Các bạn tham khảo Mục đích rèn luyện HSG, nâng cao khả tư giải toán cho HSG hay học sinh lớp chọn BĐT Có nêu hướng dẫn mà khơng giải Ví dụ 1: (THPT HẬU LỘC lần – THPT LÊ LAI lần ăm học 2018 - 2019) Cho số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: b+c P= + c+a a + a+b b ≥ a + b + c + c Cách 1: (Theo đáp án) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có b+c ≥ bc a b+c đẳng thức ta P = + c+a a + =2 a bc Tương tự cộng theo vế bất a bc ca ab ≥ 2 + + a b c c a+b b bc ca + ≥2 a b Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có bc ca ⋅ =2 c a b Áp dụng tương tự cộng theo vế bất đẳng thức bc ca ab + + ≥ a+ b+ c a b c Do ta suy b+c a + c+a + a+b b Ta cần chứng minh ( c ≥2 ( a+ b+ c ) ) a + b+ c ≥ a + b+ c +3⇔ a + b+ c ≥3 Đánh giá cuối đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy giả thiết abc = Bài toán giải xong Dấu xảy a = b = c = Cách 2: (Và cách lại khác đáp án) Áp dụng bđt Cô si ba số: a + b + c ≥ 3 abc = (1) Áp dụng bđt Cô si hai số ta có: b c b+c + a+ + a ≥ b +2 c ⇔ ≥ b + c − a Thành lập hai bđt a a a tương tự cộng vế ta có: P ≥ a + b + c (2) Cộng bđt (1) (2) suy điều phải chứng minh Dấu có a = b = c = Cách 3: Ta áp dụng bđt B.C.S sau: trước hết cộng thêm hai vế với với Q= b+c + a+ c+a a + b+ a+b b + c ≥2 c 1 Q = a+b+c + + ≥ b c a ( ) Hay Q ≥ ( ) ( a+ b+ c + ( ( a + b + c bđt tương đương ) a + b + c + (*) Ta có: ) a+ b+ c ) ( a+ b+ c =3 ( a+ b+ c ) ) a+ b+ c ≥2 a + b + c + nên (*) đúng, ta có đpcm Dấu có a = b = c = Cách 4: b Dễ thấy c + a c + a a b + + a b b ≥ 3 abc = nên ta cần chứng minh bđt sau đủ: c ≥ a+ b+ c = ( c+ a+ b ) a+ b+ c c bđt B.C.S ☺ Dấu có a = b = c = Cách 5: Tuy dài dịng ta có hướng giải sau, trước hết ta có: b+c c+a a+b 1 P= + + ≥ 2 a b c giá: Q ≥ ( a+ b+ c ) a+ b+ c ( b+ c ) +( c+ a a ) +( b ) a+ b = Q tiếp tục đánh c = a+ b+ c+ ( ) a + b + c ≥ a + b + c + suy đpcm Dấu có a = b = c = Lời bình: Cách ngắn gọn ta đổi biến số để có thêm cách nữa, chất không khác nhiều Sau ta thực phép đổi biến tổng thể thấy rõ Cách 6: Đặt S = a + b + c ≥ 3 abc = , ta cần chứng minh P ≥ S + chứng minh P ≥ 2S đủ Mà ta lại có a + b + c ≥ b+c = a+b+c a − a≥ a S2 S ta có: − a a S2 1 S2 Tương tự suy P ≥ + + − S ≥ − S = 2S (đpcm) a S b c Dấu có a = b = c = Cách 7: Ta sử dụng bđt Tchebyshev dài, dù cách Trước hết ta dễ dàng chứng minh bđt phụ sau: ( )( )( ( ) b + c ≥ b + c (Tương tự với ) hai biểu thức lại) a + b b + c c + a ≥ 8abc Đến ta giả sử b + c ≥ c + a ≥ a + b (tức ( ) ( ) ( ) c ≥ b ≥ a ) dễ thấy x = b + c ≥ y = c + a ≥ z = a + b b+c ≥B= 2a A= c+a ≥C= 2b a+b theo bđt phụ 2c A+B+C ≥ ABC ≥ Bây sử dụng bđt Tchebyshev ta có: P≥ A+B+C x+y+z ≥2 ( ) ( ) a + b + c ≥ a + b + c + (đpcm) Khi sử dụng bđt Tchebyshev ta chọn hai dãy chiều b + c ≥ c + a ≥ a + b ≥ ≥ nhiên biểu thức giống cách cách 6, có nghĩa ta lại a b c sử dụng lần bđt B.C.S! Cách 8: Ta ý đến bđt B.C.S sau tạo bậc hai: 2 bc + ca + ab ≥ ( ) bc + ca + ab ≥ ( bc ca + ca ab + ab bc = ) ( a+ b+ c + ) abc ( ) a + b + c Hay a + b+ c ≥ a + b + c +3 ( ) Theo tính bắc cầu ta chứng minh P ≥ bc + ca + ab đủ Thật ta có: ( ) b + c ≥ bc ⇔ bc b + c ≥ 2bc ⇔ b+c ≥ 2bc (Vì bc = a ) tương tự suy a đpcm Cách 9: (Đổi biến phận) Để khử ta đặt x = 1 1 b+c 1 ,y = ,z = ⇒ xyz = , ta có = x + ta cần a b c z a y chứng minh bđt: 1 1 1 P = x + + y + + z + ≥ + + + = xy + yz + zx + z x y x y z y z x Áp dụng bđt Cauchy cho ngoặc (chú ý xyz = 1) ta có: ( ) ( ) 2x 2y 2z + + = 2x2 + 2y2 + 2z2 = x2 + y2 + z2 + x2 + y2 + z2 ≥ xy + yz + zx + yz zx xy (đpcm) P≥ Đẳng thức có ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c = Cách 10: (Đổi biến phận) Để khử ta đặt x = a , y = b, z = c ⇒ xyz = , ta có b + a a ( ) ( ta có bđt sau: x + y3 ≥ xy x + y ⇔ x − y ) = b y2 x x + y + = x y xy ≥ 0, ∀x, y > sử sụng điều thì: x + y3 ≥ x + y xy Như cách nhóm hạng tử tương tự suy đánh giá: ( ) ( ) P ≥ x + y + z + x + y + z ≥ x + y + z + (đpcm) ☺ Đẳng thức có ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c = Các bạn tìm cách khác Ví dụ 2: (SƯU TẦM) Cho a, b, c > tùy ý Chứng minh rằng: 1 27 P= a ( a + b) + b (b + c ) + c (c + a) ≥ 2(a + b + c) + Hướng 1: Nhân chéo mẫu thức bên phải sang trái đánh giá theo mẫu xem nào: ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ≥ ( xy + yz + zx ) với 1 a + b = z, b + c = x,c + a = y; P = + + az bx cy 1 1 xyz + ≥ 93 Ta có đánh giá tiếp: ( xy + yz + zx ) + ý là: az bx cy abc xyz = ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc xyz ≥ 18 suy ra: ( a + b + c ) P ≥ 3.18 ⇒ đpcm abc Như hướng cho ta giải tốn thành cơng + Hướng 2: Với tích abc ( a + b )( b + c )( c + a ) đánh giá theo tổng a + b + c mẫu nên chiều với bđt cho, cụ thể là: Q= 1 1 ≥ = abc 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) ( a + b + c ) ( a + b + b + c + c + a ) ( a + b + c ) Đến ta dùng bđt Cô si ba số để chứng minh P ≥ 27Q đơn giản Như hướng cho ta giải tốn thành cơng + Hướng 3: Tại ta phải đánh giá theo cách cũ? Chẳng hạn ta có tách mẫu khơng? 1 1 1 + + 27 a b c ≥ P= a + b + c ≥ đánh giá cuối tương đương a+b b+c c+a 2(a + b + c) 2(a + b + c) với: 1 ( a + b + c ) + + ≥ 27 Đến sử dụng bđt Cô si thử đánh giá: b c a 2 1 a + b + c ≥ abc lấy tích hai bđt đánh giá + + ≥ = b c abc abc a Như hướng cho ta giải tốn thành cơng + Hướng 4: Đây kết hợp hướng hướng 3, ta có: 1 1 27 + + 27 a b c abc P= a + b + b ≥ ≥ ≥ a+b+c = a+b b+c c+a 2(a + b + c) ( a + b + c ) ( a + b + c ) ( a + b + c )2 1 Và đương nhiên theo hướng ta tách: P = a + b + b + c + c + a a b c + Hướng 5: Đổi biến số chuyển dạng toán bc = x, ca = y , ab = z ⇒ x, y , z > 0; x + y + z ≤ P= 1 ( a + b + c ) = S đó: 3 c2 a2 b2 c2 a2 b2 + + = + + ca ( ca + bc ) ab ( ab + ca ) bc ( bc + ab ) y ( y + x ) z ( z + y ) x ( x + z ) 2 c abc a b 3 + + xyz y z x 27 P ≥ ≥ = Áp dụng B.C.S ta có (đpcm) 2( x + y + z) 2S 2S