2
+y2+z2=
4
2(xy+yz+zx)+
2
2(xy+yz+zx)+
2
x2
+y2+z2≥2 3+2 4=14 (1)
x = y = z = 1/3 Đẳng thức xảy
2(xy + yz + zx) = x2 + y2 + z2
Hệ vô nghiệm nên BĐT không trở thành đẳng thức Vậy BĐT chứng minh
* Bài toán có ‘‘ kết’’ (1).
* Việc vận dụng hai BĐT phụ áp dụng giả thiết, đường tìm‘‘ kết’’ nhanh nhất.
Bài toán 23 Số thực x thay đổi thỏa mãn điều kiện x2 + (3 – x)2 5.
Tìm giá trị nhỏ biểu thức : Q = x4 + (3 – x)4 + 6x2(3 – x)2.
Lời giải : Đặt y = – x, toán cho trở thành : Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = x4 + y4 +
6x2y2, x, y số thực thay đổi thỏa mãn x + y=3 x2+y2≥5
Từ hệ thức trên, ta có : x2 + y2 + 2xy = 9
x2 + y2 5
Suy (x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) 5 + 4.9 = 41 ⇒ 5(x2 + y2) + 4(2xy) 41
Mặt khác : 16(x2 + y2)2 + 25(2xy)2 40(x2 + y2)(2xy) (1)
Đẳng thức xảy 4(x2 + y2) = 10xy
Cộng hai vế (1) với 25(x2 + y2)2 + 16(2xy)2 ta có :
41
2 xy¿2
2 xy¿2
5(x2+y2)+4¿ ¿ ¿
(x2+y2)+¿≥¿ ¿
hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 Q 41.
Min Q = 41, đạt x = x =
Bài toán 24 Cho a, b, c [−2 ;3] thỏa mãn a + 2b + 3c = Tìm max M = a2 + 2b2 + 3c2
Lời giải: Đây tốn thuộc dạng tìm cực trị có điều kiện, hay khó chương trình tốn THCS nói chung BĐT nói riêng Chúng ta sử dụng giả thiết để tìm “kết”
Vì: a, b, c [−2 ;3] suy ra: (a + 2)(a – 3) ⇒ a2 – a – ⇒ a2 a +
Tương tự : b2 b + ⇒ 2b2 2b + 12;
c2 c + ⇒ 3c2 3c + 18
Từ BĐT trên, suy ra: M = a2 + 2b2 + 3c2 a + 2b + 3c + 36 = 38.
Max M = 38 a = 3; b = 3; c =
Bạn giải tốn tìm cực trị có điều kiện xem: Bài toán 25 Cho a, b, c [0 ;1] Chứng minh rằng: a
bc+1+
b
ca +1+
c
ab+1≤
HD: Biết vai trò biến Vì ta giả sử a ≥ b ≥ c xét trường hợp cần thiết cho toán, ta suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy số có số số
Bài toán 26 Cho hàm số: f(x;y) = (1 + x)(1 + 1y ) + (1+ y)(1 + 1x ) với x, y > x2 + y2 = 1.
(18)Lời giải : f(x ;y) = (1 + x)(1 + 1y ) + (1+ y)(1 + 1x ) = + 1y+x
y + x + +
1
x+ y x + y
= + (x + 2 x1 ) + (y + 2 y1 ) + ( 2 x1 +
2 y ) + (
x y+
y x )
= +
√2+2+( 2 x+
1 2 y)
Mặt khác :
x + y¿2 ¿ ¿
1 2 x+
1 2 y≥
4 2(x + y )=
2
x + y⇒(
1 2 x+
1 2 y)
2
≥4 ¿
Suy 2 x1 +
2 y √2 ⇒ f(x ;y) +
√2+√2=4 +3√2
Min f(x ;y) = +3√2⇔ x = y=√2
2
Bài toán 27 Cho biểu thức P = x √5 − x+(3 − x )√2+x Tìm giá trị nhỏ lớn P biết x nằm khoảng từ
Lời giải : * Giá trị nhỏ :
Vì x nên √5− x ≥x ≥0√5 − 3=√2 Đẳng thức xảy x = x =
√3 − x ≥ 0x+2 ≥√2 ⇒(3− x)√x +2 ≥(3 − x )√2
Đẳng thức xảy x = x =
P x √2+(3 − x ).√2=3 √2⇔ x = x = Vậy Min P = √2 x = x = * Giá trị lớn nhất:
Dễ thấy P > P lớn P2 lớn Ta có:
P2 = x2 (5 – x) + (3 – x)2 (2 – x) + 2 x
√5 − x (3 − x )√2+x = x2 – 3x + 18 + 2 x
√5 − x (3 − x )√2+x
= 18 + x(3 – x) ( √5− x √2+x −1¿ )
Ta có : x(3 – x) =
4−(x − 2)
2
≤9
4 , đẳng thức xảy x = 1,5
Vì ( √5− x −√2+x )2 0⇒2 √5 − x
√2+x ≤ − x+2+ x=7 Đẳng thức xảy x = 1,5
Mặt khác √5− x √2+x ≥2 √5 − 3.√2+0=4>1⇒2√5− x √2+ x −1 ≥ 0
P2 18+9
4.(7 −1)=
63
2 Mà P > nên P
3√14
2 Đẳng thức xảy x = 1,5
Vậy giá trị lớn P 3√14
2
Bài toán 28 Cho biểu thức : P = 12−1 x−
1
x + y−
1
x + y +z
Với giá trị số nguyên dương x, y, z P đạt giá trị dương bé ? (Thi HSG Quốc gia 1988 – 1989, Bảng A)
Lời giải : Vì P > suy 1x+
x + y+
1
x + y +z<
1
2
Đặt Q = 1x+
x + y+
1
x + y +z⇒ P=
1
2− Q
(19)Ta có : 1x<1
2⇔ x >2 ⇔ x≥ ⇒ x=3 (Vì x nhỏ nhất)
Khi x = ⇒Q=1
3+ 3+ y+
1 3+ y +z<
1
2⇒
1 3+ y+
1 3+ y+ z<
1
Vì 13 khơng đổi nên Qmax ymin
Mà : 3+ y1 <1
6⇔3+ y >6 ⇒3+ y≥ ⇒ y ≥ ⇒ y=4 (Vì y nhỏ nhất)
Khi y = ⇒1
7+ 7+z<
1
6⇒
1 7+z<
1
42 Qmax zmin Suy z = 36 (Vì z nhỏ nhất)
Suy Q≤1
3+ 7+
1 43 ⇒ P ≥
1
2−
1 3−
1 7−
1
43
Min P = 12−1
3− 7−
1
43 ⇔ (x, y, z) = (3, 4, 36)
Vậy : Giá trị nhỏ P 12−1
3− 7−
1
43
Bài toán 29 Cho a, b, c số dương a + b + c = abc Chứng minh : a5(bc – 1) + b5(ca – 1) + c5(ab – 1) 54
√3
HD: Bằng cách khai triển VT vủa BĐT trên, kết hợp với giả thiết toán, áp dụng thêm BĐT phụ biến đổi khéo léo, ta suy điều phải chứng minh
Lời giải: Xin dành cho bạn đọc (!)
Bài toán 30 Cho biểu thức: P = yz√x −1+zx√y −2+xy√z − 3
xyz Tìm giá trị lớn P
Lời giải: ĐKXĐ biểu thức P: x 1; y z Ta có: P = √x − 1
x +
√y − 2 y +
√z −3
z
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy cho số khơng âm, ta có:
√x − 1≤1+x −1
2 ⇒
√x −1 x ≤
1
√2.√y − 2≤ y −2+2
2 ⇒
√y −2 y ≤
1 2√2
√3 √y −3 ≤z −3+3
2 ⇒
√z −3 z ≤
1 2√3
Suy P 12(1+
√2+
√3) Max P = 2(1+
1
√2+
√3) x = 2; y = 4; z =
Bài toán 31 Cho x, y, z số dương thỏa mãn xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = x(y + x
1+ y)+y(z+
y
1+z)+z(x +
z
1+x)
Lời giải : Bằng cách khai triển, ta thu
M = xy +yz+zx + x2
1+ y+
y2
1+z+
z2
1+x
Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy cho số khơng âm, ta có :
x2
1+ y+ 1+ y
4 ≥2√
x2(1+ y ) 4 (1+ y)=2
x
2=x Tương tự, ta có :
y2
1+z+
1+z
4 ≥ y ;
z2
1+x+
1+x
4 ≥ z Cộng vế BĐT trên, ta có :
x2
1+ y+
y2
1+z+
z2
1+x≥
3
4(x + y +z )− 4≥
3 4.3
3
√xyz −3 4=
3
(20)Dấu xảy x = y = z = Suy M 3 −3
2=
2 Min M =
2⇔ x= y=z=1
Vậy: Giá trị nhỏ biểu thức M 92
Bài toán 32 Cho số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P với P = b+c +51+a +c +a+4
2+b +
a+b+3
3+c
Lời giải: Từ giả thiết, ta suy P = 11−a1+a +10 −b
2+b +
9 − c
3+c
Biến đổi biểu thức P, ta P = 12(
1+a+
1
2+b+
1
3+c)−3 Áp dụng BĐT Cauchy cho số thực
không âm, ta có:
1
1+a+
1
2+b+
1
3+c≥
3
3
√(1+a)(2+b)(3+c)≥
3
1+a+2+b +3+c
=
12
Suy P Min P = + a = + b = + c suy (a, b, c) = (3, 2, 1) Vậy giá trị nhỏ P
Bài toán 33 Cho số thực x, y, z thỏa mãn < x, y, z Chứng minh :
1
xy +1+
1
yz+1+
1
zx+1 ≤
5
x + y +z
Lời giải : Vì < x, y, z suy :
(xy + 1) – (x + y) = (1 – x)(1 – y) suy xy + x + y Tương tự : yz + y + z ; zx + z + x
⇒( x+ y +z)(
xy+1+ yz+1+
1 zx+1)≤
x
yz+1+
y
zx+ 1+
z
xy +1+3 ≤
x
yz+ 1+
y
zx + y +
z
xy+ z +3
¿x(
yz+1 −
z
zx+ y −
y
xy +z)+5≤ x(1 −
z x + y−
y
y+ z)+5=5
Từ suy điều phải chứng minh
Bài tốn 34 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh :
a(
3 a+b+ 3 a+c+
2 2 a+b+c)+
b
3 a+c+
c
3 a+b<2
Lời giải : Đặt a+b2 =x ;c+a
2 =y ;a=z (x, y, z > 0)
Suy x + y > z ; y + z > x ; z + x > y Bằng cách khai triển, vế trái thu : VT = 3 a+ca+b + a+c
3 a+b+ 2 a
2 a+b+c=
x y +z+
y z +x+
z
x+ y Đến có hai cách :
Cách : Sử dụng phương pháp làm trội
Cách : x + y > z ⇒ z(x + y + z) < 2z(x + y) ⇒ z
x + y<
2 z
x + y +z
Tương tự : y +zx < 2 x
x + y +z; y z+x<
2 y
x + y +z Cộng theo vế BĐT trên, ta suy điều phải
chứng minh
Bài toán 35 Cho x, y thuộc (0 ; 1) Tìm A = x2
1 − x+
y2
1 − y+
x + y+x+ y
Lời giải : Ta có : A = ( x2
1− x+1+x)+(
y2
1 − y+1+ y)+
x + y−2=
1 1 − x+
1 1 − y+
1
(21)Vì : (1− x1 + 1 − y+
1
x + y)(1 − x +1− y + x+ y )≥ 9⇒
1 1− x+
1 1 − y+
1
x + y≥
9
⇒ A 92−2=5
2
Min A = 5/2 x; y thỏa mãn điều kiện:
1 1 − x=
1
1− y 1 − x=
1
x+ y ⇒ x= y =
1
3
Bài toán 36 Cho số x, y, z > thỏa mãn điều kiện x + y + z = xyz Hãy tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: P = y −2
x2 +
z −2 y2 +
x −2 z2 Lời giải: Từ giả thiết, ta suy xy1 +
yz+
zx=1 Ta biến đổi biểu thức P sau:
P = (x − 1)+( y − 1)
x2 +
(y −1)+(z − 1)
y2 +
(x − 1)+(z −1)
z2 −(
1
x+
1
y+
1
z)
= (x − 1)(
x2+
1
z2)+(y −1)(
1
x2+
1
y2)+(z− 1)(
1
y2+
1
z2)−(
1
x+
1
y+
1
z)
xz2( x −1)+2( y −1)
xy +
2(z − 1)
yz −(
1
x+
1
y+
1
z)=
1
x+
1
y+
1
z −2
Mặt khác (1x+1
y+
1
z)
2
≥ 3(
xy + yz +
1
zx)=3⇒ P ≥√3 − 2 dấu xảy
x = y = z = √3 Vậy giá trị nhỏ P P = √3− 2
Bài tốn 37 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A = x2y(4 – x – y) x, y
là số không âm thay đổi thỏa mãn x + y Lời giải: * Tìm giá trị lớn nhất:
Ta cần tìm giá trị lớn A – x – y Khi áp dụng BĐT Cauchy ta được: A = 14 x x y (8 −2 x −2 y )≤1
4(
x+x +2 y +8 −2 x − y
4 )
4
=4
Dấu xảy x = 2, y = * Tìm giá trị nhỏ nhất:
Ta cần tìm giá trị nhỏ A – x – y Khi x + y nên B = - A= x2y(4 – x – y) 2x2y Mặt khác, áp dụng BĐT Cauchy ta có:
2x2y = x.x.2y
(x+x +2 y3 )
3
≤ 43=64⇒ B≤ 64 ⇒ A ≥ −64
Dấu xảy x = 4, y =
Bài toán 38 Tìm giá trị lớn hàm số f(x) = x3(2 – x)5 x thay đổi đoạn [0 ;2] .
Lời giải: Ta viết lại f(x) dạng f(x) =
2 − x¿5
(35)
3 (53x)
3
¿
Áp dụng BĐT Cauchy cho năm số (2 – x) ba số 5 x3 , ta có:
5(2 – x) + 5 x3 = (2 – x) + (2 – x) + (2 – x) + (2 – x) + (2 – x) + 5 x3 + 5 x3 + 5 x3
2− x¿
(5 x3 )
3
¿
88
√¿
, hay 2− x¿
(5 x3 )
3
¿
10 ≥88
√¿
tức 58
48≥
53
(22)f(x) 53 33
48 =
84357
65536 dấu x =
3
4
Vậy, giá trị lớn hàm số max f(x) = 8435765536
Bài toán 39 Cho x, y, z số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P = x(x
2+ yz)+y(
y
2+ zx )+z(
z
2+ xy)
Lời giải : Bằng cách khai triển, ta P = 12(x2+y2+z2)+( x
yz+
y
zx+
z
xy) (Với x, y, z > 0)
Mà ta ln có BĐT x2+y2+z2≥1
3( x + y + z )
2
Mặt khác, áp dụng BDDT Cauchy cho số thực
không âm, ta có : yzx + y zx+
z
xy ≥
3
√xyz≥
x+ y+ z
Suy P
x+ y+ z¿2+ 2(x+ y+ z)+
9
2(x + y +z )≥3
3
√1
9
9
2=
9
x+ y+ z¿2+
x+ y+ z=
1 6¿
6¿
Min P = 92 x = y = z =
Vậy giá trị nhỏ biểu thức P P = 92
Bài toán 40 Cho x, y, z số dương thay đổi ln thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2(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 tuyển sinh ĐH – CĐ khối A – 2007 ) Lời giải : Vì xyz = suy x2(y+ z)≥2 x2√yz=2 x√x
Tương tự y2(z+ x)≥2 y√y z2(x+ y )≥2 z√z
Suy P≥ 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 x√x+2 y√y=a ; y√y+2 z√z =b ; z√z+2 x√x=c ⇒ x√x=4 c+a −2 b
9 ; y√y=
4 a+b −2 c
9 ; z√z=
4 b+c −2 a
⇒ P ≥ 2
9(
4 c+a− b
b +
4 a+b − c
c +
4 b+c − a
a )
¿2
9[4(
c b+
a c+
b a)+(
a b+
b c+
c
a)−6]≥
2
9(4 3+3− 6)=2
Min P = a = b = c x = y = z =
VI MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài Cho x, y, z số dương thỏa mãn x + y + z Chứng minh :
√x2+
x2+√y
2 +
y2+√z
2 +
(23)Bài Giả sử x, y hai số dương thỏa mãn điều kiện x + y = 54 Tìm giá trị nhỏ biểu
thức : S = 4x+
4 y
Bài Cho hai số thực dương x, y thay đổi thỏa mãn x + y
Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau : A = 1x+
√xy
Bài Cho số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn xyz = Chứng minh :
√1+x3 +y3
xy +√
1+ y3 +z3
yz +√
1+z3 +x3
zx ≥3√3
Bài Cho x, y, z > x + y + z = Chứng minh : 1x+4
y+
9
z≥ 36
Bài Cho x , y , z số dương thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức : A = x +1x + y
y +1+ z z+1
Bài Cho x, y thỏa mãn điều kiện x + y = x > Tìm giá trị lớn biểu thức B = x2y3.
Bài 8.Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = (1− a)(1 −b)(1 −c )(1+a)(1+b)(1+c)
Bài Cho x, y, z số thực thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y , x ≥ z Tìm giá trị nhỏ biểu thức :
P = 2 x +3 yx + y
y +z+ z z+x
Bài 10 Chứng minh với số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz :
y+ z¿3
x+z¿3+3( x+ y )(x +z)(z + y )≤ 5¿ x+ y¿3+¿
¿
Bài 11.Cho số thực x, y thay đổi thỏa mãn x+ y¿3+4 xy ≥ 2
¿ Tìm giá trị nhỏ biểu
thức : A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1.
Bài 12 Cho x, y hai số thực khơng âm thay đổi Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = (x − y ) (1− xy )
(1+ x )2(1+ y )2
Bài 13 Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức
A =
x −1¿2+y2
¿ x +1¿2+y2
¿ ¿ ¿
√¿
Bài 14 Cho a, b, c, d > Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
P = 2 b+9 c+1945 da + b
2c +9 d +1945 a+
c
2 d+9 a+1945 b+
d
2 a+9 b+1945 c
Bài 15 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M =
a2+b2+c2+ ab+
1 bc+
1
ca
(24)Bài 17 Cho √1+x +√1+ y=2√6 Chứng minh : x+ y ≥ 10 Bài 18 Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x+√xy+3
√xyz=4
3 Tìm giá trị nhỏ
nhất x + y + z ?
Bài 19 Cho số thực a, b, c CMR: abc+6029≥ 2010(2010√a+2010
√b+2010
√c)
Bài 20 cho x, y, z số dương thỏa mãn x + y + z 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: H = x
√y+ y √z+
z √x
Bài 21.Cho a ; b ; c ba số dương khác đôi Tìm : F = a(a − b)(a − c)(a − x )(a − y ) + (b − y )(b − x )
b (b −a)(b− c)+
(c − x)(c − y)
c (c − a)(c −b) x ; y hai số dương có tổng
Bài 22 Cho a1 + a2 + + an = k Tìm cực trị biểu thức: A = a21+ a22 + + a2n
Bài 23 Cho x; y; z thỏa mãn điều kiện: x + y+ z = a Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = (1+a
x)(1+ a y)(1+
a z)
Bài 24 Cho số thực a , b ,c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + d2 = 16 Tìm giá trị lớn biểu
thức: P = √a −1+√b −1+√c − 1+√d − 1
Bài 25 Cho a + b = 16 Tìm biểu thức: N = 5ab2 +
√a(b +16) +2(a - 1) + 3(b + 1) Bài 26 Cho a, b, c > Chứng minh rằng:
a)
a+b¿2 ¿ b+c¿2
¿ c +a¿2
¿ ¿ ¿ ¿ a3
¿
b) a3
a2+b2+
b3 b2+c2+
c3 c2+a2≥
a+b+c
2
c) a3
a2+3 ab+b2+
b3
b2+3 bc +c2+
c3
c2+3 ca+a2≥
a+b+c
5
Bài 27 Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c + abc = Chứng minh rằng: a + b + c ab + bc + ca
Bài 28 Cho số thực a, b, c [0 ;1] Chứng minh rằng: a(1 – b) + b(1 – c) + c(1 – a) Bài 29 Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:
√ a
b+c − a+√ b c +a − b+√
c
a+b− c≥ 3
Bài 30 Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Chứng minh rằng:
x3 y3+8+
y3 z3+8+
z3 x3+8≥
1 9+
2
27 (xy +yz+xz)
( Thi Iran MO – 2008 )
(25)-* Trên toán BĐT, cực trị chương trình THCS Nó góp phần vào việc vận dụng linh hoạt trí óc, tư lơ – rích, giúp em học hơn, giỏi chun đề BĐT chương trình tốn THCS, giúp thầy, giáo dạy tốn thêm tài liệu bổ ích, dùng để ơn thi, dạy em học sinh khá, giỏi.
* Tất nhiên tốn có nhiều cách giải khác Bài viết mang tính gợi ý
giúp em học sinh nâng cao dần khả học tốn, từ trở nên u thích mơn tốn hơn, mang trào lưu đam mê tốn khắp cộng đồng.
* Mong đồng nghiệp tích cực tham khảo, nghiên cứu chuyên đề này, giúp em định hướng cách học mơn tốn tốt Xin cảm ơn!