– Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với một BĐT đã biết. – Sử dụng một BĐT đã biết, biến đổi để dẫn đến BĐT cần chứng minh. – Khi chứng minh BĐT ta thường tìm điều kiện để dấu đẳ[r]
Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng CHƯƠNG IV BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH I BẤT ĐẲNG THỨC Tính chất Điều kiện c>0 c 0, c > n nguyên dương Nội dung a0 x ≤ −a x ≥a⇔ x ≥ a a − b ≤ a+ b ≥ a + b d) Bất đẳng thức cạnh tam giác Với a, b, c độ dài cạnh tam giác, ta có: + a, b, c > Trang 30 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình + a− b < c < a+ b; b− c < a < b+ c; e) Bất đẳng thức Bu–nhia–cốp–xki c− a < b < c+ a Với a, b, x, y ∈ R, ta có: (ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2 ) Dấu "=" xảy ⇔ ay = bx VẤN ĐỀ 1: Chứng minh BĐT dựa vào định nghia tính chất • Để chứng minh BĐT ta sử dụng cách sau: – Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT biết – Sử dụng BĐT biết, biến đổi để dẫn đến BĐT cần chứng minh • Một số BĐT thường dùng: + A2 ≥ + A2 + B2 ≥ + A.B ≥ với A, B ≥ + A2 + B2 ≥ AB Chú ý: – Trong trình biến đổi, ta thường ý đến đẳng thức – Khi chứng minh BĐT ta thường tìm điều kiện để dấu đẳng thức xảy Khi ta tìm GTLN, GTNN biểu thức Bài Cho a, b, c, d, e ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau: a) a + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca b) a2 + b2 + ≥ ab + a + b c) a2 + b2 + c2 + ≥ 2(a + b + c) d) a2 + b2 + c2 ≥ 2(ab + bc − ca) e) a4 + b4 + c2 + ≥ 2a(ab2 − a + c + 1) f) g) a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc h) a2 + b2 + c2 + d2 + e2 ≥ a(b + c + d + e) i) a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc 1 1 1 với a, b, c > + + ≥ + + a b c ab bc ca k) a + b + c ≥ ab + bc + ca với a, b, c ≥ HD: a) ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ b) ⇔ (a − b)2 + (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ c) ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≥ d) ⇔ (a − b + c)2 ≥ e) ⇔ (a − b ) + (a − c) + (a − 1) ≥ a f) ⇔ − (b − c) ≥ 2 2 2 2 g) ⇔ (a − bc)2 + (b − ca)2 + (c − ab)2 ≥ 2 2 a a a a h)⇔ − b + − c + − d + − e ≥ 2 2 2 2 2 1 1 1 i) ⇔ − − − + + ≥0 b b c c a a k) ⇔ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ Bài Cho a, b, c ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau: 2 a3 + b3 a + b a) ≥ ; với a, b ≥ b) a4 + b4 ≥ a3b + ab3 Trang 31 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng d) a3 + b3 + c3 ≥ 3abc , với a, b, c > c) a4 + ≥ 4a e) a4 + b4 ≤ g) a2 + a2 + HD: a) ⇔ a6 b2 + b6 a2 ; với a, b ≠ >2 f) 1 + a2 + 1 + b2 ≥ ; với ab ≥ 1 + ab h) (a5 + b5 )(a + b) ≥ (a4 + b4 )(a2 + b2 ) ; với ab > (a + b)(a − b)2 ≥ b) ⇔ (a3 − b3 )(a − b) ≥ c) ⇔ (a − 1)2 (a2 + 2a + 3) ≥ d) Sử dụng đẳng thức a3 + b3 = (a + b)3 − 3a2b − 3ab2 BĐT ⇔ (a + b + c) a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) ≥ Bài (b − a)2 (ab − 1) e) ⇔ (a2 − b2 )2 (a4 + a2b2 + b4 ) ≥ f) ⇔ g) ⇔ (a2 + 1)2 > h) ⇔ ab(a − b)(a3 − b3 ) ≥ (1 + ab)(1 + a2 )(1 + b2 ) ≥0 Cho a, b, c, d ∈ R Chứng minh a2 + b2 ≥ 2ab (1) Áp dụng chứng minh bất đảng thức sau: b) (a2 + 1)(b2 + 1)(c2 + 1) ≥ 8abc a) a4 + b4 + c4 + d ≥ 4abcd c) (a2 + 4)(b2 + 4)(c2 + 4)(d2 + 4) ≥ 256abcd HD: a) a4 + b4 ≥ 2a2b2; c2 + d ≥ 2c2d ; a2b2 + c2d ≥ 2abcd b) a2 + ≥ 2a; b2 + ≥ 2b; c2 + ≥ 2c c) a2 + ≥ 4a; b2 + ≥ 4b; c2 + ≥ 4c; d + ≥ 4d Bài Cho a, b, c, d > Chứng minh a a a+ c (1) Áp dụng chứng < < b b b+ c minh bất đảng thức sau: a b c a b c d b) < a) + + abc = + + ≤ 1; 3 3 a + b + b + c + c + a3 + 1 1 với a, b, c > abc = c) + + ≤ 1; a+ b+1 b+ c +1 c + a+1 Bài d) e*) 4(a3 + b3 ) + 4(b3 + c3 ) + 4(c3 + a3 ) ≥ 2(a + b + c) ; sin A + sin B + sin C ≤ cos A B C + cos + cos ; 2 với a, b, c ≥ với ABC tam giác HD: (1) ⇔ (a2 − b2 )(a − b) ≥ a) Từ (1) ⇒ a3 + b3 + abc ≥ ab(a + b + c) ⇒ ≤ a3 + b3 + abc Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy đpcm b, c) Sử dụng a) ab(a + b + c) d) Từ (1) ⇔ 3(a3 + b3 ) ≥ 3(a2b + ab2 ) ⇔ 4(a3 + b3 ) ≥ (a + b)3 (2) Từ đó: VT ≥ (a + b) + (b + c) + (c + a) = 2(a + b + c) e) Ta có: C A− B C sin = A + sin B 2cos cos ≤ 2cos 2 Sử dụng (2) ta được: a + b ≤ 4(a3 + b3 ) ⇒ sin A + sin B ≤ 4(sin A + sin B) ≤ 4.2.cos Tương tự, sin B + sin C ≤ 23 cos A , C C = 23 cos 2 sin C + sin A ≤ 23 cos B Cộng BĐT vế theo vế ta đpcm Bài Cho a, b, x, y ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau (BĐT Min–cốp–xki): a2 + x2 + b2 + y2 ≥ (a + b)2 + ( x + y)2 (1) Trang 33 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng Áp dụng chứng minh bất đảng thức sau: a) Cho a, b ≥ thoả a + b = Chứng minh: b) Tìm GTNN biểu thức P = a2 + 1 + a2 + + b2 ≥ + b2 + b2 a2 c) Cho x, y, z > thoả mãn x + y + z = Chứng minh: x2 + x2 + y2 + y2 + z2 + z2 ≥ 82 d) Cho x, y, z > thoả mãn x + y + z = Tìm GTNN biểu thức: P= 223 + x2 + 223 + y2 + 223 + z2 HD: Bình phương vế ta được: (1) ⇔ (a2 + b2 )( x2 + y2 ) ≥ ab + xy (*) • Nếu ab + xy < (*) hiển nhiên • Nếu ab + xy ≥ bình phương vế ta được: (*) ⇔ (bx − ay)2 ≥ (đúng) a) Sử dụng (1) Ta có: + a2 + + b2 ≥ (1 + 1)2 + (a + b)2 =5 b) Sử dụng (1) P ≥ 1 (a + b)2 + + ≥ (a + b)2 + 17 = a b a+ b 1 (với a, b > 0) + ≥ a b a+ b c) Áp dụng (1) liên tiếp hai lần ta được: Chú ý: 1 1 + y + + z + ≥ ( x + y + z) + + + x + 2 x y z x y z 2 2 2 ≥ Chú ý: ( x + y + z) + =82 x + y + z 1 (với x, y, z > 0) + + ≥ x y z x+ y+ z d) Tương tự câu c) Ta có: P ≥ ( 223 ) + ( x + y + z)2 = 2010 Bài Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh: a) ab + bc + ca ≤ a2 +b2 + c2 d) a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a + b)2 > a3 + b3 + c3 HD: a) Sử dụng BĐT tam giác, ta có: a > b − c ⇒ a2 > b2 − 2bc + c2 Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy đpcm b) Ta có: a2 > a2 − (b − c)2 ⇒ a2 > (a + b − c)(a − b + c) Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta suy đpcm c) ⇔ (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) > d) ⇔ (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) > Bài a) Trang 34 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình VẤN ĐỀ 2: Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Cô–si Bất đẳng thức Cô–si: a+ b + Với a, b ≥ 0, ta có: ≥ ab Dấu "=" xảy ⇔ a = b a+ b+ c + Với a, b, c ≥ 0, ta có: ≥ abc Dấu "=" xảy ⇔ a = b = c 3 a+ b a+ b+ c + + ≥ ab ≥ abc Ứng dụng tìm GTLN, GTNN: + Nếu x, y > có S = x + y khơng đổi P = xy lớn ⇔ x = y + Nếu x, y > có P = x y khơng đổi S = x + y nhỏ ⇔ x = y Hệ quả: Bài Cho a, b, c ≥ Chứng minh bất đẳng thức sau: a) (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc b) (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc c) (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + abc ) d) bc ca ab + + ≥ a + b + c ; với a, b, c > a b c e) a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc ab bc ca a+ b+ c ; với a, b, c > + + ≤ a+ b b+ c c+ a a b c g) + + ≥ ; với a, b, c > b+ c c+ a a+ b f) HD: a) a + b ≥ ab; b + c ≥ bc; c + a ≥ ca ⇒ đpcm b) a + b + c ≥ 33 abc; a2 + b2 + c2 ≥ a2b2c2 ⇒ đpcm • (1 + a)(1 + b)(1 + c) =1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc c) • ab + bc + ca ≥ 33 a2b2c2 • a + b + c ≥ 33 abc (1+ abc ) ⇒ (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ + 33 abc + 33 a2b2c2 + abc = d) bc ca abc2 ca ab a2bc ab bc ab2c + ≥2 =, 2c + ≥2 =, 2a + ≥2 = 2b ⇒đpcm a b ab b c bc c a ac e) VT ≥ 2(a2b + b2c + c2a) ≥ a3b3c3 = 6abc f) Vì a + b ≥ ab nên ⇒ ab ab ab bc bc ca ca Tương tự: ≤ = ≤ ; ≤ a + b ab b+ c c+ a ab bc ca ab + bc + ca a + b + c + + ≤ ≤ a+ b b+ c c+ a 2 Trang 35 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng (vì ab + bc + ca ≤ a + b + c ) a b c g) VT = + 1 + + 1 + + 1 − b+ c c+ a a+ b 1 1 = [(a + b) + (b + c) + (c + a)] + + − 3≥ − = 2 b+ c c+ a a+ b • Cách khác: Đặt x =b + c, y = c + a, z = a + b x y z x z y Khi đó, VT = + + + + + − 3 ≥ (2 + + − 3) = y x x z y z 2 Bài Cho a, b, c > Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 a) (a3 + b3 + c3 ) + + ≥ (a + b + c)2 a b c b) 3(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) c) 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3 a3 b3 b3 c3 c3 a3 HD: a) VT = a2 + b2 + c2 + + + + + + b a c b a c Chú ý: a3 b3 + ≥ a2b2 = 2ab Cùng với BĐT tương tự ta suy đpcm b a b) ⇔ 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ ( a2b + b2a) + ( b2c + bc2 ) + ( c2a + ca2 ) Chú ý: a3 + b3 ≥ ab(a + b) Cùng với BĐT tương tự ta suy đpcm c) Áp dụng b) ta có: 9(a3 + b3 + c3 ) ≥ 3(a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) Dễ chứng minh được: 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 ⇒ đpcm 1 (1) Áp dụng chứng minh BĐT sau: + ≥ a b a+ b 1 1 1 a) + + ≥ + + ; với a, b, c > a b c a+ b b+ c c+ a 1 1 1 b) + + ≥ 2 + + ; với a, b, c > a+ b b+ c c+ a 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c 1 1 1 c) Cho a, b, c > thoả + + = + + ≤1 Chứng minh: a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c ab bc ca a+ b+ c d) ; với a, b, c > + + ≤ a+ b b+ c c+ a 2xy 8yz 4xz e) Cho x, y, z > thoả x + 2y + 4z = + + ≤ 12 Chứng minh: x + 2y 2y + 4z 4z + x f) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác, p nửa chu vi Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≥ 2 + + p− a p− b p− c a b c 1 HD: (1) ⇔ (a + b) + ≥ Hiển nhiển suy từ BĐT Cô–si a b 1 1 1 a) Áp dụng (1) ba lần ta được: + ≥ ; + ≥ ; + ≥ a b a+ b b c b+ c c a c+ a Cộng BĐT vế theo vế ta đpcm b) Tương tự câu a) Bài Cho a, b > Chứng minh Trang 36 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình 1 1 1 + + ≥ 4 + + a b c 2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c ab 1 1 d) Theo (1): ≤ (a + b) ≤ + ⇔ a+ b a+ b 4 a b Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế ta đpcm e) Áp dụng câu d) với a = x, b = 2y, c = 4z a + b + c = 12 ⇒ đpcm f) Nhận xét: (p –a) + (p – b) = 2p – (a + b) = c 1 4 Áp dụng (1) ta được: + ≥ = p − a p − b ( p − a) + ( p − b) c Cùng với BĐT tương tự, cộng vế theo vế, ta đpcm 1 Bài Cho a, b, c > Chứng minh (1) Áp dụng chứng minh + + ≥ a b c a+ b+ c BĐT sau: 1 a) (a2 + b2 + c2 ) + + ≥ (a + b + c) a+ b b+ c c+ a x y z Tìm GTLN biểu thức: P = b) Cho x, y, z > thoả x + y + z = + + x + y + z+ c) Cho a, b, c > thoả a + b + c ≤ Tìm GTNN biểu thức: 1 P= + + a2 + 2bc b2 + 2ac c2 + 2ab 1 1 d) Cho a, b, c > thoả a + b + c = + + + ≥ 30 Chứng minh: a2 + b2 + c2 ab bc ca c) Áp dụng a) b) ta được: 1 + + ≥ + cos2 A + cos2B − cos2C 1 1 HD: Ta có: (1) ⇔ (a + b + c) + + ≥ Dễ dàng suy từ BĐT Cô–si a b c 1 a) Áp dụng (1) ta được: + + ≥ a + b b + c c + a 2(a + b + c) e*) Cho tam giác ABC Chứng minh: 9(a2 + b2 + c2 ) 2(a + b + c) ⇒ VT ≥ = 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c) 2 a+ b+ c Chú ý: (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) b) Để áp dụng (1), ta biến đổi P sau: x + 1− y + 1− z + 1− 1 P= = 3− + + + + x +1 y +1 z+ x + y + z+ 1 1 9 Ta có: Suy ra: P ≤ − = + + ≥ = x + y + z+ x + y + z+ 4 Chú ý: Bài tốn tổng qt sau: k số dương cho trước Tìm GTLN Cho x, y, z > thoả x + y + z = biểu thức: P = x y z + + kx + ky + kz + = ≥ a2 + 2bc + b2 + 2ca + c2 + 2ab (a + b + c)2 d) VT ≥ + 2 ab + bc + ca a +b +c Trang 37 c) Ta có: P ≥ Bất đẳng thức – Bất phương trình Bài a) c) e) Trần Sĩ Tùng 1 = + + + a2 + b2 + c2 ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca 9 ≥ + ≥ + = 30 (a + b + c)2 ab + bc + ca 1 1 Chú ý: ab + bc + ca ≤ (a + b + c)2 = 3 1 e) Áp dụng (1): + + ≥ + cos2 A + cos2B − cos2C + cos2 A + cos2B − cos2C ≥ = 6+ Chú ý: cos2 A + cos2B − cos2C ≤ Áp dụng BĐT Cơ–si để tìm GTNN biểu thức sau: x 18 x b) y = y =+ ; x > + ; x > x x −1 3x x d) y = = y + ; x > −1 + ; x> x +1 2x − x +1 x = ; x>0 f) y = y + ; 0< x 0 x h) y = x2 + x = −1 d) Miny = 30 + x = 5− f) Miny = ; x>0 x3 b) Miny = x = HD: a) Miny = x = c) Miny = 6− e) Miny = + x = g) Miny = x = h) Miny = 3 5 x = x = 30 + 27 Bài Áp dụng BĐT Cơ–si để tìm GTLN biểu thức sau: a) y = ( x + 3)(5 − x); − ≤ x ≤ b) y= x(6 − x); ≤ x ≤ c) y = ( x + 3)(5 − 2x); − ≤ x ≤ e) y= (6x + 3)(5 − 2x); − g) y = d) y= (2x + 5)(5 − x); − ≤ x≤5 x f) y ; x>0 ≤ x≤ = 2 x +2 x2 ( x2 + 2)3 HD: a) Maxy = 16 x = 121 c) Maxy = x = − b) Maxy = x = 625 d) Maxy = x = Trang 38 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình e) Maxy = x = f) Maxy = x = ( + x2 ≥ 2 x ) 2 x2 g) Ta có: x2 + 2= x2 + + ≥ x2 ⇔ ( x2 + 2)3 ≥ 27x2 ⇔ ⇒ Maxy = ( x + 2) ≤ 27 x = ±1 27 Bài a) VẤN ĐỀ 3: Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Bu–nhia–cốp–xki Bất đẳng thức Bu–nhia–cốp–xki: (B) • Với a, b, x, y ∈ R, ta có: (ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2 ) Dấu "=" xảy ⇔ ay = bx • Với a, b, c, x, y, z ∈ R, ta có: (ax + by + cz)2 ≤ (a2 + b2 + c2 )( x2 + y2 + z2 ) Hệ quả: • (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2 ) Bài • (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) Chứng minh bất đẳng thức sau: a) 3a2 + 4b2 ≥ , với 3a + 4b = c) 7a2 + 11b2 ≥ b) 3a2 + 5b2 ≥ 735 , với 2a − 3b = 47 2464 , với 3a − 5b = d) a2 + b2 ≥ , với a + 2b = 137 e) 2a2 + 3b2 ≥ , với 2a + 3b = f) ( x − 2y + 1)2 + (2x − 4y + 5)2 ≥ HD: a) Áp dụng BĐT (B) cho số 3, 4, 3a, 4b b) Áp dụng BĐT (B) cho số ,− , 3a, 5b 5 c) Áp dụng BĐT (B) cho số ,− , 7a, 11b 11 d) Áp dụng BĐT (B) cho số 1,2, a, b e) Áp dụng BĐT (B) cho số 2, 3, 2a, 3b f) Đặt a = x – 2y + 1, b = 2x – 4y + 5, ta có: 2a – b = –3 BĐT ⇔ a2 + b2 ≥ Áp dụng BĐT (B) cho số 2; –1; a; b ta đpcm Bài Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 a) a2 + b2 ≥ , với a + b ≥ b) a3 + b3 ≥ , với a + b ≥ c) a4 + b4 ≥ , với a + b ≥ d) a4 + b4 ≥ , với a + b = HD: a) ≤ (1a + 1b)2 ≤ (12 + 12 )(a2 + b2 ) ⇒ đpcm b) a + b ≥ ⇒ b ≥ − a ⇒ b3 ≥ (1 − a)3 = − 3a + 3a2 − a3 Trang 39 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng 1 1 ⇒ b + a ≥ 3 a − + ≥ 2 4 3 ⇒ đpcm c) (12 + 12 )(a4 + b4 ) ≥ (a2 + b2 )2 ≥ d) (12 + 12 )(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 = ⇒ a2 + b2 ≥ (12 + 12 )(a4 + b4 ) ≥ (a2 + b2 )2 ≥ ⇒ a4 + b4 ≥ Cho x, y, z ba số dương x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức: Bài P = 1− x + 1− y + 1− z P ≤ + + (1 − x) + (1 − y) + (1 − z) ≤ HD: Áp dụng BĐT (B), ta có: Dấu "=" xảy ⇔ − x =1 − y =1 − z ⇔ x= y= z= Vậy Max P = x= y= z= Cho x, y, z ba số dương x + y + z ≤ Chứng minh rằng: Bài x2 + x + y2 + + z2 + y z2 ≥ 82 HD: Áp dụng BĐT (B), ta có: 9 x + (1 + ) ≥ x + ⇒ x x Tương tự ta có: y2 + ≥ y x2 + x ≥ 9 y + (2), y 82 9 x+ x 82 z2 + ≥ z (1) 9 z+ z 82 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: 1 ( x + y + z) + 9 + + = 82 x y z 1 80 1 ( x + y + z) + + + + + + x y z x y z 82 1 80 2 ( x + y + z) + + + ≥ 82 ≥ 82 x y z x + y + z Dấu "=" xảy ⇔ x= y= z= P≥ Bài Cho a, b, c ≥ − thoả a + b + c = Chứng minh: (1) (2) < 4a + + 4b + + 4c + ≤ 21 HD: Áp dụng BĐT (B) cho số: 1;1;1; 4a + 1; 4b + 1; 4c + ⇒ (2) Chú ý: x + y + z ≤ x + y + z Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Từ ⇒ (1) Bài Cho x, y > Tìm GTNN biểu thức sau: a) A= , với x + y = b) B= x + y , với + = + x y x 4y 2 HD: a) Chú ý: A = + x y Áp dụng BĐT (B) với số: x ; ta được: ; y; x y Trang 40 Trần Sĩ Tùng Bất đẳng thức – Bất phương trình 4 25 ≤ x + y ≤ ( x + y) + y x x 4y 25 Vậy minA = khi= = ;y x = ;y 5 5 Dấu "=" xảy ⇔= x 2 2 3 b) Chú ý: = + + x y x y Áp dụng BĐT (B) với số: x; y; ; x ta được: y 3 3 ( x + y) + ≥ x + y = x y x y Bài ( + 3) ⇒ x + y ≥ 2 3+3 2 3+3 Dấu "="= xảy ⇔ x = Vậy minB = ;y 6 Tìm GTLN biểu thức sau: ( ( + 3) + 3) a) A= x + y + y + x , với x, y thoả x2 + y2 = HD: a) Chú ý: x + y ≤ 2( x2 + y2 ) =2 A≤ x+ y+2 ≤ ( x2 + y2 )(1 + y + + x) = 2+ Tìm GTLN, GTNN biểu thức sau: Dấu "=" xảy ⇔ x= y= Bài a) A = − x + + x , với –2 ≤ x ≤ b) B = x − + − x , với ≤ x ≤ x2 y2 c) C =y − 2x + , với 36x + 16y = + = d) D = 2x − y − , với HD: a) • A ≤ (12 + 12 )(7 − x + x + 2) = Dấu "=" xảy ⇔ x = 2 • A ≥ (7 − x) + ( x + 2) = Dấu "=" xảy ⇔ x = –2 x = ⇒ maxA = x = ; b)• B ≤ minA = x = –2 x = (62 + 82 )( x − + − x) = 10 Dấu "=" xảy ⇔ x = 43 25 • B ≥ ( x − 1) + (3 − x) + − x ≥ Dấu "=" xảy ⇔ x = ⇒ maxB = 10 x = 43 ; 25 minB = x = 1 4y − 6x c) Chú ý: 36x2 + 16y2 = (6x)2 + (4y)2 Từ đó: y − 2x= ( ) 1 1 4y − 6x ≤ + 16y2 + 36x2 = 4 16 5 15 25 ⇒ − ≤ y − 2x ≤ ⇒ ≤ C = y − 2x + ≤ 4 4 ⇒ y − 2x= Trang 41 2 Bất đẳng thức – Bất phương trình ⇒ minC = Trần Sĩ Tùng 15 x = , y = − ; 20 ( maxC = 25 x = − , y = 20 ) x2 y2 d) Chú ý: + = (3x)2 + (2y)2 Từ đó: 2x −= y 3x − 2y 36 ( ) 1 3x − 2y ≤ + 9x2 + 4y2= 4 ⇒ −5 ≤ 2x − y ≤ ⇒ −7 ≤ D = 2x − y − ≤ ⇒ 2x − = y ⇒ minD = –7 x = ; − , y= Bài a) Trang 42 maxD = x = , y= − 5 ... R Chứng minh bất đẳng thức sau (BĐT Min–cốp–xki): a2 + x2 + b2 + y2 ≥ (a + b)2 + ( x + y)2 (1) Trang 33 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng Áp dụng chứng minh bất đảng thức sau: a)... đổi, ta thường ý đến đẳng thức – Khi chứng minh BĐT ta thường tìm điều kiện để dấu đẳng thức xảy Khi ta tìm GTLN, GTNN biểu thức Bài Cho a, b, c, d, e ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau: a) a + b2... − a ) ≥ Bài Cho a, b, c ∈ R Chứng minh bất đẳng thức sau: 2 a3 + b3 a + b a) ≥ ; với a, b ≥ b) a4 + b4 ≥ a3b + ab3 Trang 31 Bất đẳng thức – Bất phương trình Trần Sĩ Tùng d) a3 + b3