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 3: (HSG TP Hải Phòng 2011 – 2012) Cho số thực dương a, b, c tùy ý Chứng minh rằng: a4 b4 c4 P= + + ≥ b (c + 2a) c3 (a + 2b) a (b + 2c) Hướng 1: Thử tách biểu thức dùng bđt B.C.S ta viết lại: a b2 c2 a b c + + 2 b c a b c a Đến áp dụng bđt Cô si P= + + ≥ (bc + 2ab) (ca + 2bc) (ab + 2ca ) ( ab + bc + ca ) 4 quen thuộc a2 b2 c2 + b + + c + + a − ( a + b + c ) ≥ 2a + 2b + 2c − ( a + b + c ) = a + b + c b c a ( a + b + c ) ≥ (đpcm) Đẳng thức có a = b = c P≥ ( ab + bc + ca ) Khi ta được: Hướng 2: Đổi biến số P= x4 ( + x) y Suy P ≥ P≥ a b c = x > 0, = y > 0, = z > ⇒ xyz = b c a + y4 z4 + 1 ( + y) ( + z) z x (x + y2 + z2 ) 1 1 2( x + y + z ) + + + x y z (x + y2 + z2 ) ) (Vì ≤ x + y + z ⇒ x + y + z ≤ ≥ + y2 + z2 ) 2 xyz ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx ) (x 2 ( xy + yz + zx) + x + y + z ( = (x + y2 + z2 ) 2 ( x + y + z )2 + x2 + y + z 3 ( 2 x + y + z ) ta có đpcm ( Hướng 3: ) ) =1 Đổi biến số P= a b c = x > 0, = y > 0, = z > ⇒ xyz = b c a x4 ( + x) y + y4 z4 + 1 ( + y) ( + z) z x x4 x4 y x yz x3 = = = Biến đổi thành phần Đến ta áp dụng bđt (1 + xy ) (z + xyz ) (z + 2) ( + x) y Cô si: x ( z + 2) 2x2 x3 x3 x 2 x + zx + ≥ ⇒ ≥ − Và tương tự với ý (z + 2) (z + 2) ( ) xy + yz + zx ≤ x + y + z x + y + z ≤ x + y + z ≤ x + y + z ta có P≥ ( x2 + y + z ) − ( x + y + z ) + ( xy + yz + zx ) ≥ x + y2 + z2 ≥ đpcm Hướng 4: Cũng hướng 1, ta tách biến kiểu khác: Ký hiệu a = x, b = y , c = z; x + y + z = S P= a4 b4 c4 b2 + c + + , áp dụng tương tự bc ≤ b ( bc + 2ab ) c ( ca + 2bc ) a ( ab + 2ca ) x2 y2 2z2 x2 y2 2z2 y + z + x 3z + x + y 3x + y + z P≥ + + = + + y ( y + z + x ) z ( 3z + x + y ) x ( 3x + y + z ) y z x x y z + + 3y + z + 2x 3z + x + y x + y + z 2Q P≥ = Xét S S Q= x2 y2 z2 S2 + + ≥ x y + z + x y 3z + x + y z 3x + y + z S x + y + z + ( xy + yz + zx ) S 2 S2 S Q≥ = suy P ≥ = (đpcm) Đẳng thức có S 2S ⇔ x= y = z ⇔a=b=c Hướng 5: Các hướng sử dụng bđt B.C.S mà không sử dụng bđt Cô si hay sao? ta thử vận dụng: a4 c + 2a a + + ≥ tương tự 9a b b (c + a ) c a b 15 a b c c a b 15 24 − 15 P+ + + + ≥ + + ⇒ P≥ + + − ≥ =1 9 a b c b c a 9 a b c 9 (Vì a b c + + ≥ ) (đpcm) Đẳng thức có ⇔ a = b = c Rõ ràng cách ngắn gọn b c a Ví dụ 4: (THPT hư Thanh - Thanh Hóa 2018 2019) Cho a, b, c ≥ a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 P= 1+ b + b3 1+ c + c3 1+ a Cách 1: (Đáp án) a3 Ta có: P + = 1+ b b3 2 +b + a3 1+ c 2 +c + c3 1+ a + a2 + b2 b3 b2 + c2 ⇔ P+ = + + + + + 2 + b2 + b2 2 + c2 + c2 a2 a6 b6 c6 + a2 3 ≥3 +3 +3 + + + 2 16 16 16 2 1+ a 1+ a c3 ⇒P+ c2 2 ≥ 23 2 (a + b + c ) = 26 ⇒P≥ 23 − 2 = 2 − 2 = Cách 2: (Cô si thuận) Gạch bỏ số ta phân tích a3 a3 a3 ≈ ≈ ta có cách giải sau: Cơ si số 2 b 1+ b b (chuNn) a3 a3 b + 3a + + ≥ Thành lập hai bđt tương tự cộng vế thì: + b2 + b2 2 ( ) 2 a2 + b2 + c2 + 3 a + b + c 2P + ≥ ⇒ 2P ≥ − ⇒P≥ 2 2 2 Vậy P = ⇔ a = b = c = Cách 3: (Cô si đảo + B.C.S) a3 2a 2a = ≥ Ta có đánh giá khử bậc hai Tương tự 2 2 a + + b 1+ b 2a + b suy ra: ( ) 2 a + b2 + c 2 2a 2b 2c 18 P≥ + + ≥ = = 12 2a + + b2 2b2 + + c 2c + + a a + b + c + ( ) ⇔ a = b = c = Vậy P = Cách 4: (Đổi biến + B.C.S) Đổi biến số a = x, b = y , c = z ⇒ x + y + z = Ta có a3 x2 Tương tự x + y = + b2 ta có: P= x2 + x + y Vậy P = y2 + y + z z2 ≥ z 1+ x ( x + y + z )2 = ( x + y + z )( + x + y + z ) = 18 ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c = Cách 5: (Đổi biến + Cô si thuận) 2 Đổi biến số a = x, b = y , c = z ⇒ x + y + z = Khi a3 1+ b = x + xy x x + xy x2 x2 2x + ≥ ⇒ ≥ − Mà ta có 2 x + xy x + xy x2 , ta có: x + xy x + xy ( x + xy ) + ≤ nên x2 x x + xy + ≥ − Hoàn toàn tương tự ý xy + yz + zx ≤ ta được: x + xy P≥ 2( x + y + z ) − x + y + z + xy + yz + zx + 6 12 ≥ − = 2 2 Vậy P = ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c = Cách 6: (Cô si đảo + B.C.S) Áp dụng bđt Cơ si ta có: a3 1+ b = 2 2a ( 2 + b2 ) 2a 2a ≥ = xuất + b 3a + ab biểu thức M = ab + bc + ca ≤ a + b + c = Thật M = b.ab + c.bc + a.ca nên M≤ (b )( ) + c + a a 2b + b 2c + c 2a ≤ ( a + b2 + c2 ( ) = ) a + b + c ≤ a + b + c = Từ phân tích suy ra: P≥ 4 ( 2 a + b2 + c ) 2 2a 2b 2c 18 + + ≥ ≥ = 2 3( a + b + c ) + M 12 3a + ab 3b + bc 3c + ca Vậy P = ⇔ a = b = c = Ví dụ 5: (HSG Đăk Lăk 2014 2015) Cho a,b,c ≥ 0, a + b + c = Chứng minh rằng: P = a3 + b3 + c3 + ab + bc + ca ≥ Cách 1: (Đổi biến tổng thể) Ta biến đổi đánh giá theo biểu thức trung gian (trung tâm) a + b + c = t ≥ Ta có 3 a +b +c (a ≥ + b2 + c2 a+b+c ) ( ) − a + b2 + c 9−t t2 ab + bc + ca = = Khi = 2 t2 − t theo tính bắc cầu ta chứng minh bđt sau đủ: + ≥ ⇔ ( t − 3)( 2t + 3) ≥ (đúng ∀t ≥ ) Đẳng thức có t = ⇔ a = b = c = t2 − t − t t + 12 Hoặc từ t ≥ ⇒ + ≥t + = ≥ = (đpcm) 2 2 Cách 2: (bđt phụ) Dùng phép thế, ta có: 27 = ( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + ( a + b )( b + c )( c + a ) ⇔ 27 = a + b3 + c3 + ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − 3abc = a + b3 + c3 + ( ab + bc + ca ) − 3abc suy a + b3 + c3 = 27 − ( ab + bc + ca ) + 3abc bđt trở thành: 27 − ( ab + bc + ca ) + ab + bc + ca + 3abc ≥ ⇔ 21 + 3abc ≥ ( ab + bc + ca ) Mà ta dễ dàng 12 ≥ ( ab + bc + ca ) nên ta chứng minh bđt sau: + 3abc ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ ( a + b + c ) + 9abc ≥ ( ab + bc + ca ) a+b+c (đúng bđt Schur) ta có đpcm Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Cách 3: (Tách biến + Cơ si) Ta có ( ) ( ) P = ( a + b + c ) + a ( − a ) + b ( − b ) + c ( − c ) ≥ 12 ⇔ ( a + b + c ) − ( a + b + c ) + ( a + b + c ) ≥ 12 ⇔ ( a P = a + b3 + c3 + ( ab + bc + ca ) = a + b3 + c3 + a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) 3 3 3 2 ) + b3 + c ≥ + a + b + c (*) Để chứng minh (*) ta có nhiều cách, sau bđt Cô si: a + a + ≥ 3a Ta có ⇒ 2a + ≥ a + 4a tương tự cộng vế rút gọn 2 a + ≥ 4a ( ) (*) Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Cách 4: (Tách biến + tiếp tuyến) Cũng biến đổi tương tự ta cần chứng minh bđt sau: ( ) ( ) P = a + b3 + c3 − a + b + c + ( a + b + c ) ≥ 12 Ta có 2a3 − a + 3a ≥ ( a − 1) + ⇔ 2a3 − a − 4a + ≥ ⇔ ( a − 1) ( 2a + 3) ≥ 0, ∀a > Và tương tự suy P ≥ ( a + b + c − 3) + 12 = 12 (đpcm) Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Cách 5: Về chất cách - khác hình thức trình bầy, ta dễ dàng chứng minh bđt sau: a + b + c ≥ Khi a + b3 + c (a ≥ + b2 + c2 a+b+c ) ≥ a + b + c theo tính bắc cầu P ≥ a + b + c + ab + bc + ca = ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≥ − = (Vì ab + bc + ca ≤ ( a + b + c ) = ) đpcm Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Ví dụ 6: (Sưu tầm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Chứng minh rằng: P= a3 b3 c3 + + ≥ a + bc b + ca c + ab Hướng 1: Phương pháp mà ta nghĩ tới bđt Cơ si thuận, trước hết ta có đánh giá sau: abc ≤ 1 ( a + b + c ) = 1; a + b + c ≥ ( a + b + c ) = Và sử dụng bđt Cô si (dạng 27 chNn) a ( a + bc ) a3 a3 3a abc + ≥a ⇒ ≥ − hai bđt tương tự suy ra: a + bc a + bc 4 P≥ ( a + b2 + c ) − 3abc ≥ − = (đpcm) Đẳng thức có ⇔ a = b = c = 4 ▶ BĐT Cô si dạng không chuNn là: a3 a + bc a 3a a3 3a bc + + ≥ ⇒ ≥ − tương tự suy ra: a + bc 2 a + bc 4 ( a + b + c ) ab + bc + ca ( a + b + c ) P≥ − ≥ − = (đpcm) Đẳng thức có 4 12 ⇔ a = b = c =1 Hướng 2: Phương pháp thứ hai đồng bậc hóa, ta có ( ) 2 ab + bc + ca + a + 2bc a + b + c a + bc = a ( a + b + c ) + bc = ≤ ta 3 3 a + b3 + c có mẫu thức chung, ta có: P ≥ ta cần chứng minh: a + b2 + c a + b + c ≥ a + b + c (*) BĐT chứng minh đơn giản nhờ bđt Cô si B.C.S Ở ta áp dụng bđt Cô si sau: a3 + a3 + ≥ 3a ⇒ a3 + ≥ a + a hoàn tương tự cộng vế rút gọn thành bđt a + ≥ 2a (*) Hướng 3: PP thứ ba ta nghĩ đến dùng bđt B.C.S dùng hai dạng: + Dạng 1: Đưa biến bình phương: 3 abc ≤ a + b + c = ⇒ abc ≤ ⇒ 3abc ≤ ≤ a + b + c Khi ta có: P= (a (a +b + c ) ≥ ≥ + 3abc ( a + b + c ) + b2 + c a b c + + ≥ a + abc b + abc c + abc a + b + c 2 ) 2 2 2 2 Đẳng thức có ⇔ a = b = c = + Dạng 2: Đưa biến bậc số, ta có: a b2 c (a + b + c) = a + b + c = + + ≥ ta có đánh giá: a b c 3( a + b + c ) 3 P≥ ( a + b3 + c ) a + b + c + ab + bc + ca ≥ 3+ Đẳng thức có ⇔ a = b = c = Hướng 4: Ta thử PP Cơ si ngược dấu, ta có: ( a + b + c )2 = a3 a 2bc a 2bc 1 2 =a − ≥a − = a − a abc ≥ a − a (Vì abc ≤ ) a + bc a + bc 2 abc Hoàn toàn tương tự suy ra: P ≥ a2 + b2 + c − 3 ( a + b + c ) ≥ − = đpcm Đẳng thức có ⇔ a = b = c = 2 Hướng 5: Ta tách biến dùng PP tiếp tuyến, ta có: a3 a3 4a đề nghị bạn đọc thử chứng minh bđt sau: ≥ = a + bc a + b + c 4a + ( − a )2 ( ) 4a 4a + ( − a ) ≥ ( a − 1) + xem 2 Hướng 6: Để sử dụng bđt Tchebyshev ta phải tách đánh giá hạng tử hợp lý Giả sử a ≥ b ≥ c > 1 bc ca ab ≤ ≤ (*) ≤ ≤ (**) (vì ⇔ c ≤ b3 ≤ a ) cộng hai a b c a b c bđt ta được: a + bc b + ca c + ab a2 b2 c2 ≤ ≤ ⇒ ≥ ≥ ta hai dãy chiều a + bc b + ca c + ab a2 b2 c2 a2 b2 c2 (a + b + c) + + ≥ ≥ = Cuối Ta đánh giá Q = a + bc b + ca c + ab a + b + c + ab + bc + ca sử dụng bđt Tchebyshev ta có: P ≥ ⇔ a = b = c = a+b+c Q ≥ (đpcm) Đẳng thức có