2 su dung BDT cauchy de chung minh BDT

BẤT ĐẲNG THỨC CƠ-SI Bất đẳng thức Cơ-si 1.1 Bất đẳng thức Cô-si Cho n số không âm x1 , x2 , , xn Ta có: Dấu đẳng thức xảy 1.2 x1 + x2 + + xn n ≥ x1 x2 xn n x1 = x2 = = xn Ví dụ Ví dụ Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng:  a  b  c  1 + ÷1 + ÷1 + ÷ ≥  b  c  a  Dấu đẳng thức xảy nào? Giải Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: 1+ 1= a ) b (Đẳng thức xảy 1= a a (Đẳng thức xảy ≥2 b b 1+ b b ≥2 c c 1+ c c ≥2 a a (Đẳng thức xảy Nhân vế với vế, ta được: 1= b ) c c ) a  a  b  c  1 + ÷1 + ÷ + ÷ ≥  b  c  a  (đpcm) a b c = = =1⇔ a = b = c b c a Đẳng thức xảy Ví dụ (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối D năm 2005) Cho số dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: + x3 + y + y3 + z + z + x3 + + ≥3 xy yz zx Dấu đẳng thức xảy nào? Giải Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có: + x + y ≥ 3xy ⇒ Đẳng thức xảy + x3 + y3 ≥ xy xy 1= x = y Chứng minh tương tự, ta được: + y3 + z3 ≥ yz + z + x3 ≥ zx yz (Đẳng thức xảy 1= y = z ) (Đẳng thức xảy = zx z = x) Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được:  1 + x3 + y3 + y3 + z3 + z + x3 1  + + ≥ 3 + + ÷ ( 1)  xy yz zx yz zx ÷  xy  Đẳng thức xảy x = y = z = Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 1 + + ≥ xy yz zx Đẳng thức xảy 3 =3 xyz ( 2) x = y = z = Từ (1) (2), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Một số lưu ý biến đổi Nói chung, ta gặp toán sử dụng bất đẳng thức Cơ-si ví dụ mà thường biến đổi tốn đến tình thích hợp sử dụng bất đẳng thức Cô-si Khi biến đổi, ta thường sử dụng số hạng vế cộng thêm số hạng thích hợp sử dụng bất đẳng thức Cơ-si mơ tả số hạng vế cịn lại điều kiện bất đẳng thức Khi biến đổi, ta nên lưu ý số nhận xét sau: 2.1 Nhận xét Số chiều BĐT Cauchy phụ thuộc vào số hạng bậc cao Ví dụ Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a + b3 + c3 ≥ ab + bc + ca Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Ta thấy số hạng vế bên phải có bậc cao 3, nên ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm Chẳng hạn, số hạng 3 ứng với ba số Cứ vậy, ta thu bất đẳng thức cần chứng minh ab a ,b ,b Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a + b3 + b ≥ 3ab b3 + c3 + c ≥ 3bc3 c3 + a + a ≥ 3ca Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: ( a3 + b3 + c ) ≥ ( ab + bc + ca ) ⇔ a + b3 + c ≥ ab + bc + ca a = b  Dấu đẳng thức xảy khi: b = c ⇔ a = b = c c = a  Ví dụ Với số không âm a, b, c, chứng minh rằng: a 2b + b 2c + c 2a ≥ abc ( a + b + c ) Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Ta thấy số hạng ab, bc, ca vế bên phải có bậc cao 2, nên ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a 2b + b2 c ≥ 2ab 2c b 2c + c 2a ≥ 2abc c a + a 2b ≥ 2a 2bc Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: ( a 2b + b a + c a ) ≥ 2abc ( a + b + c ) ⇔ a 2b + b 2c + c a ≥ abc ( a + b + c )  ab = bc  Dấu đẳng thức xảy khi: bc = ca ⇔ a = b = c ca = ab  2.2 Nhận xét Bậc số hạng cần thêm vào để sử dụng bất đẳng thức Cauchy bậc số hạng cần mơ tả Ví dụ Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a b3 c + + ≥ ab + bc + ca b c a Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Ta thấy số hạng vế bên trái có chứa mẫu, số hạng bên phải không chứa mẫu, ta cần khử mẫu cách thêm số hạng vào bên trái bất đẳng thức Bậc số hạng cần mô tả hai, nên bậc số hạng thêm vào hai Chẳng hạn, số hạng a3 b có chứa mẫu b, nên số hạng thêm vào phải chứa nhân tử b Bậc số hạng 2, nên ta cộng thêm vào ab a3 + ab ≥ 2a b Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a3 + ab ≥ 2a b b3 + bc ≥ 2b c c3 + ca ≥ 2c a Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: a b3 c + + + ab + bc + ca ≥ ( a + b + c ) b c a (1) Dấu đẳng thức xảy :  a3  b = ab a = b2  a = b  b   = bc ⇔ b = c ⇔ b = c ⇔ a = b = c c  c = a c = a    c3  = ca a Lại có, a + b + c ≥ ab + bc + ca Dấu đẳng thức xảy (2) a = b = c Từ (1) (2) suy ra: a3 b3 c3 + + + ab + bc + ca ≥ ( ab + bc + ca ) b c a a b3 c ⇔ + + ≥ ab + bc + ca b c a Dấu đẳng thức xảy a = b = c Ví dụ Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a b c3 + + ≥ a+b+c bc ca ab Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Ta thấy số hạng vế bên trái có chứa mẫu, số hạng bên phải khơng chứa mẫu, ta cần khử mẫu cách thêm số hạng vào bên trái bất đẳng thức Bậc số hạng cần mô tả một, nên bậc số hạng thêm vào Chẳng hạn, số hạng a3 bc có chứa mẫu b, c bậc số hạng thêm vào nên số hạng thêm vào b, c: a3 + b + c ≥ 3a bc Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a3 + b + c ≥ 3a bc b3 + c + a ≥ 3b ca c3 + a + b ≥ 3c ab Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: a b3 c a b3 c + + + ( a + b + c ) ≥ 3( a + b + c ) ⇒ + + ≥a+b+c bc ca ab bc ca ab Dấu đẳng thức xảy 2.3  a3  bc = b = c  b  =c=a ⇔ a=b=c  ca  c3  =a=b  ab Nhận xét Khi bậc không số hạng cộng thêm số Ví dụ Với số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1, chứng minh rằng: a + b3 + c ≥ Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Cho a = b = c thay vào điều kiện ta tính a = b = c = Sử dụng bất đẳng thức Cô-si với n = với số hạng số, số hạng chứa biến thích hợp để mơ tả điều kiện bất đẳng thức cần chứng minh Chẳng hạn, với số hạng ab điều kiện xác định, ta sử dụng số hạng a + b3 + 3 a , b3 , ≥ 3 a 3b3 3 3 : = ab Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: ≥ ab 3 b3 + c + ≥ bc 3 c3 + a3 + ≥ ca 3 a + b3 + Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: ≥ ( ab + bc + ca ) = 3 ⇒ ( a + b3 + c3 ) ≥ ⇒ a + b3 + c3 ≥ 3 ( a + b3 + c ) +  a = b =  b = c = 1  ⇔a=b=c= Dấu đẳng thức xảy   c = a =  ab + bc + ca = ( a + b + c ) = 3abc , chứng minh rằng: Ví dụ Với số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 + + ≥ a b3 c Dấu đẳng thức xảy nào? 1 + + = ab bc ca Cho a = b = c thay vào điều kiện ta tính a = b = c = Phân tích: Biến đổi điều kiện, ta được: Sử dụng bất đẳng thức Cô-si với n = với số hạng số, số hạng chứa biến thích hợp để mơ tả điều kiện bất đẳng thức cần chứng minh Chẳng hạn, với số hạng ab điều kiện, ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương 1 , , , ta có: a b3 1 1 1 + + ≥ 33 = a b a b ab Giải Ta có: ( a + b + c ) = 3abc ⇔ 1 + + = ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 1 + + ≥ a b3 ab 1 + + ≥ b3 c3 bc 1 + + ≥ c3 a ca Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: 1  1  1  3  + + ÷+ ≥  + + ÷ = ⇔ + + ≥ a b c ab bc ca a b c     1 1  a = b = c = ⇔a =b=c=2 Dấu đẳng thức xảy  1 + + =3  ab bc ca 2.4 Nhận xét Ta cần để ý đến trường hợp đẳng thức xảy với a = b = c bất đẳng thức để thêm hệ số cho thích hợp Ví dụ 10 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b + c) b( b + c) c ( c + a) a ( a + b) Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Cho a=b=c thay vào số hạng bên vế trái BĐT cần chứng minh, chẳng hạn số hạng khác, số hạng lại có mẫu chứa nhân tử a3 b( b + c) ta thu a Mặt b, b + c Do đó, ta thêm vào số hạng b2 , b +4 c sử dụng bất đẳng thức Cô-si với n = 3: a3 b b+c a3 b b+c + + ≥ 33 = a b( b + c) b( b + c) Dấu đẳng thức xảy khi: 2a = b ( b + c ) a3 b b+c = = ⇔ ⇔a=b=c b( b + c) b = c Ta làm tương tự với số hạng khác thu bất đẳng thức cần chứng minh Giải Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a3 b b+c a3 b b+c + + ≥ 33 = a b( b + c) b( b + c) Dấu đẳng thức xảy khi: a3 b b+c 2a = b ( b + c ) = = ⇔ ⇔a=b=c b( b + c) b = c Tương tự, ta có: b3 c c+a + + ≥ b c( c + a) c3 a a+b + + ≥ c a ( a + b) Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: a3 b3 c3 + + + a + b + c ≥ ( a + b + c) b( b + c) c ( c + a) a ( a + b) ⇔ a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b + c) b( b + c) c( c + a) a ( a + b) Dấu đẳng thức xảy a=b=c Ví dụ 11 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a3 ( b + 2c ) + b3 ( c + 2a ) + c3 ( a + 2b ) ≥ ( a + b + c) Dấu đẳng thức xảy nào? Phân tích: Cho a=b=c thay vào số hạng bên vế trái BĐT cần chứng minh, chẳng hạn số hạng b + 2c Do đó, ta thêm vào số hạng b + 2c , b + 2c Mặt khác, số hạng lại có mẫu chứa nhân tử 27 27 a3 ( b + 2c ) ( b + 2c ) + b + 2c b + 2c a3 b + c b + 2c a + ≥ 33 = 27 27 ( b + c ) 27 27 Dấu đẳng thức xảy khi: a3 ( b + 2c ) = b + 2c ⇔ 27a = ( b + 2c ) ⇔ 3a = b + 2c 27 Ta làm tương tự với số hạng khác thu bất đẳng thức cần chứng minh Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a3 ( b + 2c ) + b + 2c b + 2c a3 b + 2c b + 2c a + ≥ 33 = 27 27 ( b + c ) 27 27 Dấu đẳng thức xảy khi: a3 ( b + 2c ) = b + 2c ⇔ 27 a3 = ( b + 2c ) ⇔ 3a = b + 2c 27 a sử dụng bất đẳng thức Cô-si với n = 3: a3 ta thu Tương tự, ta có: b3 ( c + 2a ) + c + 2a c + 2a b + ≥ 27 27 (Dấu đẳng thức xảy c3 ( a + 2b ) + 3b = c + 2a ) a + 2b a + 2b c + ≥ 27 27 (Dấu đẳng thức xảy 3c = a + 2b ) Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: a3 ( b + 2c ) ⇔ + b3 ( c + 2a ) a3 ( b + 2c ) + + c3 ( a + 2b ) b3 ( c + 2a ) + a +b+c a+b+c ≥ + c3 ( a + 2b ) ≥ 2( a + b + c ) 3a = b + 2c  Dấu đẳng thức xảy 3b = c + 2a ⇔ a = b = c 3c = a + 2b  2.5 Nhận xét Ta sử dụng bất đẳng thức Cô-si kết hợp với số bất đẳng thức phụ Ví dụ 12 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a5 b5 c5 + + ≥ a + b2 + c 2 bc ca ab Dấu đẳng thức xảy nào? Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a5 a5 2 + c + ab ≥ c ab = 3a bc bc Dấu đẳng thức xảy khi: a5 = c = ab ⇔ a = b = c bc Tương tự, ta có: b5 + a + bc ≥ 3b (Dấu đẳng thức xảy khi: ca c5 + b + ca ≥ 3c ab a = b = c) (Dấu đẳng thức xảy khi: a = b = c) Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: a5 b5 c5 + + + a + b + c + ab + bc + ca ≥ ( a + b + c ) bc ca ab a5 b5 c5 ⇔ + + ≥ a + b2 + c + ( a + b + c − ab − bc − ca ) bc ca ab Dấu đẳng thức xảy a=b=c Áp dụng bất đẳng thức phụ: a + b + c ≥ ab + bc + ca (Dấu đẳng thức xảy khi: Ta có: a = b = c) a5 b5 c5 + + ≥ a2 + b2 + c 2 bc ca ab Dấu đẳng thức xảy khi: a=b=c Ví dụ 13 (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối A năm 2003) x + y + z ≤ Chứng minh rằng: Cho x, y, z số dương 1 + y + + z + ≥ 82 x y z x2 + Giải Bất đẳng thức phụ 1: với số dương a, b, c, d, ta có: a + b2 + c + d ≥ ( a + c) +(b+d) Thật vậy, ta có: ( a +c ) a +b + c + d ≥ (a ⇔a + b + c + d + ⇔ (a 2 +( b + d ) + b ) ( c + d ) ≥ a + b + c + d + 2ac + 2bd +b ) ( c + d ) ≥ ac + bd ⇔a 2c + b 2c + a d + b d ≥ a 2c + b 2d + 2abcd ⇔( ad −bc ) ≥ Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: x2 + 1 + y2 + + z2 + ≥ x2 y z ≥ ( x + y) 2 ( x + y + z) 1 1 +  + ÷ + z2 + x y z   2 1 1 + + + ÷ x y z ( 1) Bất đẳng thức phụ (Ví dụ 1): với số dương a ,b, c, ta có: ( a + b + c )  1 1 1 + + ÷≥ ⇔ + + ≥ a b c a+b+c a b c Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: 1 + + ≥ x y z x+ y+z 1 1 81 2 ⇒ ( x + y + z) +  + + ÷ ≥ ( x + y + z) + x y z x + ( y + z)   Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: Theo giả thiết: x + y + z ≤1⇒ ( x + y + z) + ( 2) ( x + y + z) ≥2 80 ≥1⇒ ≥ 80 x+ y+z ( x + y + z) Do đó: ( x + y + z) + 81 ( x + y + z) = ( x + y + z) + 2 ≥ + 80 = 82 ( x + y + z) ( 3) + 80 ( x + y + z) Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh Ví dụ 14 (Đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ khối A năm 2005) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1 + + = Chứng minh x y z 1 + + ≤1 2x + y + z x + y + z x + y + 2z Giải Áp dụng bất đẳng phụ với số dương x, y: 1 1 1 1  + ÷≥ ⇔ ≤  + ÷ x + y 4 x y  x y ( x + y)  Dấu đẳng thức xảy x = y (Ví dụ 1) 1 1  1 1  ≤  + ≤  + + ÷ ÷ 2x + y + z  2x y + z   2x y 4z  Ta có: Dấu đẳng thức xảy khi: 2x = y + z ⇔x= y=z  y = z Tương tự, ta có: 1 1  ≤  + + ÷ (Dấu đẳng thức xảy khi: x = y = z ) x + y + z  4x y 4z  1 1  ≤  + + ÷ (Dấu đẳng thức xảy khi: x = y = z ) x + y + 2z  4x y 2z  Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta được: 1 11 1 + + ≤  + + ÷= 2x + y + z x + y + z x + y + 2z  x y z  Dấu đẳng thức xảy 2.6 x = y = z  ⇔x= y=z= 1 1 x + y + z =  Nhận xét Đặt ẩn phụ trước biến đổi giúp ta đưa số bất đẳng thức bất đẳng thức đơn giản Ví dụ 15 Với số dương a, b, c thỏa mãn abc = , chứng minh rằng: 1 + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) 2 Đẳng thức xảy nào? Giải Đặt Ta có: 1 x = , y = , z = , ta thu được: xyz = a b c x2 x yz x = = = 1 a ( b + c) y+z y+z + y z Biến đổi tương tự, ta được: y z = , = b ( c + a) z + x c ( a + b) x + y Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: x y z + + ≥ y+z z+x x+ y  x   y    z ⇔ + 1÷+  + 1÷+  + 1÷ ≥  y+z  z+x  x+ y   1  ⇔ ( x + y + z)  + + ÷≥  y+z z+x x+ y Áp dụng bất đẳng thức ví dụ 1, ta có:  1  + + x + y y + z z + x÷   ( x + y + z)  = ( x + y + y + z + z + x)  1   x + y + y + z + z + x ÷≥   Do đó, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x+ y = y+ z = z+x⇔ x= y = z ⇔a=b=c Ví dụ 16 Với số dương a, b, c, chứng minh rằng: a 3b 2c + c2 b + ≥ ac + ab + b ac Đẳng thức xảy nào? Giải Chia hai vế cho bc > , ta được: a 3b + Đặt a = x, b = 1 ,c= y z c a a + ≥ + + b3 ac3 b bc c bất đẳng thức cần chứng minh có dạng: x3 y z + + ≥ xy + yz + zx y z x Bất đẳng thức chứng minh ví dụ Đẳng thức xảy 2.7 x= y=z⇔a= 1 = b c Nhận xét Sử dụng đẳng thức kết hợp với bất đẳng thức Cơ-si Ví dụ 17 Với a, b, c dương, chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Giải Đặt P= a3 b3 c3 + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a Q= b3 c3 a3 + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a Ta có: a − b3 b3 − c c3 − a3 + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a = a −b +b−c +c −a =0 P−Q = ⇒ 2P = P + Q = a + b3 b3 + c3 c3 + a3 + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a Mặt khác, ta có: a + b ≥ ab ⇔ ( a + b − ab ) ≥ a + b + ab ⇔ a + b − ab a3 + b3 a+b ≥ ⇔ ≥ 2 a + b + ab a + ab + b Chứng minh tương tự, ta được: 10 Đẳng thức xảy Ví dụ Cho x= y=z a, b, c ≥ Chứng mnh + abc ≤ ( + a ) ( + b ) ( + c ) ( *) abc Giải Ta có ( *) ⇔ ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) + ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) = 3 ≤1 ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) 1 1 1  ≤  + + ÷ 1+ a 1+ b 1+ c  1+ a 1+ b 1+ c  1 = = ⇔a=b=c 1+ a 1+ b 1+ c abc a b c 1 a b c  =3 ≤  + + ÷ 1+ a 1+ b 1+ c ( ) ( ) ( ) 1+ a 1+ b 1+ c  1+ a 1+ b 1+ c  Đẳng thức xảy Đẳng thức xảy Do ( 1+ a) ( 1+ b) ( 1+ c) + a =b=c 1 1 a b c  ≤  + + + + + ÷= 1+ a 1+ b 1+ c ( ) ( ) ( )  1+ a 1+ b 1+ c 1+ a 1+ b 1+ c  abc a=b=c Vậy + abc ≤ ( + a ) ( + b ) ( + c ) Đẳng thức xảy Ví dụ 3: Tìm GTLN hàm số y = 3x − x với 0≤ x≤ Giải Ta có  x + x + − 2x  y = 3x − x = x.x ( − x ) ≤  ÷ =1   3 x+ y+z  x+ y+z ⇔ xyz ≤  ÷ 3   Đẳng thức xảy x = x = − x ⇔ x = Maxy = x = Vậy  3 ( Chú ý : ta có xyz ≤ ) 0;    Ví dụ 4: Tìm GTLN hàm số y = x − x3 với 0≤ x≤2 Giải 1  x + x + − x  32 y = x ( − x ) = x.x ( − x ) ≤  3 = 2  Đẳng thức xảy x = x = − x ⇔ x = 32 Vậy Max y = x = [ 0;2] ( Tại ta lại phân tích x ( − x ) = x.x ( − x ) ?) Ta có Tóm lược: Thường sử dụng kĩ thuật Chứng minh bất đẳng thức dạng Tìm GTLN BÀI TẬP 19 ≤ Chứng minh c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab ∀a > c > 0, b > c > Cho a , b, c ≥ a + b + c = Chứng minh 16abc ≤ a + b 3.Cho a , b, c ≥ o a + b + c = Chứng minh rằng: abc ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≤ 729 Cho a, b, c số thực dương chứng minh : i) bc ( a + b) ( a + c) a ii) ( a + b) ( a + c) + ca ( b + c) ( b + a) + b ( b + c) ( b + a) ab + ( c + a) ( c + b) c + ( c + a) ( c + b) ≤ ≤ 3 Kỹ thuật ghép đối xứng: 2( x + y + z) = ( x + y) + ( y + z ) + ( z + x) Để ý : x+ y y+z z+x + + 2 2 2 x y z = ( xy ) ( yz ) ( zx ) x+ y+z = xyz = xy yz zx Ví dụ 1: Trong ∆ABC chứng minh ∀x, y, z ≥ ( p − a) ( p − b) ( p − c) ≤ abc Giải p − a, p − b, p − c > nên ta có : p −a + p−b c = Đẳng thức xảy p − a = p − b ⇔ a = b ( p − a) ( p − b) ≤ 2 a Đẳng thức xảy b = c ( p − b) ( p − c) ≤ b Đẳng thức xảy c = a ( p − c) ( p − a) ≤ p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ≤ abc Đẳng thức xảy a = b = c hay tam giác ABC 2   Ví dụ 2: Chứng minh ( a + b + c )  + + ( *) ÷ ≥ ∀a, b, c >  a+b b+c c+a  Trong tam giác Suy ( Giải Ta có ( *) ⇔ ( a + b + c )  1  + + ÷≥  a+b b+c c+a  1   ⇔ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )   + + ÷≥  a+b b+c c+a  Phần chứng minh lại dành cho bạn Ví dụ 3: Chứng minh bc ca ab + + ≥ a+b+c a b c Giải Ta có bc ca + ≥ 2c Đẳng thức xảy a = b a b ca ab + ≥ 2a Đẳng thức xảy b = c b c 20 ∀a, b, c > Suy ab bc + ≥ 2b Đẳng thức xảy c = a c a bc ca ab  bc ca ab   + + ÷≥ ( a + b + c ) ⇔ + + ≥ a + b + c Đẳng thức xảy a = b = c c  a b c  a b BÀI TẬP Chứng minh Chứng minh Chứng minh a b c 1 + + ≥ + + ∀a, b, c > bc ca ab a b c a b2 c2 a c b + + ≥ + + ∀a, b, c > b2 c a c b a 1 a+b+c + + ≥ ∀a, b, c > a b2 c2 abc Kỹ thuật đổi biến: Ví dụ mở đầu : Chứng minh a+b b+c c+a + + ≥6 c a b ∀a, b, c > Giải Ta có a+b b+c c+a a b b c c a  a c   c b b a  + + = + + + + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ + + = c a b c c a a b b c a b c  a b  Đẳng thức xảy a = b = c a+b a b Nhận xét: Ví dụ ta sử dụng tính chất = + ngược lại bất đẳng thức cần chứng minh có dạng c c c c liệu có cịn sử dụng tính chất nêu khơng? a+b a b c Ví dụ 1: Chứng minh + + ≥ ∀a, b, c > b+c c+a a +b Giải Để vận dụng tính chất nêu ta phải gói gọn mẫu thành biểu thức (1 chữ cái) tử tổng hiệu biểu thức tính theo mẫu Để làm việc ta cần đặt sau Đặt b + c = x  c + a = y a + b = z  ta tính a , b, c theo x, y , z Dễ thấy x + y + z = ( a + b + c ) x+ y+z x+ y+z y+z−x Tương tự ta tính − ( b + c) = −x= 2 z+x− y x+ y−z ,c = Như bất đẳng thức cho viết lại b= 2 y+z−x z+x− y x+ y−z y z z x x y + + ≥ ⇔ + −1+ + −1+ + −1 ≥ 2x 2y 2z x x y y z z y z z x x y ⇔ + + + + + ≥ Bất đẳng thức vừa chứng minh xong ! x x y y z z a2 b2 c2 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC Chứng minh + + ≥ a+b+c b+c−a c +a −b a +b−c Khi a= Giải 21 Đặt b + c − a = x , x >  c + a − b = y , y > a + b − c = z , z >  ( y + z) ( z + x) + ⇒ z+ y+ z = a+b+c ( x + y) + y+z  a =  z+x  Bất đẳng thức cho viết lại : ⇒ b =  x+ y  c =  ≥ x+ y+ z 4x 4y 4z y z z x x y 2 yz zx xy ⇔ + + + + + + + + ≥ ( x + y + z ) Đến khơng khó để chứng minh x x y y z z x y z xy yz zx y z z x x y 2 yz zx xy + + ≥ ( x + y + z ) Từ suy + + + + + ≥ + + z x y x x y y z z x y z điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z ⇔ a = b = c Ngồi cách phân tích ta chứng minh sau: ( y + z) 4x ( z + x) 4y ( x + y) 4z yz   x  2 z + x) x + y) ( ( zx  ( y + z ) yz zx xy ≥ ⇒ + + ≥ + + ≥ x+ y+ z y  4x 4y 4z x y z  xy  ≥ z  ≥ Ví dụ 3: Chứng minh ∀a, b, c > abc = ta có 1 + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) 2 Giải Trong Ví dụ với cách đặt ví dụ có lẽ khơng cịn phù hợp Tuy nhiên để ý số ta có liên hệ với bất đẳng thức Ví dụ 1 , b = , c = quy đồng biến đổi rút gọn ta : x y z yz zx xy + + ≥ bất đẳng thức với x, y , z > nên ta ràng buộc thêm xyz = x ( x + y) y ( z + x) z ( x + y) xyz yzx zxy + + ≥ hay để phát biểu thành toán x ( x + y) y ( z + x) z ( x + y) 1 + + ≥ x ( x + y) y ( z + x) z ( x + y) 1 , b = , c = x, y , z > Khi Vậy để giải tốn Ví dụ ta đổi biến a = x y z 2 1 x yz y zx z xy x y z + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + + ≥ a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) y+z z+x x+ y y+z z+x x+ y xyz = Cách chứng minh bất đẳng thức cuối có Ví dụ 1 khơng ? Trong Ví dụ cách đặt a= BÀI TẬP Tìm giá trị nhỏ biểu thức 3a 4b 5c + + b+c c+a a +b 22 với a , b, c > Chứng minh với số dương a, b, c, d ta có a b c d + + + ≥ b+c+d c+d +a d +a+b a+b+c a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P= + + a ( b + c) b ( c + a) c ( a + b) a b c Cho tam giác ABC chứng minh : + + ≥3 b+ c −a c + a −b a +b−c 4a 9b 16c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a, b, c độ dài cạnh tam + + b +c −a c + a −b a +b −c Chứng minh với số dương a, b, c ta có giác Chứng minh tam giác ta có: Kỹ thuật cân hệ số: Ví dụ 1: Cho a , b, c > ab bc ca + + ≥ 4p p −c p −a p −b p nửa chu vi a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 P = a+b+c+ + + a b c thỏa mãn Giải 1 Ta có a + ≥ 2, b + ≥ 2, c + ≥ Suy P ≥ Vậy Min P = a b c Trong cách giải ta mắc sai lầm chỗ đẳng thức xảy a = b = c = a + b + c = a + b + c = mâu thuẫn với giả thiết Cách giải : 1 ≥ Đẳng thức xảy 9a = ⇔ a = a a 1 9b + ≥ Đẳng thức xảy 9b = ⇔ b = b b 1 9c + ≥ Đẳng thức xảy 9c = ⇔ c = c c 1 1 1 Suy ( a + b + c ) + + + ≥ 18 ⇔ a + b + c + + + ≥ 18 − ( a + b + c ) = 10 Đẳng a b c a b c 1 thức xảy a = b = c = Vậy Min P = 10 a = b = c = 3 Ta có 9a + Đến ta có thắc mắc làm tìm số áp dụng trên? Để trả lời câu hỏi ta có nhận xét: Vai trò Bây ta tiếp tục tìm hệ số cách sử  ma =  a ⇔m=9 ma + ≥ m m số dương cho đẳng thức xảy  a a =  Ví dụ 2: Cho a, b, c > , a + b + c = Chứng minh 4a + + 4b + + 4c + ≤ a , b, c dụng toán nên dự đoán Min P xảy a=b=c= Giải 23 1 4a + + m x+ y Như 4a + = Vấn đề ( 4a + 1) m ≤ m m m phù hợp? Dự đốn đẳng thức xảy a = b = c = Do ta tìm m cho 4a + = m a = , dễ thấy m = giá trị cần tìm Ta giải toán sau: 1 4a + + 2a + 4a + = = Ta có Đẳng thức xảy a = ( 4a + 1) ≤ 5 2b + 4b + ≤ Đẳng thức xảy b = 2c + 4c + ≤ Đẳng thức xảy c = 2a + 2b + 2c + + + =3 Suy 4a + + 4b + + 4c + ≤ 5 Đẳng thức xảy a = b = c = 2 Ví dụ 3: Chứng minh xy + yz + zx = x + y + z ≥ 10 Phân tích ta sử dụng dạng: xy ≤ Giải Phân tích: α x + α y ≥ 2α xy Đẳng thức xảy x = y β x + γ z ≥ βγ xz Đẳng thức xảy β x = γ z β y + γ z ≥ βγ yz Đẳng thức xảy β y = γ z cách giải : Ta có: α + β =  Bây ta cần chọn α , β , γ thỏa mãn  2γ = Giải hệ ta α = 1; β = 2; γ = Ta trình bày lại  α = βγ x + y ≥ xy Đẳng thức xảy x = y z ≥ xz Đẳng thức xảy x = z 2 1 y + z ≥ yz Đẳng thức xảy y = z 2 2 2 Suy x + y + z ≥ ( xy + xz + yz ) = 10 Đẳng thức xảy x = y = 1; z = 2 x2 + Ví dụ 4: Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x+ y+z = 47 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 12 P = 3x + y + z Giải x + m ≥ 3mx m > Tương tự y + n ≥ 4n y ; z + p ≥ pz ( n, p > ) Phân tích : Để sử dụng giả thiết ta ghép Suy x + y + z ≥ 3mx + 4n y + pz − ( m + n + p ) Đến ta cần tìm m, n, p 3m = 4n = p để ý đẳng thức xảy m = 3x   n = y Như ta tìm m, n, p  p = 5z   x + y + z = 47  12 24 cách giải hệ: cho  5  3m = 4n = p m = p; n = p; p = z  5   m = 3x z = 1; y = ; x =  5    ⇔  x = z; y = z ⇔ n = y  p = 5z   m = 25 ; n = 25 ; p = 47      x + y + z = 12 47  x + y + z =  12 Khi x + y + z ≥ 25 25 235 235  25 25  x + y + 5.5 z −  + + ÷ = 10 ( x + y + z ) − = 4 12 12   Việc trình bày lại lời giải dành cho bạn !!! BÀI TẬP 1 1 x, y , z > , x + y + z ≤ Tìm giá trị nhỏ P = ( x + y + z ) +  + + ÷ x y z Tìm giá trị lớn y = x − + − x 2 Cho x, y , z ≥ 0, xy + yz + zx = Chứng minh 10 x + 10 y + z ≥ 4 Cho a > 1, b > Chứng minh a b − + b a − ≤ ab Cho a, b, c > 0, a + b + c = Chứng minh a + b + b + c + c + a ≤ Cho Kỹ thuật ghép nhóm: Trong phần bạn phải nắm vững số bất đẳng thức thường gặp phải sử dụng kỹ thuật cân hệ số Ví dụ 1: Cho a, b, c > Chứng minh a b2 c2 + + ≥ a+b+c b c a Giải a + b ≥ 2a Đẳng thức xảy a = b b b2 + c ≥ 2b Đẳng thức xảy b = c c c2 + a ≥ 2c Đẳng thức xảy c = a a a b2 c2 a b2 c2 + + + a + b + c ≥ 2a + 2b + 2c ⇔ + + ≥ a + b + c Đẳng thức xảy b c a b c a Ta có Suy a=b=c Ví dụ 2: Cho a, b, c > Chứng minh a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b2 + c ) a + 2b b + 2c c + 2a Giải Ta có Suy a + a ( a + 2b ) ≥ a a + 2b 3 b + b ( b + 2c ) ≥ b b + 2c 3 c + c ( c + 2a ) ≥ c c + 2a 3 ( Hãy suy nghĩ có số ?) a b c3 + + ≥ ( a + b + c ) − ( a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) = a + 2b b + 2c c + 2a 25 = 2 a + b + c ) + ( a + b + c − ab − bc − ca ) ( Đến khơng khó để chứng tỏ a + b + c ≥ ab + bc + ca Do ta có điều cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b + c) Ví dụ 3: Cho a, b, c > Chứng minh b ( c + a) c ( a + b) a ( b + c) Giải Ta có a a3 + mb + n ( c + a ) ≥ 3 mna Đẳng thức xảy = mb = n ( c + a ) b( c + a) b( c + a)  m =  a mà ta dự đoán toán đẳng thức xảy a = b = c nên = ma = n ( a + a ) ⇔  a ( a + a) n =  a 1 + b + ( c + a) ≥ a Do b( c + a) b3 1 + c + ( a + b) ≥ b c ( a + b) c3 1 + a + ( b + c) ≥ c a ( b + c) Suy a b3 c3 1 + + ≥ ( a + b + c ) − ( a + b + c ) − ( 2a + 2b + 2c ) = ( a + b + c ) b ( c + a) c ( a + b) a ( b + c) 2 Đẳng thức xảy a = b = c BÀI TẬP Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh 5 a b c5 + + ≥ a3 + b3 + c bc ca ab a b3 c + + ≥ a + b2 + c2 b c a a b3 c + + ≥ ab + bc + ca b c a a b5 c a b3 c + + ≥ + + b3 c a b c a a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b + c) 2 ( b + c) ( c + a) ( a + b) a3 b3 c3 + + ≥ ( a + b + c) ( a + b) ( b + c) ( b + c) ( c + a ) ( c + a ) ( a + b) Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh a b3 c + + ≥ a+b+c c2 a b2 a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a +b 26 BẤT ĐẲNG THỨC BUNHIAKOVSKI Dạng 1: ( ax + by ) ≤ ( a + b ) ( x + y ) Đẳng thức xảy ay = bx ( ax + by + cz ) Ví dụ 1: Cho ≤ ( a + b + c ) ( x + y + z ) Đẳng thức xảy a, b, c > Chứng minh a b c = = x y z  a2 b2 c2  a + b + c ≤ 2 + + ÷ b+c c+a a +b  Giải Ta có Do a b c a+c+c = b+c + c+a + b+c b+c c+a a +b  a2 b2 c  + + ( a + b + c) ≤  ÷( 2a + 2b + 2c ) b+c c+a a+b  a2 b2 c2  ⇔ a + b + c ≤ 2 + + ÷ Đẳng thức xảy a = b = c b+c c+a a+b Dạng rìm thấy nhiều sách tham khảo Dạng 2: a b2 ( a + b ) + ≥ x y x+ y Ví dụ 1: chứng minh với x, y > a, b tùy ý Đẳng thức xảy a b2 c2 ( a + b + c ) + + ≥ x y z x+ y+z a b = x y với x, y , z > Giải a b2 c2 ( a + b ) c ( a + b + c ) Đẳng thức xảy a = b = c + + ≥ + ≥ x y z x y z x+ y z x+ y+z 2 a b c a+b+c Ví dụ 2: Chứng minh với số dương a, b, c ta có + + ≥ b+c c+a a +b 2 Ta có Giải ( a + b + c ) = a + b + c Đẳng thức xảy a = b = c a2 b2 c2 + + ≥ b + c c + a a + b 2( a + b + c) 1 + + ≥ Ví dụ 3: Chứng minh ∀x, y , z > x y z x+ y+z Ta có Giải 1 1 1 ( + + 1) Ta có + + = + + ≥ = x y z x y z x+ y+z x+y+z a b c Ví dụ 4: Chứng minh + + ≥ ∀a, b, c > b+c c+a a +b 2 2 Đẳng thức xảy a=b=c Giải ( a + b + c) a b c a b2 c2 + + = + + ≥ b + c c + a a + b ab + ca bc + ab ca + bc ( ab + bc + ca ) 2 Ta có Mặt khác Ví dụ 5: Cho ( a + b + c) a , b, c > ≥ ( ab + bc + ca ) chứng minh Từ suy điều phải chứng minh 1 1 + ≤ + a + 2b b + 2a 3a 3b Giải 27 1 ( + + 1)  12 12 12    = ≤  + + ÷=  + ÷ a + 2b a + b + b  a b b   a b  Ta có 1 ( + + 1)  12 12 12    = ≤  + + ÷=  + ÷ b + 2a a + b + b  b a a   b a  Công bất đẳng thức lại ta điều cần chứng minh BÀI TẬP Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh Cho a, b, c > Chứng minh a b2 c2 + + ≥ a+b+c b c a a b3 c + + ≥ a + b2 + c2 b c a a3 b3 c3 a + b2 + c + + ≥ b+c c+a a +b 1 1 1 + + ≤ + + a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 6a 6b 6c 28 Giải hệ phơng trình phơng pháp đánh giá Phơng pháp1: Phơng pháp đánh giá tập xác định Ví dụ: Giải hệ phơng trình:  x + y +1 =1    y + x +1 =1 (Đề thi vào trờng chuyên tĩnh) Lời giải Điều kiện x y Suy   x + y +1 ≥1   y + x +1 Dấu đẳng thức xẩy vµ chØ x = y = Do vËy hÖ cã nghiÖm nhÊt x = y = Phơng pháp2: Đánh giá bất đẳng thức 2  x y −2 x + y = Ví dụ1: Giải hệ phơng trình (I)  7 x −14 x +3 y + = Lời giải Viết lại (I) 2  ( x +1) y = x ⇔  7( x −1) + 3(1 + y ) = Tõ (1) suy y = L¹i cã (x - (1) 1) ≥ 2x ≤ x +1 0, x nên (2) Kết (3) tháa m¶n (1) ( 2) ⇒ y ≤1 ⇒ ≥  x = ( x −1) = ⇒  ⇔   y = −1 1 + y = x = ⇒ y = Vídụ2: Giải hệ phơng trình + y3 (3) nghiệm hệ phơng tr×nh (I) 2  x + y + z = xy + yz + xz  2007  + y 2007 + z 2007 = 32008 x (1) ( 2) Lêi gi¶i Ta cã (1) ⇔ ⇔ 2x + 2y + 2z - 2xy - 2yz - 2xz = (x - y) + (y - z) + (x - z) = ≥ 0; (x - z) ≥ víi mäi x;y;z ⇒ (x - y) + (y - z) + (x - z) ≥ víi mäi x; y; z ⇒ (3) ⇔ x –y = y – z = z – x = ⇔ x = y = z V× (x - y) ≥ (3) 0; (y - z) Thay vµo (2) ta cã: 3x 2007 = 3y 2007 = 3z 2007 = 2008 ⇒ x 2007 = y 2007 = z 2007 = 2007 Vậy hệ phơng trình ban đầu có nghiệm x = y = z = Phơng pháp3: Đánh giá tính chẵn lẻ Ví dụ1: Tìm a để phơng trình sau có nghiệm nhÊt 29 3 x −a y +1 =1  (I)  =a x + y + y + y +  (§Ị thi häc sinh giỏi lớp 10 tĩnh Hà Tĩnh năm học 2000 - 2001) Lời giải Để ý y+ y +1 = y +1 − y nªn hƯ (I) ⇔  3 x −a y +1 =1 (II)  2  x + y +1 =a §iỊu kiƯn cÇn ThÊy r»ng nÕu cã nghiƯm (x ,y ) th× hƯ cịng cã nghiƯm (x ,-y ) Bởi điều kiện cần để hệ có nghiệm nhÊt lµ y = Thay y = vµo (II) ta cã a = −  3 x −a =1  ⇔   a = x +1 =a  §iỊu kiƯn ®đ • •  3 x + a = -1, hƯ (II) trë thµnh   x + a= , hƯ (II) trë thµnh y +1 =1 y +1 =1  3 x − y +1 =1   x + y +1 = 16   ⇔x=y=0 ⇔  x =    y =0   x =  HÖ cã nghiÖm nhÊt y = Vậy tập hợp giá trị a tơng thích với yêu cầu toán a = 1; a = Ví dụ2: Tìm a để hệ có nghiệm nhÊt  x +3 + y = a   2   y +5 + x = x +5 + a Lời giải *Điều kiƯn cÇn ThÊy r»ng, nÕu hƯ cã nghiƯm (x ,y ) th× nã cịng cã nghiƯm (-x ,-y ), (-x ,y ),(x ,-y ).Bëi vËy, nghiƯm nhÊt cđa hƯ chØ cã thĨ lµ x = y = Thay vào hệ ta có a = *Điều kiện đủ Với a = Để ý: , hệ trở thành x +3 + y ≥  x +3 + y =   2   y +5 + x = x +5 (1) ( 2) Dấu đẳng thức xẩy x = y = Suy (1) ⇔ x = y = ThÊy r»ng x = y = cịng lµ nghiƯm cđa (2) Suy x = y = nghiệm hệ Tóm lại: Tập hợp giá trị phải tìm a a = 30 Phơng pháp 4: Đặc biệt hóa ẩn 2  x + y + z + xy − xz − yz = VÝ dô1: Giải hệ phơng trình (I) 2 x + y + yz − xz − xy = (Đề thi giáo viên giỏi huyện Cẩm Xuyên năm 2004) Lời giải Viết lại (I) Đặt 2  ( x + y ) − z ( x + y ) + z −3 = (II)   ( x − y ) − z ( x − y ) +1 = u +v  x=  u = x + y   ⇔   v = x − y y = u − v   ∆ ≥0 HÖ (II) trë thµnh (III)  z2 ≤  2  z ≥  HÖ (III) cã nghiÖm ⇔  u ⇔ ∆v ≥0 *Víi z = ta cã (III) x =1 ⇔u=v=1 ⇒  y =0 2  u − zu + z − =   v − zv + = ⇔z= ±2 ⇒ HƯ ®· cho cã nghiƯm (1;0;2) *Víi z = -2 ta cã (III) ⇒ x =−  ⇔ u = v = -1 ⇒  y =0  HƯ ®· cho cã nghiƯm (-1; 0; -2) *Tóm lại: Hệ đà cho có hai nghiệm (1; 0; 2) vµ (-1; 0; -2) NhËn xÐt: - Sè ẩn nhiều số phơng trình suy đặc biệt hóa ẩn xem tham số - Sự vắng mặt hạng tử z phơng trình (2) cho ta thấy thiếu bình đẳng x y - Sự phân tích dẩn đặc biệt hóa ẩn z, xem tham số Ví dụ2: Giải hệ phơng trình (I) ( x + 3) = − y  z + y = y  ( z − x)( x + 3) = x +16 z ≥  (1) ( 2) (3) ( 4) Lời giải Xem z tham số,khi phơng trình (2) trë thµnh 4(y - 1) = - z (i) Phơng trình (i) có nghiệm chØ z ≤ ⇔ -2 ≤ z Phơng trình (3) trở thành : x + 2(4 - z)x + 16 - 6z = Phơng trình (ii) có nghiệm Từ (4), (5), (6) suy ⇔ ∆x ≥ ⇔ z(z - 2) ≥ z = z =  *Thay z = vào phơng trình (i) (ii) sẻ lần lỵt cã x = - 4, y = y =  31 z ≤ 0 ⇔  z (5) (ii) (6) Cặp giá trị (x = - 4; y = 0; z = 0) kh«ng thỏa mản hệ phơng trình (I) (7) Cặp giá trị (x = -4; y = 2; z = 0) tháa mản hệ phơng trình (I) (8) *Thay z = vào phơng trình (i) (ii) ta sẻ lần lỵt cã x = -4 ; y = (9) Cặp giá trị (x = -4; y = 1; z = 2) thỏa mản hệ phơng trình (I) (10) *Từ (7),(8),(10) kết luận hệ đà cho có hai nghiệm (- 4; 2; 0) vµ (- 4; 1; 2) NhËn xét: Sự có mặt bất đẳng thức (4) cho thấy tính đặc biệt ẩn z hệ đà cho Khi z đợc đặc biệt hóa, (2),(3) theo thứ tự trở thành phơng trình ẩn x,y Nhờ ta thu đợc đánh giá độc lập biến z Phơng pháp5: Đánh giá ẩn Ví dụ: Tìm nghiệm nguyên dơng hÖ  x 2008 =y 2007 + z 2007  2008 2y =x 2007 + z 2007   2008 2z =x 2007 +y 2007  (1) ( 2) (3) Lời giải Ta sẻ chứng minh x = y = z ThËt vËy: Do vai trß cđa x , y , z nh nên không tính tổng quát,giả sử x y x z (4) V× x > 0, y > 0, z > nªn: Tõ (1),(2),(4) ⇒ ⇒ Tõ (1),(3),(4) 2x 2008 = y 2007 + z 2007 ≤ x 2007 + z 2007 = 2y 2008 ⇒ x ≤ y 2x 2008 = y 2007 + z 2007 ≤ y 2007 + z 2007 = 2z 2008 2x 2008 ⇒ ≤ ⇒ 2x 2008 ≤ 2y 2008 2z 2008 ⇒ x ≤ (5) z (6) Tõ (4),(5),(6) suy x = y = z Thay vµo (1) ta cã 2x 2008 = x 2007 + x 2007 = 2x 2007 suy x = (do x > 0) VËy hÖ cã nghiÖm nhÊt : x = y = z = Phơng pháp 6: Đánh giá tính chia hết Ví dụ: Chứng tỏ hệ phơng trình x 2008 = y 2005 + 667  2008 = z 2005 + 670 y z 2008 = x 2005 + 671 (1) (2) nghiệm nguyên (3) Lời giải Cộng vế theo vế (1),(2),(3) ta đợc: x 2008 + y 2008 + z 2008 = x 2005 + y 2005 + z 2005 + 2008 ⇔ (x 2008 - x 2005 )+ (y 2008 y 2005 ) - + (z 2008 - z 2005 ) = 2008 ⇔ x 2005 (x - 1) + y 2005 (y - 1) + z 2005 (z - 1) = 2008 ⇔ x 2005 (x- 1)x(x + 1) + y 2005 (y- 1)y(y + 1) + z 2005 (z- 1)z(z + 1) = 2008 (4) DĨ thÊy vÕ tr¸i phơng trình (4) chia hết cho (do tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 6) Mặt khác 2008 chia cho có số d Do phơng trình (4) nghiệm nguyên Vì hệ (I) nghiệm nguyên x 32 33 ... Tõ (1), (2) ,(4) ⇒ ⇒ Tõ (1),(3),(4) 2x 20 08 = y 20 07 + z 20 07 ≤ x 20 07 + z 20 07 = 2y 20 08 ⇒ x ≤ y 2x 20 08 = y 20 07 + z 20 07 ≤ y 20 07 + z 20 07 = 2z 20 08 2x 20 08 ⇒ ≤ ⇒ 2x 20 08 ≤ 2y 20 08 2z 20 08 ⇒... Chứng minh a b2 c2 + + ≥ a+b+c b c a Giải a + b ≥ 2a Đẳng thức xảy a = b b b2 + c ≥ 2b Đẳng thức xảy b = c c c2 + a ≥ 2c Đẳng thức xảy c = a a a b2 c2 a b2 c2 + + + a + b + c ≥ 2a + 2b + 2c ⇔... + y 20 05 + z 20 05 + 20 08 ⇔ (x 20 08 - x 20 05 )+ (y 20 08 y 20 05 ) - + (z 20 08 - z 20 05 ) = 20 08 ⇔ x 20 05 (x - 1) + y 20 05 (y - 1) + z 20 05 (z - 1) = 20 08 ⇔ x 20 05 (x- 1)x(x + 1) + y 20 05 (y- 1)y(y