Đang tải... (xem toàn văn)
Trong nhiều trường hợp, dựa trên một số bước đánh giá với BĐT AM-GM, ta có thể biến việc chứng minh bất đẳng thức nhiều biến về chứng minh bất đẳng thức một biến, sau đó biến đổi tương đ[r]
(1)BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (Phần 1) Lê Phúc Lữ
Chuyên gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Việt Nam Saudi Arabia
1 MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI ĐẲNG THỨC THƯỜNG GẶP Ta có số đẳng thức thường dùng biến đổi bất đẳng thức sau:
a) x3+y3= (x+y)3−3xy(x+y).
b) x2+y2+z2= (x+y+z)2−2(xy+yz+zx). c) x3+y3+z3= (x+y+z)3−3(x+y)(y+z)(z+x). d) x3+y3+z3−3xyz= (x+y+z)(x2+y2+z2−xy−yz−
zx)
e) (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca)−abc f) (a−b)3+ (b−c)3+ (c−a)3=3(a−b)(b−c)(c−a). Các đẳng thức dễ dàng chứng minh phép biến đổi tương đương
2 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM
Bất đẳng thức (BĐT) AM-GM, biết đến Việt Nam với tên gọibất đẳng thức Cauchy, phát biểu sau:
Định lý 1 (Bất đẳng thức AM-GM) Cho n số thực dương a1,a2, ,an Khi đó
a1+a2+ +an
n ≥√na1a2 an Vớin=2, ta có BĐT AM-GM cho hai số:
a+b≥2√ab Vớin=3, ta có BĐT AM-GM cho ba số:
a+b+c≥3√3
abc Dấu xảy khia1=a2= =an.
Sở dĩ Việt Nam BĐT AM-GM gọi làbất đẳng thức Cauchy quen gọi tên BĐT theo tên người đề xuất cách chứng minh độc đáo cho Augustin-Louis Cauchy, nhà Tốn học người Pháp.1Cauchy đề xuất cách chứng minh BĐT này phương pháp quy nạp lùi, mà với giới hạn viết không nhắc đến Bạn đọc quan tâm tìm hiểu thêm phương pháp Cauchy
1Augustin-Louis Cauchy (21/08/1789 - 23/05/1857) nhà Tốn học người Pháp, có
nhiều đóng góp cho Tốn học đại, đặc biệt ngành Giải tích
Chú ý. Nhiều trường hợp ta xét đánh giá dạng ab ≤ a
+b
2
vàabc≤ a
+b+c
3
Hệ 1. Ta có bất đẳng thức dạng cộng mẫu suy trực tiếp từ BĐT AM-GM:
1 a1+
1 a2+ +
1 an ≥
n2 a1+a2+ +an
Vớin=2, ta có
1 a+
1 b ≥
4 a+b Vớin=3, ta có
1 a+
1 b+
1 c ≥
9 a+b+c
Gợi ý chứng minh. Nhân hai vế vớia1+a2+ +an
Hệ 2. Một số đánh giá với ba số: a) x2+y2+z2≥xy+yz+zx∀x,y,z. b) 3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2∀x,y,z. c) (x+y+z)2≥3(xy+yz+zx)∀x,y,z. d) x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)∀x,y,z.
e) (xy+yz+zx)2≥3xyz(x+y+z)∀x,y,z. f) (x+y)(y+z)(z+x)≥8xyz∀x,y,z≥0
g) (x+y+z)(xy+yz+zx)≤89(x+y)(y+z)(z+x)∀x,y,z≥
Gợi ý chứng minh.
a) Chuyển nhóm lại, ta có(x−y)2+ (y−z)2+ (z−x)2≥ 0, Đẳng thức xảy khix=y=z
b) Tương tự câu a c) Tương tự câu a
(2)e) Tương tự câu d f) Áp dụng BĐT AM-GM:
x+y≥2√xy y+z≥2√yz z+x≥2√zx
nhân
⇒(x+y)(y+z)(z+x)≥qx2y2z2=8xyz.
Đẳng thức xảy khix=y=z g) Ta có
(x+y+z)(xy+yz+zx) =xyz+ (x+y)(y+z)(z+x) Suy
(x+y+z)(xy+yz+zx)≤ 1
8+1
(x+y)(y+z)(z+x) =98(x+y)(y+z)(z+x)
Đẳng thức xảy khix=y=z
3 CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. Chox,ylà hai số thực dương thỏa mãnx+y=1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
a) P= x 3+1
x +
y3+1
y b) Q=
x3+1
y +
y3+1 x Lời giải.
a) Ta có P=x
3+1
x +
y3+1
y =
x2+y2+ 1
x+ y
Màx2+y2≥2xy⇒2(x2+y2)≥x2+y2+2xy= (x+y)2 Như vậy,
2x2+y2≥(x+y)2=1⇒x2+y2≥12
1 x+
1 y≥
4 x+y=4
Suy P ≥ 12+4 = 92.Đẳng thức xảy x=y=1
2 b) Ta có
Q= x3+1
y +
y3+1
x =
x3
y + y3
x
+
1 x+
1 y
=x4+y4 xy +
1 x+
1 y Áp dụng bất đẳng thức2 a2+b2≥(a+b)2vàa2+b2≥ 2ab,ta có
x4+y4 xy =
2 x4+y4
2xy ≥
x2+y22 2xy = x
2+y2 x2+y2
2xy ≥
2xy· x2+y2
2xy =x2+y2 Từ ta có
Q≥x2+y2+1x+1y≥92 Đẳng thức xảy khix=y=1
2
Ví dụ 2. Chox,ylà hai số thực dương thỏa mãnx+y=2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
a) P=x3+y3+xy. b) Q=x3+y3+x6y6. Lời giải.
a) Ta có
P=x3+y3+xy= (x+y)x2−xy+y2+xy =2x2−xy+y2+xy=2x2+y2−xy Lại có
2x2+y2−xy=3
x2+y2+1 2(x−y)2 ≥ 32x2+y2≥34(x+y)2=3
Vậy giá trị nhỏ cần tìm là3, đẳng thức xảy khix=y=1
b) Theo BĐT AM-GM cho ba số
x6y6+1+1≥3q3 x6y6=3x2y2
3(x2y2+1)≥6xy nên
x6y6+5≥6xyhayx6y6≥6xy−5 Suy
P≥x3+y3+6xy−5= (x+y)(x2−xy+y2) +6xy−5 =2(x2−xy+y2) +6xy−5
=2(x+y)2−5=3.
Vậy giá trị nhỏ cần tìm là3, đẳng thức xảy khix=y=1
Ví dụ 3. Chox,ylà hai số thực dương thỏa mãnx+y≤1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
Q=
x2+y2+ xy+4xy Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức1
a+ b ≥
4 a+b,ta có
x2+y2 + 2xy≥
4
x2+y2+2xy= (x+y)2 ≥4
⇒Q=
x2+y2+ 2xy+
1
2xy+4xy≥4+ 2xy+4xy Lại có
Q=4+ 1
4xy+4xy
+
4xy ≥4+2 s
1
4xy·4xy+ (x+y)2 ≥7 Dấu xảy tạix=y=1
(3)Ví dụ 4. Cho số thực khơng âmx,y,zthoả mãnxy+yz+zx=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P= x y2+3+
y3 z2+3+
z3 x2+3
Lời giải. Doxy+yz+zx=3nên ta biến đổi biểu thứcPvề dạng quen thuộc:
P= x
3
y2+xy+yz+zx+
y3
z2+xy+yz+zx+
z3 x2+xy+yz+zx
= x
3 (y+x)(y+z)+
y3
(z+x)(z+y)+ x3 (x+z)(x+y)· Dự đoán dấu xảy
x=y=z
xy+yz+zx=3 ⇔3x 2=3
⇔x=y=z=1 Ta áp dụng BĐT AM-GM cho ba số
x3 (y+x)(y+z);
y+x α ;
y+z α dấu xảy
x=y=z=1
x3 (y+x)(y+z) =
y+x
α =
y+z
α
⇔α=8 nên có lời giải sau:
Ta có
x3
(y+x)(y+z)+ y+x
8 +
y+z
8 ≥3
3
r x3 64 =
3 4x Tương tự,
y3 (z+x)(z+y)+
z+x
8 +
z+y
8 ≥
3 4y
x3 (x+z)(x+y)+
x+z
8 +
x+y
8 ≥
3 4x Cộng vế theo vế, suy
P≥14(x+y+z) Mà
(x+y+z)2≥3(xy+yz+zx) =9
nên ta cóx+y+z≥3⇒P≥ 34 Dấu xảy tạix=y= z=1
Ví dụ 5. Chox,ylà số thực dương Tìm giá trị nhỏ của P= xy
x2+y2 + 1
x+ y
q
2(x2+y2).
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu năm học 2018 - 2019)
Lời giải. Từx2+y2≥2xyta suy ra 2(x2+y2)≥(x+y)2⇒
q
2(x2+y2)≥x+y
⇒P= xy
x2+y2+ 1
x+ y
q
2(x2+y2)≥ xy x2+y2+
x+y xy (x+y)
= xy
x2+y2+ x2+y2
xy +2= xy x2+y2+
1
x2+y2 xy +
3
x2+y2 xy +2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
xy x2+y2+
1
x2+y2 xy ≥1 Lại có:
x2+y2≥2xy⇒ x2xy+y2 ≥2 Từ suy ra:
xy x2+y2+
1
x2+y2 xy +
3
x2+y2
xy +2≥1+ 4.2+2=
9 VậyP≥92.Dấu -"xảy ra⇔x=y
Ví dụ 6. Chox,ylà hai số thực dương Tìm giá trị nhỏ của P=16
√xy x+y +
x2+y2 xy
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp HCM năm học 2018 - 2019) Lời giải. Ta có:
P= 16rx
y x y+1
+
x y
2 +1 x y
= 16rx
y x y+1
+
x y+1
2 x y
−2
Đặt
t= rx
y x y+1
≥0
Khi
P≥16t+
t2−2=8t+8t+ t2−2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
8t+8t+ t2 ≥3
3
r 8t.8t.1
t2 =12 VậyP≥12−10=2.Dấu -"xảy ra⇔8t=
t2 ⇔t = ⇔x= y
Nhận xét. Chúng ta thường nghĩ tới việc đưa toán cực trị hàm một biến để dễ xử lí thấy xuất yếu tốx2+y2
xy hoặc x+y
(4)Hệ thống Trường THCS-THPT Đông Đô Tp HCM - Hotline: 0917 047 046 Ví dụ 7. Choa,b,clà số thực dương thoả mãn
1 1+a+
2017 2017+b+
2018 2018+c ≤1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P=abc
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2018 - 2019) Lời giải. Theo bất đẳng thức AM-GM giả thiết ta có:
a 1+a=1−
1 1+a≥
2017 2017+b+
2018 2018+c ≥2
s
2017.2018 (2017+b)(2018+c) b
2017+b =1− 2017 2017+b≥
1 1+a+
2018 2018+c ≥2
s
2018 (1+a)(2018+c) c
2018+c =1− 2018 2018+c ≥
1 1+a+
2017 2017+b ≥2
s
2017 (1+a)(2017+b) Do đó:
a 1+a
b 2017+b
c 2018+c ≥8
2017.2018
(1+a)(2017+b)(2018+c) Suy ra:
abc≥8.2017.2018 Dấu -"xảy
⇔a=2,b=2.2017,c=2.2018
Vậy giá trị nhỏ củaPlà8.2017.2018khia=2,b=2.2017, c=2.2018
Nhận xét. Kĩ thuật dùng gọi kĩ thuật AM-GM ngược dấu (nhiều người gọi kĩ thuật Cauchy ngược dấu) Chúng ta bàn về kĩ thuật phần sau chùm viết.
BÀI TẬP
Bài tập 1. Choa,b,clà cạnh tam giác Tìm giá trị nhỏ
Q= abc
(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Long An năm học 2017 - 2018) Bài tập 2. Chox,y,zlà số dương thỏa mãnx2+y2+z2=3xyz. Chứng minh:
x2 y+2+
y2 z+2+
z2 x+2≥1
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu năm học 2017 - 2018) Bài tập 3. Chox,ylà hai số thực dương Chứng minh
x√y+y√x x+y −
x+y
2 ≤
1
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp HCM năm học 2017 - 2018) Bài tập 4. Choa,b,clà số thực dương thỏa mãn abc = Chứng minh
1 ab+a+2+
1 bc+b+2+
1 ca+c+2≤
3
(Đề thi tuyển sinh chun Tốn tỉnh Ninh Bình năm học 2017 - 2018) Bài tập 5. Cho số thực dươngx,y,zthoảx+y+z≤34· Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P=p x+3y+
1 p
y+3z+ √
z+3x
Bài tập 6. Choa,b,clà số thực dương thỏa mãnab+bc+ca= 3abc Chứng minh
1 √
a3+b+ √
b3+c+ √
c3+a≤ √
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Quảng Bình năm học 2017 - 2018) Bài tập 7. Choa,b,clà số thực dương thỏa mãna+b+c=3 Chứng minh
4(a2+b2+c2)−(a3+b3+c3)≥9
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 - 2018) Bài tập 8. Chox,ylà số thực Tìm giá trị lớn biểu thức
P=(x
2−y2)(1−x2y2) (1+x2)2(1+y2)2
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2018 - 2019) Bài tập 9. Cho hai số thực dươngx,ythoả mãn2√xy+
rx =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P= y x+
4x 3y+15xy
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bắc Giang năm học 2018 - 2019) Bài tập 10.
1 Choa,b,c >0thoả mãn a2+
1 b2 +
1
c2 =3 Tìm giá trị lớn của:
P=
(2a+b+c)2+ (2b+c+a)2 +
1 (2c+a+b)2 Chox,y,z>0thoả mãnx2+y2+z2=3 Chứng minh rằng:
x 3−yz+
y 3−zx+
z 3−xy≤
3
(5)BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (Phần 2) Lê Phúc Lữ
Chuyên gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Việt Nam Saudi Arabia
4 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM TRONG CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG
Ở phần chùm viết, xét bất đẳng thức đối xứng, tức quay vịng biến bất đẳng thức khơng thay đổi Bây xem, với bất đẳng thức không đối xứng, AM-GM ứng dụng
Ví dụ 1. Cho số thực khơng âmx,y,zthoảx+y+z=31 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P=2x2+3y2+5z2
Lời giải. Bài tốn khơng có tính đối xứng nên dự đốn dấu đẳng thức xảy phương pháp cân hệ số sau: Giả sử GTNN đạt tạix=a,y=b,z=c Khi áp dụng BĐT AM-GM
x2+a2≥2ax;y2+b2≥2by;z2+c2≥2cz,
ta
P=2x2+3y2+5z2≥2(2ax+3by+5cz)−(2a2+3b2+5c2)
Ta cần có
2ax+3by+5cz=m(x+y+z) =31m= số Cân hệ số, ta
2a=3b=5c=m x=a;y=b;z=c x+y+z=31
⇔
2a=3b=5c=m a+b+c=31
⇔
m=30
a=15,b=10,c=6
Ta có
x2+152≥30x;y2+102≥20y;z2+62≥12z
Suy
2x2≥2(30x−152); 3y2≥3(20y−102); 5z2≥5(12z−62)
Cộng vế theo vế ta
P≥60(x+y+z)−2.152−3.102−5.62=930
Vậy GTNN là930đạt tạix=15;y=10;z=6
Ví dụ 2. Chox,y,z>0thoả mãn4x+3y+4z=22 Tìm GTNN của biểu thức
P=x+y+z+
3x+
2
y+
3
z
Lời giải. Bằng phương pháp tương tự trên, ta chọn điều kiện để dấu đẳng thức xảy làx=1;y=2;z=3 Từ ta có cách giải sau: Theo BĐT AM-GM
1 3x+
x
3 ≥
2 3;
2
y+ y
2≥2;
z+ z
3≥2
Từ suy đánh giá P≥x+y+z+
2
3−
x
3
+2−y2+2−z3 =4x+36y+4z+143 = 253
Vậy GTNN củaPlà25
3 đạt tạix=1;y=2;z=3
Ví dụ 3. Chox,ylà hai số thực dương thoả mãn2y>x Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P=
x3(2y−x)+x2+y2 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
x2(2xy−x2)+x2+
2xy−x2 ≥33
s
1
x2(2xy−x2)·x2·(2xy−x2) =3
Suy
1
x3(2y−x)+x2=
1
x2(2xy−x2)+x2 ≥3−2xy−x2=3+x2−2xy
Khi ta có
P≥3+x2−2xy+y2=3+ (x−y)2≥3
(6)Hệ thống Trường THCS-THPT Đông Đơ Tp HCM - Hotline: 0917 047 046
Ví dụ 4. Cho hai số thực dươngx,ythoả mãn2√xy+ r
x
3=1 Tìm
giá trị nhỏ biểu thức
P= y x+
4x
3y+15xy
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bắc Giang năm học 2017 - 2018)
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: P=y
x+ x y+
x
3y+3xy+12xy≥2+2x+12xy Đặta=√x,b=√xy.Ta có:
a
√
3+2b=1
và
P≥2+2a2+12b2
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì:
2a2+12b2
2+3
≥√3a+6b2=9⇒2a2+12b2≥2
Do đó:P≥4.Dấu -"xảy
y x =
x y x
3y=3xy a
√
3 =b
⇔x=y=1
3
Vậy giá trị nhỏ củaPlà4khix=y=1
3
Ví dụ 5. Choa,b,c >0thoả mãn
a+
2
b+
3
c =3 Tìm giá trị nhỏ
nhất của:
T= 27a
2
c(c2+9a2)+
b2
a(4a2+b2)+ 8c2
b(9b2+4c2)
((Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp Cần Thơ năm học 2017 - 2018)
Lời giải. Đặta=x,b=2y,c=3z(x,y,z>0)thì điều kiện trở thành1
x+
1
y+
1
z =3
Thế biếnx,y,zvào thu gọnT, ta có:
T= x
2
z(z2+x2)+
y2
x(x2+y2)+
z2
y(y2+z2)
Sử dụng kỹ thuật AM-GM ngược dấu: x2
z(z2+x2) =
1
z− z z2+x2 ≥
1
z− z
2zx =
1
z−
1 2x Tương tự y2
x(x2+y2) ≥
1
x−
1 2yvà
z2
y(y2+z2) ≥
1
y−
1 2znên: T≥12
1
x+
1
y+
1
z
= 32
Khix=y=z=1haya=1,b=2,c=3thìT=
2 Vậy giá trị
nhỏ củaTlà3
2
5 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VỚI KĨ THUẬT RÚT VỀ MỘT BIẾN
Trong nhiều trường hợp, dựa số bước đánh giá với BĐT AM-GM, ta biến việc chứng minh bất đẳng thức nhiều biến chứng minh bất đẳng thức biến, sau biến đổi tương đương dùng tiếp BĐT AM-GM để giải tốn
Ví dụ 6. Cho số thựcx,y,z∈[1; 4]vàx+y+2z=8 Tìm GTLN của biểu thức
P=x3+y3+5z3
Lời giải. Từ điều kiện rútx+y=8−2z, vào x3+y3= (x+y)3−3xy(x+y)
để đưaPvào biếnzsau đánh gia hạng tửxy≥?!theo x+y Ta có
x;y≥1⇔(x−1) (y−1)≥0
⇔xy≥x+y−1=8−2z−1=7−2z Đã rút biếnzxong ta có lời giải sau:
P= (x+y)3−3xy(x+y) +5z3= (8−2z)3−3xy(8−2z) +5z3 Mà
x;y≥1⇔(x−1) (y−1)≥0
⇔xy≥x+y−1=8−2z−1=7−2z
⇒P≤(8−2z)3−3(7−2z) (8−2z) +5z3 =−3z3+84z2−294z+344.
Dox,y,z∈[1; 4]nên
8−2z=x+y≥2⇒z≤3hay1≤z≤3
Dự đoánP≤137và đẳng thức xảy khiz=3nên ta chứng minh
−3z3+84z2−294z+344≤137⇔(3−z)(z2−25z+23)≤0,
đúng
z2≤4z−3⇒z2−25z+23≤ −21z+20<0
Vậy GTLN củaPlà137đạt tạix=y=1;z=3
Ví dụ 7. Cho số dươngx,y Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P=p
(2x+y)3+1−1+
2
p
(x+2y)3+1−1
+(2x+y)(x4 +2y)−3(x8
+y)
(7)Lời giải. Đặt2x+y=a; 2y+x=bkhi áp dụng AM-GM ta có
P=√
a3+1−1+
2
√
b3+1−1+
ab
4 −
8
a+b
=p
(a+1)(a2−a+1)−1+
2
p
(b+1)(b2−b+1)−1 +ab
4 −
8
a+b
≥
a+1+a2−a+1
2 −1
+
b+1+b2−b+1
2 −1
+ab
4 −
4
√
ab =
4
a2+
4
b2+
ab
4 −
4
√
ab
≥ab8 +ab
4 −
4
√
ab
Theo đánh giá AM-GM trên, ta dự đốn dấu xảy khia=b=2do ta chứng minh vớit=√ab>0thì
8
t2+
t2
4 −
4
t ≥1⇔(t−2)2(t2+4t+8)≥0
Bất đẳng thức ln nên ta có điều phải chứng minh Vậy giá trị nhỏ củaP=1xảy khix=y=2
3 Nhận xét. Kĩ thuật rút biến kết hợp với kĩ thuật đổi biến để cho hiệu quả.
6 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VỚI CÁC BÀI TỐN CĨ ĐIỀU KIỆN PHỨC TẠP
Trong phần trước, thường gặp bất đẳng thức có điều kiện tương đối rõ ràng, ví dụx+y+z=3,a2+b2+
c2=6,x+y+2z=8, Các điều kiện áp dụng
ngay mà không cần qua bước xử lí trung gian Bây giờ, xét tới bất đẳng thức có điều kiện phức tạp, đòi hỏi phải cần nhiều bước xử lí dùng
Ví dụ 8. Chox,ylà hai số thực dương thoả mãnxy(x+y) =x+y+
3xy.Chứng minh rằng:
4xyx2+y2+2(1+2xy)2≥71xy+6 Lời giải. Ta có
xy(x+y) =x+y+3xy⇔x+y=
x+
1
y+3
⇔1=
xy+
3
x+y⇔
1
xy =1−
3
x+y Áp dụng bất đẳng thức1
x+
1
y≥
4
x+y,ta x+y=
x+
1
y+3≥
4
x+y+3
⇔(x+y)2−3(x+y)−4≥0⇒x+y≥4
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương x2+y2+
2xy+2+2xy≥
71
4 +
3 2xy
⇔(x+y)2−xy1 ≥ 634 ⇔(x+y)2+
x+y≥
67
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta
3(x+y)2
64 +
3
x+y≥2
s
3(x+y)2
64 ·
3
x+y=
3
p
x+y≥32
Suy
(x+y)2+
x+y=
61(x+y)2
64 +
3(x+y)2
64 +
3
x+y≥
61
4 +
3
2=
67
Đẳng thức xảy khix=y=2
Ví dụ 9. Chox,y,zlà số thực thoả mãn(x−y)(x−z) = 1và
y6=z Chứng minh
1
(x−y)2+
(y−z)2+
(z−x)2 ≥4
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Nam Định năm học 2016 - 2017)
Lời giải. Để ý
1
(x−y)2 +
1
(z−x)2 =
(x−y)2+ (x−z)2 (x−y)2(x−z)2 =(y−z)
2+2(x−y)(x−z) (x−y)2(x−z)2 =
(y−z)2 (x−y)2(x−z)2+2
1
(x−y)(x−z)
Kết hợp sử dụng AM-GM, suy ra:
1
(x−y)2 +
1
(y−z)2+
1
(z−x)2 = (y−z)
2 (x−y)2(x−z)2+
1
(y−z)2+
2
(x−y)(x−z) ≥
4
(x−y)(x−z) =4
Ví dụ 10. Chox,ylà hai số thực thoả mãnx,y≥1và3(x+y) =
4xy. Chứng minh rằng
49
12 ≤x3+y3−3
1
x2+
y2
≤743 Lời giải. Ta có
3(x+y) =4xy⇒1x+1
y=
4
Như vậy,
x3+y3= (x+y)3−3xy(x+y) = (x+y)3−94(x+y)2
và
1
x2+
1
y2 = 1
x+
1
y
2
−xy2 =(x+y)
x2y2 −
2
xy=
16
9 −
8 3(x+y)
Suy
P= (x+y)3−49(x+y)2+
x+y−
16 =t3−
9 4t2+
8
t −
16
vớit=x+y Cũng từ điều kiện tốn, ta có
(8)Hệ thống Trường THCS-THPT Đông Đô Tp HCM - Hotline: 0917 047 046
Mặt khác, ta có
(x−1)(y−1)≥0⇒x+y≤1+xy=
4(x+y) +1⇒x+y≤4
Vậyt∈[3; 4].Xét hiệu
t3−94t2+8
t −
16
3 −
49
12 =
1
12t(t−3)(12t3+9t2+27t−32)≥0 vìt≥3 Đẳng thức xảy khit=3hayx=y=
2
Tiếp tục, xét hiệu t3−94t2+8
t −
16
3 −
74
3 =
1
4t(t−4)(4t3+7t2+28t−8)≤0, vì3≤ t ≤ 4.Đẳng thức xảy khit = 4hay x=3,y=1hoặcx=1,y=3
Nhận xét. Chúng ta thấy được, với điều kiện ban đầu trơng có vẻ không phức tạp, bước giải lại dùng tới một thứ khác khai thác từ điều kiện ban đầu Kinh nghiệm ở đây là, khai thác thứ từ tất giả thiết đề cho. BÀI TẬP
Bài tập 1. Chox,ylà số thực dương thoả mãn
(x3+y3)(x+y) =xy(1−x) (1−y)
Chứng minh rằngxy≤19
Bài tập 2. Chox,y,zthoả mãnx>1,y>2,z>3và
1
x+
2
y+
3
z ≥2 Tìm GTLN
P= (x−1)(y−2)(z−3) Bài tập 3. Chox,y,zlà số thực dương thoả
x2+y2+z2≤2(y+1)
Tìm GTLN biểu thức
P=
x+y+z+1+
p
2xy+p2yz Bài tập 4.
1 Cho số thực dươnga,b,c.Chứng minh a
b+c+ b c+a+
4c a+b≥2 Cho số dươnga,b,cthoả mãn điều kiện
a2+b2+c2=11
ab+bc+ca=7
Chứng minh
1
3≤a,b,c≤3
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Đăk Lăk năm học 2017 - 2018)
Bài tập 5. Biếtx≥y≥z,x+y+z=0vàx2+y2+z2=6.
1 TínhS= (x−y)2+ (x−y)(y−z) + (y−z)2
2 Tìm giá trị lớn củaP=|(x−y)(y−z)(z−x)|
(Đề thi tuyển sinh chun Tốn Trường Phổ thơng Năng khiếu, ĐHQG Tp HCM năm học 2016 - 2017)
Bài tập 6. Choa,b,clà số thực dương thoảa+b ≤c.Tìm GTNN biểu thức
P= (a4+b4+c4)
1 4a4+
1 4b4 +
1
c4
·
Bài tập 7. Cho số thựcx,y,z ≥1và thoả mãn3x2+4y2+
5z2=52 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
F=x+y+z
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Thái Bình năm học 2016 - 2017)
Bài tập 8. Choa,b,c,d∈Rvàab−cd=√3.Tìm giá trị nhỏ
của biểu thức
P=a2+b2+c2+d2+ac+bd
Bài tập 9. Choa,b,c≥0thoả mãna+b+c=1 Tìm giá trị nhỏ của:
P=
a+bc+
1
b+ca+ (a+b)(4+5c)
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Nam Định năm học 2017 - 2018)
Bài tập 10. Choa,b,clần lượt độ dài ba cạnh tam giác thoả mãn
2ab+3bc+4ca=5abc
Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P=
a+b−c+
6
b+c−a+
5
c+a−b