listening 11unit 12 tiếng anh 11 đặng quốc tú thư viện tư liệu giáo dục

sắc,Augustin-Louis vào Đại học Bách khoa lúc mới 16 tuổi.Khi đã trở thành kỹ sư quân sự,Cauchy làm việc ở pháo đài cảng Cherbourg thời nước Pháp bị phong tỏa.Tuy vậy,Cauchy vẫn dành th[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN TIỀN GIANG

B Ấ T Đ Ẳ N G T H Ứ C - C Ự C T R Ị

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: Thầy ĐỖ KIM SƠN

NHÓM THỰC HIỆN:

Phạm Trung Vinh

Nguyễn Phúc Nghiệp

Vương Thiên Lộc

Nguyễn Lê Ngọc Thảo

LỚP 10 TỐN

KHĨA: 2009-2012

(2)

Tiền bạc ?

Rồi hết. Sắc đẹp ?

Rồi phai … Chỉ có :

Tri thức vào khồi óc Tình cảm vào tim Sẽ

Sống với thời gian.

(Trần Phương 1990) Cuộc sống người liên tục kiếm tìm khẳng địng giá trị thân Mỗi vật có chỗ đứng giới ln thay đổi nhờ giá trị người ta khơng nhận vật nhận giá trị quan hệ so sánh Chính quan hệ tạo bất đẳng thức sống

Vì tập thể nhóm chúng tơi kính gừi đến q thầy bạn chun đề vế “Bất đẳng thức cực trị biểu thức”, chúng tơi mong muốn người bạn thân thiết người yêu Toán học

Trong trình soạn thảo, dù cố gắng, chắn chuyên đề không tránh khỏi thiếu sót định chúng tơi mong nhận ý kiến đóng góp từ q thầy bạn

Các thành viên nhóm:

Phạm Trung Vinh - Nguyễn Phúc Nghiệp Vương Thiên Lộc - Nguyễn Lê Ngọc Thảo

(3)

Giới thiệu chung

Bất đẳng thức mảng kiến thức khó tốn học phổ thơng trung học sở.Tuy thông qua tập chứng minh bất đẳng

thức,chúng ta hiểu biết kĩ sâu sắc vể việc giải biện luận phương trình,bất phương trình,tìm cực trị biểu thức,…Và bất đẳng thức nội dung thường gặp đề thi học sinh giỏi

Trong trình giải tập,năng lực suy nghĩ,sáng tạo người làm toán phát triển đa dạng phong phú bất đẳng thức thường khơng có cách giải định mà địi hỏi người làm tốn phải có khả biến đổi tốt nắm vững bất đẳng thức thường gặp tính chất để kết hợp cách logic có hệ thống

Và để tìm hiểu sâu cung cấp thêm tư liệu cho người đam mê vấn đề này,nhóm chúng tơi tổng hợp hệ thống lại cách tương đối phương pháp chứng minh dạng toán thường gặp Chuyên đề “Bất đẳng thức-Cực trị biểu thức” mong giúp ích cho việc giải tốn

Dù cố gắng nhiều biên soạn,nhưng chắn không tránh khỏi sai sót.Rất mong nhận ý kiến đóng góp từ bạn đọc

DANH MỤC CỦA CHUYÊN ĐỀ: A Giới thiệu lịch sử số nhà toán học

B Bất đẳng thức đại số C Hệ số điểm rơi

(4)

A GIỚI THIỆU LỊCH SỬ CỦA MỘT SỐ NHÀ TOÁN HỌC: (Trở đầu)

Augustin - Louis CAUCHY

Paris 1789 - Sceaux 1857

Tình hình trị nước Pháp cuối kỷ XVIII ( gần Cách mạng dân chủ tư sản Pháp 1789 ) phức tạp, gia đình Cauchy muốn yên thân nên dời đến Arcueil ( ngoại ơ,phía Nam Paris ) nhờ mà cậu bé Augustin-Louis có dịp gặp hai nhà Khoa học tiếng thời Laplace ( Toán ) Berthollet ( Hoá ).Là học sinh xuất

(5)

thuyết nhóm Đại số tuyến tính.Về Vật lý, ơng đặt sở Tốn học cho Lý thuyết đàn hồi ơng có cơng trình dạng phác thảo, chưa chắn.Do Ruffini Lagrange gợi ý.Nên năm 1815,trong cơng trình quan trọng ơng nhóm ( groupes de

substitutions ) ông chứng minh số nhóm nhóm đối xứng ζn 2,hoặc số nguyên tố lớn bé hay n.Năm 1846,ơng trở lại Lý thuyết phương trình mà kết Galois chưa biết đến.Ông chứng minh nhóm phép mà số chia hết cho số nguyên tố p chứa nhóm bậc p.Ơng cịn đưa định nghĩa trường số phức lớp tương đương đa thức có hệ số thực modulo X2 +

Cauchy người đưa Lý thuyết Định thức cách có hệ thống đại Ông cải tiến phương pháp Laplace phép tính định thức Ơng quan tâm đến việc giản ước dạng toàn phương biến ( 1826 ) chứng tỏ phương trình đặc trưng (ngày ta gọi đa thức đặc trưng) phối hợp bất biến qua phép thay đổi sở trực chuẩn ( base orthonormale ) chứng tỏ định thức thực đối xứng có nghiệm đặc trưng thực.Năm 1826,Cauchy đưa định nghĩa định thức đồng dạng chứng tỏ chúng có nghiệm đặc trưng.Ơng có cơng trình chùm dạng tồn phương.Nhưng cuối lĩnh vực Giải tích Tốn học ơng tiếng cả.Luôn quan tâm đến vấn đề chặt chẽ hóa mơn học này,ơng đưa khái niệm xác liên tục tích phân.Mặc dù ơng ln tìm cách xác hóa khái niệm hội tụ ông chưa để ý đến khái niệm liên tục hội tụ đều.Phải chờ đến Karl Theodor Wilhelm Weierstrass ( 1815 – 1897 ) với việc xây dựng trường số thực thành cơng tốt đẹp Giải tích Tốn học cơng nhận hồn tồn chặt chẽ

Giữa năm 1820 - 1830,Cauchy nghiên cứu Phương trình vi phân.Ơng người chứng minh tồn nghiệm.Để làm việc ông dùng hai phương pháp: phương pháp xấp xỉ liên tiếp (cách cần đến tính hội tụ) phương pháp hàm tăng (majorant) Bằng cách đặt z = x + ij ông nghiên cứu cách tính tích phân hàm phức,biến phức.Ơng dùng đường nối hai cực chứng tỏ kết không phụ thuộc vào cách chọn đường ( 1825 ).Ông để ý đến trường hợp hàm gián đoạn,đặc biệt hàm có cực, điều đưa ơng tới kết chứng minh định lý thặng dư ( théorème de résidus ).Năm

1846,Cauchy chứng minh lại không phụ thuộc vào đường chọn tính tích phân, lần ơng dùng cơng thức mà ta gọi công thức Cauchy - Riemann

(6)

đã chứng minh hùng hồn sức mạnh Tốn học khơng có giới hạn để nghiên cứu thiên nhiên

Hermann MINSKOWSKI

Kaunas (Lituanie) 1864 - Gottingen 1909

Ơng có nguồn gốc Do Thái, nên từ nhỏ ông sinh trưởng Nga,nhưng sau bố mẹ ông đành di cư sang Konigsberg để tiện việc học hành cho thời chế độ Nga hồng cấm khơng cho phép người có nguồn gốc Do Thái học hành tử tế.Nhưng anh em nhà Minskowski học giỏi.Oskar theo ngành Y,rất tiếng, tìm mối liên quan tụy tạng,…Còn Hermann học Đại học Konigsberg,nhưng sau Hermann tốt nghiệp Đại học Berlin.Sau trường Hemann Minskowski dạy Đại học Bonn từ 1893,năm sau dạy Đại học Konigsberg từ 1896 ông dạy Đại học bách khoa Zurich,lúc Albert Einstein học trị ơng.Từ năm 1902,Đại học Gottingen mở môn ông lãnh đạo ơng làm việc ơng qua đời.Minskowski yêu Lý thuyết số.Từ năm 18 tuổi ông J.B.Smith vinh dự nhận Giải thưởng lớn Viện hàn lâm Khoa học Pháp cơng trình nghiên cứu Tốn học tiếng:phân tích số ngun thành tổng

phương.Chính ơng người sáng lập ngành Hình học Số.Ơng cịn quan tâm đến Vật lý-Tốn.Người học trị cũ ông sau tiếng Albert Einstein,năm 1905 đưa Thuyết tương đối theo nghĩa hẹp,thời nhiều người chưa hiểu nổi,

(7)

Leonardo FIBONACCI

Pise 1180 - 1250 (gần đúng)

(8)

Carl Friedrich GAUSS

Brunswick 1777 - Gottingen 1855

Là trai người thợ thủ công người Đức, Carl Gauss từ bé cảm thấy gần gũi với người mẹ thương yêu bà Dorothea Benze Gauss cho thừa hưởng trí thơng minh từ người mẹ đáng kính Thiên tài Gauss thể từ lúc nhỏ Người ta nói lúc lên tuổi, Gauss biết cha tính tốn sai, ơng nói đùa rằng: "Tơi học tính trước học nói" Một hơm, ơng giáo trường làng bắt học trị làm phép tính cộng số từ 1,2,3, đến 100 Trong bạn lớp loay hoay làm tính cộng giây đồng hồ, cậu bé Carl có đáp số Thầy giáo ngạc nhiên, cậu bé Carl giải thích + 100 = + 99 = + 98 = = 50 + 51 nên kết 50.101 = 5050, lúc Carl 10 tuổi Chính đứa bé có thiên tư đặc biệt nên năm 15 tuổi nhận Quận công vùng Brunswick cho học bổng ăn học trường Trung học Collegium Carolinum trường vừa mở dành cho học sinh có khiếu đặc biệt Ba năm sau, Gauss vào Đại học Gottingen, bắt đầu tiếng nhờ sáng tạo Khoa học Năm 1798, Gauss trở Brunswick năm sau (1801) ông cho đời tác phẩm Disquisitiones arithmetica

(9)

nặng thất tình Ơng chán ghét nghề dạy học Ông nghĩ cách sai lầm ơng khơng có để học tập nhà Tốn học khác cho cơng trình sáng tạo Tốn học ơng ánh xạ bảo giác, độ cong mặt khơng đáng giá so với sáng tạo, tìm tịi ơng Thiên văn-Trắc địa, ơng nhận lời vội vàng làm Giám đốc đài Thiên văn Gottingen năm 1807 Năm 1809, tai hoạ giáng xuống gia đình ơng: vợ ơng, bà Johanna từ trần Lần cưới vợ thứ hai gánh nặng ông, ông trở nên thô bạo với Quay với Trắc địa, ông bỏ rơi Toán học, ý đến Thiên văn Nhưng ông có bạn tâm giao Wilhelm Weber mời Gauss nghiên cứu với đặt sở cho Lý thuyết Từ học Nhưng hợp tác khoa học khơng lâu năm 1837 Weber từ chối phục vụ chế độ mới, hai nhà Khoa học phải chia tay Tuy Gauss đạt nhiều kết Vật lý tốn mao dẫn, tinh thể học Tuy khơng trực tiếp giảng dạy nhiều Đại học, Gauss cuối đời đào tạo nhiều nhà Toán học giỏi Riemann Dedekind

Ông mệnh danh Ơng hồng Tốn học (Vua Tốn học) hay Hồng tử Tốn học Tuy nói ơng "bỏ rơi" Tốn học hậu tơn vinh ơng nhà Toán học lỗi lạc kỷ, nhà Toán học vĩ đại thời đại, ngành Tốn học có dấu ấn đậm ông Người ta kể lại năm Gauss 18-19 tuổi chuẩn bị vào Đại học, phân vân khơng biết chọn ngành Triết hay ngành Tốn kiện tạo nên bước ngoặc đời nhà Toán học vĩ đại tương lai này: với 80 trang giấy nháp, Gauss giải đẹp toán dựng đa giác 17 cạnh thước compass Từ thời cổ đại, toán đặt Gauss người giải đẹp, trọn vẹn Cơ sở lý luận tốn Gauss trình bày Disquisitiones arithmetica Ông nghiên cứu biểu thức xp - p số nguyên tố Ông chứng tỏ nghiệm biểu thức diễn tả từ loạt phương trình có hệ số hữu tỷ mà bậc ước nguyên tố p - Điều báo trước kết Galois,và Gauss chứng minh đa giác n cạnh dựng n = 2m.p1 pk m số nguyên tự nhiên p1 pk số Fermat Vì đa giác 257 cạnh hay đa giác dều 65537 cạnh dựng thước compass

Đầu đề Luận án mà Gauss bảo vệ năm 1799 chứng minh định lý Đại số học: Mọi đa thức hằng, có hệ số thực, thừa số hóa thành tích đa thức bậc bậc với hệ số thực (điều có nghĩa đa thức với hệ số thực thừa nhận nghiệm trường số phức) Gauss nhận xét chứng minh D'Alembert, Euler Lagrange chưa đầy đủ sai Trong chứng minh năm 1799, Gauss đưa cách biểu diễn mặt phẳng số phức đề nghị cách tiến hành dựa vào hình học Gauss đưa hai cách chứng minh định lý Đại số học, vào năm 1816 cách cuối vào năm 1850 Để nghiên cứu tính chia hết, Gauss đưa khái niệm hợp thức (đồng dư thức - congruence) mà biết: ta nói số nguyên b c hợp thức suất a (hay b c đồng dư theo mod a) a chia hết cho (b - c), ta ký hiệu b ≡ c (mod a)

(10)

những tính chất phản xạ, đối xứng, bắc cầu đẳng thức giá trị đồng dư thức Gauss tổng qt hố luật tính nghịch đảo tồn phương dược Legendre chứng minh, ngày ta gọi số ngun Gauss.Ơng cịn dự đốn (conjecture) số nguyên tố nhỏ n tương đương với n/ln n n → ∞ Từ thời Euclide đến Gauss, vấn đề ám ảnh nhiều nhà Toán học Tiên đề đường thẳng song song có chứng minh tiên đề trước khơng ? Nhiều nhà Toán học trước Gauss Saccheri (1667 - 1733), Lambert (1728 - 1777), Legendre (1752 - 1833) thử chứng minh không thành công Vậy phải Tiên đề (đời sau gọi tiên đề trước có tiên đề khác) Năm 1810, Gauss thấy cần đặt lại câu hỏi: phải khơng chứng minh ? Gauss ngần ngại khơng dám cơng bố ý nghĩ đành để vinh quang cho Lobatchevski Bolayi, nhà Tốn học phát minh Hình học Phi Euclide.Gauss thích quay cách tiếp cận Hình học xem áp dụng Giải tích hình học, ngày ta gọi Hình học vi phân

Newton Leibniz nghiên cứu đường cong nhờ phép tính vi phân mà hai ơng vừa sáng tạo, Euler Monge tổng quát đến không gian chiều Nhưng phải đợi đến Gauss vấn đề nghiên cứu đường cong, mặt lân cận điểm thật có hệ thống Gauss cịn tổng qt hố nghiên cứu Huygens Clairaut độ cong đường cong phẳng hay ghềnh

Ơng cịn định nghĩa độ cong - ngày ta gọi độ cong Gauss-của mặt cho biểu thức độ cong phương trình đạo hàm riêng Điều đưa tới việc nghiên cứu Trắc địa Thiên tài Gauss thể lĩnh vực khác Lý thuyết số, Lý thuyết mặt

Daniel BERNOULLI Gronigue 1700 - Bâle 1782

Ban đầu cha ơng thích cho ơng theo nghề buôn bán, ông chuyển hướng theo đường Khoa học Tuy sinh trưởng Gronigue từ 1705 ơng chuyển đến Bâle Ơng học Heidelberg Strasbourg, lại tốt nghiệp Bâle năm 1721 Ông qua Venise từ năm 1723 đến 1725 từ năm 1725 đến năm 1733 ông sang Saint-Petersbourg trở thành Giáo sư Người anh ông Nicolas dạy từ nơi nảy sinh thảo luận ghi lại Nghịch lý Saint-Petersbourg Năm 1734 ông giải thưởng Viện Hàn lâm Khoa học với cha ông cơng trình nghiên cứu quỹ đạo hành tinh Cơng trình nghiên cứu ơng thiên Vật lý Tốn học, ơng đóng góp nhiều kết vào Thủy động học Năm 1738 ông phát biểu nguyên lý mang tên ông - Định luật BERNOULLI Vật lý mà ngày học sinh THPT biết Theo nguyên lý tăng tốc độ chất lỏng làm giảm áp suất

(11)

ơng khẳng định phương trình, ơng chứng tỏ tăng trưởng giàu có vật chất theo cấp số nhân tăng trưởng giàu có tinh thần tương ứng tăng theo cấp số cộng mà thôi, điều ảnh hưởng đến Lý thuyết nhà Triết học Anh Jeremy BENTHAM giàu có hạnh phúc Daniel BERNOULLI cịn dùng xác suất để nghiên cứu tính hiệu việc tiêm chủng trị bệnh đậu mùa Tài ơng khơng dừng lại Ơng cịn nghiên cứu thủy triều, dây rung, lý thuyết động học chất khí

Một câu chuyện mà người đời sau thú vị truyền tụng Một hôm ông chơi với người mà ông nghĩ thầm có hiểu biết xa lạ Người hỏi ơng cho biết q danh Ơng trả lời: Tôi Daniel BERNOULLI Tưởng chuyện đùa, người nói: Vâng, cịn tơi Isaac NEWTON Sau Daniel BERNOULLI bảo câu chuyện làm ông sung sướng tất vinh dự khác

(12)

B BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ: (Trở đầu) I Một số tính chất bản,đặc biệt điều cần biết bất đẳng thức

II Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức III Một số bất đẳng thức hữu ích

IV Bài tập

I

Một số tính chất bản, đặc biệt điều cần biết bất đẳng thức : (Trở về) a > b  a – b >

a>b

b>c } ⇒a>c

a>b⇔a+c>b+c a>b⇔a − c>b− c

a>b

c>d } ⇒a+c>b+d Chú ý:

Không trừ vế với vế bất đẳng thức

a>b⇔ ac>bc; c>0 ac<bc; c<0

(13)

¿

a>b⇔

a c>

b c;c>0 a

c< b c;c<0

¿

a>b>0⇔0<1

a<

1

b

¿a>b>0⇒an>bn;n∈N❑ ¿a>b⇔a2n+1>b2n+1;n∈N

¿{ ¿ Với a,b,c,dR+,ta ln có:

a b<1⇒

a b<

a+c

b+c

a b>1⇒

a b>

a+c

b+c

a a+b>

a a+b+c

a b>

c d⇒

a b>

a+c

b+c>

c d

a > b  an > bn với n lẻ

|a|>|b|⇒an>bn với n chẵn m > n > a >  am > an m > n > a <1  am < an

II Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức: (Trở về)

Phép lập luận nhằm mục đích chứng minh bất đẳng thức dạng A  B (hay A ≥ B,…) đúng,được gọi phép chứng minh bất đẳng thức đó.Phương pháp chứng minh bất đẳng thức đa dạng.Sau số phương pháp chủ yếu:

1. Phương pháp dùng định nghĩa bất đẳng thức,phương pháp ước giá(so sánh):

Nghĩa chứng minh A > B cách chứng minh A – B > (tương tự bất đẳng thức A< B)

(14)

Ví dụ 1:CMR:

√

n

−

√

n

2

√

n

Lời giải Với n nguyên dương ta có

√

n

−

√

n

√

n

√

n

1

√

n

√

n

1 2

√

n

Vậy

√

n

−

√

n

√

n

Ở đây, ta làm giảm giá trị mẫu cách n+1 n, nghĩa ta làm tăng giá trị phân thức

Nhận xét:

Trong phương pháp này,cái khó học sinh làm để biết tăng (giảm) lượng bao nhiêu.Tùy toán mà ta hướng sua nghĩ mà ta biết nên tăng (giảm)

2. Phương pháp biến đổi tương đương :

Ta biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức chứng minh sau kết luận bất đẳng thức cần chứng minh

Ví dụ 2:CMR:a,b ta có:a2 + b2 + ≥ ab + a + b Lời giải

a2 + b2 + ≥ ab + a + b  2a2 + 2b2 + ≥ 2ab + 2a + 2b

 a2 - 2ab + b2 + a2 - 2a + + b2 - 2b + ≥  (a - b)2 + (a - 1)2 + (b - 1)2 ≥ a,b Vậy a2 + b2 + ≥ ab + a + b

Dấu “=” xảy  a = b =

Ví dụ 3:Cho a,b > 0.CMR: a

+b3 ≥

(

a+b

)

3

(15)

a3+b3 ≥

(

a+b

)

3

¿ ⇔a3+b3

2 −

(

a+b

)

3

≥0 ⇔4a

3

+4b3− a3−b3−3 ab(a+b)

8 ≥0

⇔3a

+3b3−3 ab(a+b)

8 ≥0

⇔3 8

[

a

3

+b3−ab(a+b)

]

≥

⇔

8

[

a

b

a

−ab+b2)−ab(a+b)

]

≥

a− b¿2≥0 ⇔3

8(a+b)¿

Vậy a

+b3 ≥

(

a+b

)

3

Dấu “=” xảy  a = b

Nhận xét:

Đây có lẽ phương pháp đơn giản ta việc từ đề dùng phép biến đổi tương đương đưa BĐT (đã biết).Nói khơng có nghĩa lúc ta đưa BĐT hay biết.Đơi khi,ta phải tự tìm cách chứng minh BĐT cuối sau biến đổi,đó vấn đề

3. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức biết (quen thuộc):

Chẳng hạn,sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối hay bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân hai số mà SGK nêu.Ngồi nhiều bất đẳng thức cổ điển quan trọng khác mà giới thiệu phần sau

Ví dụ 4:CMR: a2+b2+c2≥ab+ac+bc Lời giải

Ta biết:

c − a¿2≥0

b − c¿2+¿

a −b¿2+¿ ¿ ⇒2a2+2b2

(16)

⇒2a2+2b2+2c2≥2 ab+2 ac+2 bc

⇒đpcm

Vậy a2+b2+c2≥ab+ac+bc Dấu “=” xảy  a = b = c

4. Phương pháp sử dụng tính chất hàm số :

Theo cách này,ta phải chọn hàm số thích hợp xét biến thiên,xét tập giá trị hay xét đồ thị hàm số số mà rút kết luận

Ví dụ 5:CMR:x,ta có: 13≤

x2− x+1

x2+x+1≤3 Lời giải Xét x2

+x+1=

(

x

)

2 +3

4>0;∀x nên đặt P=

x2− x+1

x2+x+1 ln có nghĩax

P = x 2− x

+1

x2

+x+1 ⇔Px

+Px+p=x2− x+1⇔(P−1)x2+(P+1)x+P−1=0(1)

Phương trình (1) có nghiệm  Nếu P = x = (thỏa)

 Nếu P ≠  =

P−1¿2=(3P −1)(3− P)≥0⇔1

3≤ P ≤3

P+1¿2−4¿ ¿

(thỏa)

Vậy 13≤x

− x+1

x2

+x+1≤3

Nhận xét:

Trong phương pháp hàm số địi hỏi học sinh phải có lượng kiến thức hàm số tính biến thiên hàm số.Kèm theo việc thuộc sử dụng cách phục điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai định lí Viete

5. Phương pháp hình học :

(17)

Ví dụ 6:CMR: a+2b≥

√

Lời gỉai

H C B

A

Do a ≥ b ≥ nên ta xem chúng độ dài hai đoạn thẳng AH BH hình vẽ.Đặt a = AH b = BH AB = a + b.Khi đó,theo hệ thức lượng tam giác ta HC =

√

≤

2 =

a+b

2

Vậy a +b ≥

√

Dấu “=” xảy a = b

6. Phương pháp quy nạp toán học :

Đây phương pháp chứng minh dựa vào nguyên lí quy nạp tốn học.Bạn tìm hiểu thêm phương pháp số sách tham khảo dành cho học sinh giỏi khác

Ví dụ 7:Chứng minh bất đẳng thức Bernoulli (h+1)n≥1+nh nN;h > -1

Lời giải Vì h > -1 nên h + >

 Với n = n = bất đẳng thức  Gỉa sử bất đẳng thức với n = k ≠ 0(kN)

(18)

Nên bất đẳng thức với n = k +  đpcm

7. Phương pháp phản chứng :

Chứng minh định lí P  Q phương thức Q¯⇒P¯ gọi chứng minh phản chứng

Ví dụ 8:Cho ba số a;b c thuộc khoảng (0;1).CMR:Trong bất đẳng thức sau có bất đẳng thức sai:

a(1− b)>14;b(1− c)>

4; c(1− a)> Lời giải

Gỉa sử bất đẳng thức đúng.Vì theo đề ta có a;b c thuộc khoảng (0;1) nên vế trái ba bất đẳng thức dương.Do đó,ta nhân vế bất đẳng thức ta được:

abc(1− a)(1− b)(1− c)>

(

)

3 (1)

Mặt khác ta lại chứng minh

a(1− a)=− a+a=−

(

a −

)

+1 4≤

1

Tương tự ta suy bất đẳng thức tương tự với b c.Từ suy

abc(1− a)(1− b)(1− c)≤

(

)

3 (2)

Ta thấy (1) mâu thuẫn với (2)  đpcm

Với phương pháp phản chứng,trong toán ta dễ dàng đưa hai bất đẳng thức mâu thuẫn để từ đó,kết luận điều ngược lại với giả sử ta đầu suy điều phải chứng minh

Nhận xét:

(19)

8. Phương pháp áp dụng dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c có  = b2 - 4ac

 Nếu  < a.f(x) > xR 

Nếu  = a.f(x) > x ≠

− b a

 Nếu  > a.f(x) > với x < x1 x > x2 a.f(x) < với x1 < x < x2

Ví dụ 9:Cho a,b,c,dR thỏa mãn b < c < d.CMR:(a + b + c + d)2 > 8(ac + bd) (1) Lời giải

(1)

⇔

a2+2a(b −3c+d)+(b+c+d)−8 bd>0 ∀a ,b ,c , d∈R , b<c<d

¿{ Xét tam thức bậc hai theo a:

f(a) = a2 + 2a(b - 3c + d) + (b + c + d) - 8bd có:’= (b - 3c + d)2 + (b + c + d) - 8bd = 8(c - b)(c - d) <

Do f(a) vơ nghiệm dấu với (1) Nên f(a) > 0aR

Vậy (a + b + c + d)2 > 8(ac + bd)

9. Phương pháp tọa độ:

Để áp dụng phương pháp tọa độ cho việc giải toán bất đẳng thức,ta cần lưu ý:

⃗

a=(x , y)⇒|a⃗|=

√

x

y

xA− xB¿2+

(

yA− yB

)

¿ ¿ AB=√¿

Ví dụ 10:Cho x,y,z số tùy ý.CMR:

(20)

Lời giải Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,xét điểm:

A

(

x

y;

√

z

)

(

;

√

y

√

z

)

(

y

2−

z

2;0

)

√

(

x

y

)

2 +

(

√

2 y

)

=

√

x

y

AC =

√

(

x

z

)

+

(

√

z

)

2

=

√

x

z

BC =

√

(

y−

z

)

+3 4(y+z)

2

=

√

y

z

Với điểm A,B,C ta ln có:AB + AC ≥ BC nên:

√

x

y

√

x

y

≥

√

y

z

Dấu “=” xảy A,B,C thẳng hàng tức là:

1/ ¿

y − z

2 =0

x+ y 2=0 ⇔ ¿y=z

y=−2x ¿{

¿

Lúc vế trái trở thành 2

√

x

vế phải trở thành 2

√

x

2/ ¿

y ≠ z y ≠ −2x

⇔ ¿{ ¿

(21)

√

y

√

3 z −

√

3 z

− x −y

2

=

√

2 z

x+z

⇔yx+xz=−yz⇔x(y+z)=−yz

Vậy dấu “=” xảy  y = z = -2x (y - z)(y + 2x) ≠ 0;x(y + z) = -yz 10.Phương pháp áp dụng bất đẳng thức tam giác: Với a,b,c độ dài cạnh tam giác thì:

a > 0,b > 0,c >

|b− c|<a<b+c

|c − a|<b<a+c

|a − b|<c<a+b

a>b>c⇒^A> ^B> ^C

S=1

2bc sinA=

2ca sinB=

2ab sinC

S=abc 4R=pr=

1 2aha=

1 2bhb=

1 2chc

S=

√

p

p − a

p − b

p − c

p− a=c+b − a

2 , p − b=

a+c −b

2 , p− c=

a+b− c

Ví dụ 11:Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác.CMR: p − ap − b+ p −b p − c+

p −c p − a≥3

Lời giải Ta có: p− a=b

+c − a

2 , p − b=

a+c −b

2 , p− c=

a+b− c Nên p − ap − b>0,

p− b p −c>0,

p − c p − a>0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số không âm,ta được:

¿

p − a p − b+

p −b p − c+

p −c p − a≥3

3

√

(

p− ap −b

)(

p − b

p − c

)(

p − c

p −a

)

⇒

¿ Dấu “=” xảy  a = b = c

(22)

Ví dụ 12:Cho a,b,c > a

+b2+c2=5

3 CMR: a+ b− c< abc Lời giải

Ta có:(a + b - c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab – ac - bc) ≥ 0

 ac + bc – ab  2

(

a

2

+b2+c2

)

5 3=

5

6<1 (1)

Chia hai vế (1) cho abc > ta a+ b− c< abc Vậy a+ b− c< abc

12.Phương pháp dùng tính chất tỉ số:

Ví dụ 13:Cho a,b,c,d > 0.CMR: 1<a+ab+c+

b b+c+d+

c c+d+a+

d d+a+b<2 Lời giải

Theo tính chất tỉ lệ thức nêu I,ta có:

a

a+b+c<1⇒

a a+b+c<

a+d

a+b+c+d (1) Mà a a

+b+c>

a

a+b+c+d (2) Từ (1) (2) ⇒ a

a+b+c+d<

a a+b+c<

a+d

a+b+c+d (3) Chứng minh tương tự ta b

a+b+c+d<

b b+c+d<

b+a

a+b+c+d (4) c

a+b+c+d<

c c+d+a<

c+b

a+b+c+d (5) d

a+b+c+d<

d d+a+b<

d+c

a+b+c+d (6) Cộng vế (3),(4),(5) (6) ta đpcm

Vậy 1<

a a+b+c+

b b+c+d+

c c+d+a+

(23)

13.Phương pháp đổi biến số:

Ở phương pháp này,ta đặt ẩn phụ để làm gọn bất đẳng thức cần chứng minh thành dạng đơn giản

Ví dụ 14:Cho a,b,c > 0.CMR: a

b+c+

b c+a+

c a+b≥

3

(Bất đẳng thức Nesbit)

Lời giải

Đặt

¿

x=b+c

y=c+a

z=a+b ⇒x+y+z

2 =a+b+c⇒ ¿a=y+z − x

2

b=z+x − y

c=x+y − z ¿{ {

¿

Theo BĐT Cauchy ta có

¿

x y+

y x ≥2 z

x+ x z≥2 z

y+ y z ≥2

⇒

(

x

y+ y x

)

(

z x+

x z

)

(

z y+

y z

)

≥

¿{ { ¿ ⇒ y

x+ z x−1+

x y+

z y−1+

x z+

y

z−1≥3⇒ y

2x+ z

2x−

1 2+

x

2y+ z

2y−

1 2+

x

2z+ y

2z−

1 2≥

3 ⇒ y+z− x

2x +

x+z −2y 2y +

x+y −2z 2z ≥

3 2⇒ a x+ b y+ c z≥ 2⇒ a b+c+

b c+a+

c a+b≥

3

(24)

Vậy ba+c+

b c+a+

c a+b≥

3 Dấu “=” xảy  a = b= c

III Một số bất đẳng thức hữu ích: (Trở về)

Bất đẳng thức Cauchy :Với n số khơng âm a1,a2,…,an,ta ln ln có:

n

√

a

an≤a

a

an

n

Dấu “=” xảy  a1= a2 = … = an

Bất đẳng thức Bunyakovski:Với hai n số (a1,a2,…,an);(b1,b2,…,bn),ta luôn có:

(

a

b

a

b

anbn

)

≤

(

a

22+ .+a n2

)(

b

12+b

22+ +a n2

)

a1 b1

=a2 b2

= =an bn

Bất đẳng thức Bernoulli:Nếu a > -1 nN,ta có: (a+1)≥an+1

Dấu “=” xảy  a = n = n =

Bất đẳng thức Nesbit:Với a > 0;b > c > ta có:

ba+c+

b a+c+

c a+b≥

3 Dấu “=” xảy  a = b = c

Bất đẳng thức Minkowski:

√

a

b

√

c

d

≥

√

a

c

b

d

Bất đẳng thức Schwartz:Cho a1,…,an b1,…,bn với bi > 0;i = 1,2,…,n.Ta ln có:

a12

b1+ a22

b2+ + an2

bn ≥

(

a

an

)

2

b1+ bn

(25)

 a1  a2  …  an b1  b2  …  bn,ta ln có: a1+a2+ +an

n ×

b1+b2+ .+bn

n ≤

a1b1+a2b2+ +anbn

n

 a1  a2 …  an b1 ≥ b2 ≥ … ≥ bn,ta ln có: a1+a2+ +an

n ×

b1+b2+ .+bn

n ≥

a1b1+a2b2+ +a bn

n

Dấu “=” xảy  a1 = a1 = … = an b1 = b1 = … = bn a2+b2≥2 ab Dấu “=” xảy a = b

(

a

b

)

2

≥ab⇔(a+b)2≥4 ab Dấu “=” xảy a = b

Dấu “=” xảy 

a b=

c d

|a|+|b|≥|a+b|

Dấu “=” xảy  ab ≥

|a|−|b|≤|a − b|

Dấu “=” xảy  ab ≥ |a|≥|b|

a+

1

b≥

4

a+b Dấu “=” xảy  a = b Với a > b > ta có

4(a3 + b3) ≥ (a +b)3 Dấu “=” xảy  a = b Với a > b > ta có

√

a

√

b

√

a

b

√

a −

√

b

√

a − b

a2

+b2+c2 ≥

(

a+b+c

3

)

(26)

Dấu “=” xảy  a = b = c

IV Bài tập: (Trở về)

Gồm a) Bất đẳng thức Cauchy

b) Bất đẳng thức Bunyakovski c) Bài tập tổng hợp

(Ở chúng tơi chủ yếu xốy mạnh bất đẳng thức Cauchy Bunyakovski số bất đảng thức thông dụng nhất)

a Bất đẳng thức Cauchy: (Trở về)

Với n số không âm a1,a2,…,an,ta ln ln có:

n

√

a

an≤a

a

an

n

Dấu “=” xảy  a1=a2=…an

Ví dụ 1:Cho hai số dương x,y cho x2 + y3 ≥ x3 + y4.CMR:2 ≥ x + y ≥ x2 + y2 ≥ x3 + y3 Lời giải

Áp dụng BĐT Cauchy cho số không âm ta được: x2 + y3 ≥ x3 + y4

 x2 + y2 + y3 ≥ x3 + (y2 + y4) ≥ x3 + 2y3  x2 + y2 ≥ x3 + y3

x2 + y3 ≥ x3 + y4

 x + y + y2 + x2 + y3 ≥ y + (x + x3)+(y2+y4) ≥ y + 2x2 + 2y3  x + y + y2 ≥ y + x2 + y3 ≥ x2 + 2y2

(27)

 + x + y + y2 + x2 + y3 ≥ + y + (x + x3) + (y2 + y4)  + x + y + y2 + y3 ≥ + y + 2x2 + 2y3

 + x + y + y2 ≥ + 2x + 2y2  + x + y ≥ + 2x + y2 ≥ 2x + 2y  ≥ x + y

Vậy ≥ x + y ≥ x2 + y2 ≥ x3 + y3 Dấu “=’ xảy  x = y =

Lưu ý:Từ tốn ta tìm toán họ hàng như:

Cho hai số dương x,y cho x2 + y3 ≥ x3+y4.CMR:Ta có x3 + y3 2 Cho hai số dương thỏa x2 + y3 ≥ x3 + y4.Tìm GTLN biểu thức x2 + y2

Giải hệ phương trình

¿

x , y>0

x2+y ≥ x3+y4

x2

+y2=x3+y3=x+y ¿{ {

¿

Cách giải tương tự tùy toán mà học sinh có cách giải phù hợp

Ví dụ 2:Cho a,b > thỏa mãn a

2 + b2 = 1.CMR: 1 a+

1

b−

(

√

a

b−

√

b a

)

2

≥2

√

Lời giải

Ta có: 1a+1b−

(

√

ab−

√

ba

)

=1

a+

1

b− a b−

b a+2=

1−a+b

b +

1+a − b a

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

1− a+b

b +

1+a− b

a ≥2

√

(1− a+b)(1+a− b)

ab =2

√

1− a2−b2

+2 ab

ab =2

√

2 ab

ab =2

√

Vậy 1a+1b−

(

√

ab−

√

ba

)

(28)

¿

a2+b2=1

a , b>0

a − a2+ab=b+ab− b2 ¿{ {

¿

⇔

a2+b2=1

a , b>0

a − b− a2+b2=0 ⇔

¿a2+b2=1

a , b>0 (a − b)(1− a −b)=0

¿{ {

⇔

a2+b2=1

a , b>0

a=b ¿

a=1−b

¿ ¿⇔

¿ ¿ ¿

a2+b2=1 ¿

a , b>0 ¿

a=b ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

⇔a=b=

√

Trong học sinh sử dụng Cauchy sau biến đổi thành

a+

1

b− a b−

b a+2

như sau:

a

2 + b2 = 1

1≥2 ab⇒ab≤1

2⇒ ab ≥2⇒

1

√

≥

√

⇒

a+

1

b≥2

1

(29)

a b+

b

a≥2⇒− a b−

b

a+2≥0(2)

Cộng vế (1) (2) ta đpcm

BÀI TẬP TỰ GIẢI

Bài 1:Với a,b,c ≥ 0.CMR: 1+

3

√

a

b

c

≥

Bài 2:Với mZ

+ a,b>0.CMR:

(

a

b

)

m

+

(

b

a

)

m

≥2m+1

HD:Sử dụng Cauchy cho hai hạng tử vế trái.Chú ý: 4m 2m1

Bài 3:Với x ≥ 1,y ≥ 2,z ≥ 3.CMR:

yz

√

x −

√

y −

√

z −

xyz ≤

1 2

(

1

√

1

√

)

Bài 4:CMR:

3

1 1

2

a b c

abc a b c

b c a

abc

     

  

     

         

với a,b,c > HD: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :





3

2 a b c

a b c b c a

b c a a b c abc

 

   

     

   

   

Sau sử dụng Cauchy để chứng minh

a b c a b c

b c a abc

    

b c a a b c

a b c abc

    

Bài 5:Với x,y,z > x + y + z = CMR :xyz ≥ 64(x - 1)(y - 1)(z - 1) HD : x = x – + = (x – 1) + (x – 1) + (y – 1) + (z – 1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh



 



2

4 1

x x y z

Chứng minh tương tự ta đpcm

(30)



 



3 3 3

1 1 1

a b c

b c  a c  a b 

HD: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh :



 



3 1 6

1

a a b c

b c

 

 

 

Chứng minh tương tự  đpcm

Bài 7:Cho a,b,c,m > thỏa mãn ab + bc + ca = 1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S = m(a2 + b2) + c2 theo tham số m

HD:Gọi tham số (0; m).Sử dụng Cauchy với số





2

2; , 2; , 2;

2

c c

a b a b

 

   

   

   

Nên ta chứng minh được: S 2



ac bc





m



ab



   

Từ ta chọn  thỏa

m



  



1

2

m

    

Khi đó,ta có :

4

1

8

1

2

a b

m m

MinS

m c

m



 

 

   

  

    

 



Bài 8:Cho số dương a,b,c thỏa a

2 + b2 + c2 = 1.CMR: a b2+c2+

b c2+a2+

c a2+b2≥

3

√

Bài 9:Với a,b,c số dương.CMR :

3 3 3

2 3

5 5

3 2

b a c b a c

a b c

ab b bc c ca a

  

    

  

HD :Ta chứng minh :a3 + b3 ≥ ab(a + b) Nên 5b3 – a3 ≤ b(a + 3b)(2b – a)

(31)

Bài 10: Cho số dương a,b,c thỏa a2 + b2 + c2 = 1.CMR:

b2a +c2+

b c2+a2+

c a2+b2≥

3

√

HD :Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :

















2 2

3

1 1

a b c

a  a b  b c  c   

Áp dụng Cauchy ta chứng minh





2

3

2

a a

a  a 

Chứng minh tương tự ta đpcm

Bài 11:Giải hệ phương trình sau:

¿

x+y+z=1

x4

+y4+z4=xyz ¿{

¿

HD:Ta chứng minh x4 + y4 + z4 ≥ xyz(x + y + z)

b Bất đẳng thức Bunyakovski: (Trở về)

Với hai n số (a1,a2,…,an);(b1,b2,…,bn),ta ln ln có:

(

a

b

a

b

anbn

)

≤

(

a

an

)(

b

an

)

a1 b1

=a2

b2

= =an

bn

Ví dụ 1:Cho a,b,c > 0.CMR: a

2

b+c+

b2

a+c+

c2

a+b≥

a+b+c Lời giải: Áp dụng BĐT Bunyakovski ta được:

(

√

ba

c

b

2

√

a

c

2

√

a

b

)

(32)

⇒2

(

a

b+c+

b2

a+c+

c2

a+b

)

a

b

c

≥

a

b

c

⇒ a2

b+c+

c2

a+b+

b2

a+c≥

a+b+c

2 (đpcm) Vậy a

2

b+c+

b2 a+c+

c2 a+b≥

a+b+c Dấu “=” xảy  a = b= c

Lưu ý:Một cách tổng qt ta có tốn:Cho a,b,c,m,n.CMR:

a

2 ma+nb+

b2

mb+nc+

c2

mc+na≥

m+n(a+b+c)

Ví dụ 2:Cho phương trình x

4 + ax3 + bx2 + ac + = (1) với a,bR.Biết phương trình có 1

nghiệm thực.CMR: a2+b2≥4

Lời giải: Goi x0 ngiệm thực (1) ta được:

x04 + ax03 + bx02 + ax0 + =

x0 = không nghiệm (1) nên chia hai vế (1) cho x02 ≠ ta lại được:

x02+ax0+b+

a x0+

1

x02

=0⇔

(

x

x02

)

+a

(

x

x0

)

b

Đặt

|

y

|

x

x0

|

≥

⇔

|

y0≥2 ¿

y0≤ −2 ¿ ¿ ¿

y0=x0+

x0¿

⇒y02−2=x02+

x02

(2)  y02 – + ay0 + b = 0(y02 - 2)2 = (ay0 + b)2 Áp dụng BĐT Bunyakovski ta được:

(33)

⇒a2+b2≥

(

y

−

)

y02+1

Do y0=x0+

x0

⇒y02=

(

x

x0

)

≥4 Lại tiếp tục đặt y0 = t + (t ≥ 0)

¿ ⇒a2

+b2≥(t+2)

t+5 =

t2

+4t+4

t+5 =

(t+5)(t −1)+9

t+5 =t −1+

t+5 ¿

Mà t −1+

t+5= 5+t+

9

t+5− 5=

4 5+t+

9t

5t+25=

5+t

(

−

t

)

≥

4

5 (vì t ≥ 0)

Nên a2+b2≥(t+2)

t+5 =t −1+

t+5≥ Vậy a

2

+b2≥4

Dấu “=” xảy t =  y0 2 = 4

⇔

x0=1 ¿

x0=−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿



Nếu x0 =

⇒

a=4

5

b=−2

5

¿{



Nếu x0 = -1 ⇒

a=4

b=−2 ¿{

Lưu ý:

(34)

chỗ khéo léo lợi dụng việc đặt ẩn phụ để tìm điều kiện kết hợp với BĐT Bunyakovski để chứng minh

Bài 1:CMR:Nếu phương trình x4 + ax3 + 2x2 + bx + = có nghiệm thực thì: a2 + b2 ≥ 8

HD:Tương tự Ví dụ 2

Bài 2:Cho ab + bc + ca = 2.CMR:a4 + b4 + c4 ≥

4

HD:





4 4

3

ab bc ca

a b c   

Bài 3:CMR:Nếu phương trình x4 + ax3 + bx2 + ax + = có nghiệm thực a2 + (b - 2)2 > 3 HD:Tương tự Ví dụ 2

Bài 4:CMR:Nếu phương trình x

4 + ax3 + bx2 + ax + = có nghiệm thực a2 + b2 + c2 ≥ HD:Tương tự Ví dụ 2

Bài 5:CMR:Nếu x0 nghiệm phương trình:x3 + ax2 + bx + c = ta có: x02 < a2 + b2 + c2 +

HD:Tương tự Ví dụ 2

Bài 6:Cho a,b,c > thỏa abc = 1.CMR:

1

a3(b+c)+

1

b3(a+c)+

1

c3(a+b)≥

3

HD:Đặt

1 1

a x b

y c

z

    

   

 

 .Khi đó,điều cần chứng minh tương đương

2 2 3

2

x y z

(35)

Bài 7:Cho ABC tùy ý có độ dài đường trung tuyến m1,m2,m3 R bán kính

đường trịn ngoại tiếp ABC.CMR: m 9R 1+m2+m3

≥2

HD :Áp dụng công thức trung tuyến tam giác.Chú ý :a2 + b2 + c2 ≤ 9R2

Bài 8:Cho x ≥ y ≥ z ≥ 0.CMR: x

2

y z +

y2z x +

z2x y ≥ x

2

+y2+z2

HD :Ta chứng minh





2 2 2 2

2 2

x y y z z x x z y x z y

x y z

z x y y z x

   

      

   

    .Chú ý

rằng

2 2 2

x y y z z x x z y x z y

z  x  y  y  z  x

Bài 9:Cho ABC điểm M tam giác.Gọi x,y,z khoảng cách từ M tới

BC,AC,AB.a,b,c độ dài cạnh BC,AC,AB R bán kính đường trịn ngoại tiếpABC.CMR :

√

x

√

y

√

z ≤

√

a

b

c

2R

HD:Chứng minh hahbhc  x y z

Bài 10:Cho a,b,c > thỏa a + b + c = 1.CMR:

1

a2+b2+c2+ ab+

1 ac +

1 bc ≥30 HD:Ta chứng minh được:





2 2

1 1

9 9 100

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

 

        

 

 

 

Sau tím cách đưa giả thuyết đề

c Bài tập tổng hợp: (Trở về)

Bài 1:Cho P điểm tam giác ABC.Một đường thẳng qua P cắt AB AC M N.CMR: SABC 8 SBPM.SCPN

(36)

Ta có:

1

ABC BPM CPN

AMN APM APN

S S S

 

    

   

Áp dụng Cauchy cho ngoặc ta đpcm

Bài 2:Tứ giác ABCD có đường chéo cắt O.Gọi diện tích tam giác AOB COD S1 S2 S diện tích tứ giác ABCD.CMR: S1  S2 S.Hệ thức vừa chứng minh thay đổi ABCD hình thang?

Bài 3:Cho số dương a,b,c.CMR:ab + c + bc + a + ca + b ≥ 1 HD:

 Nếu số a,b,c khơng bé bất đẳng thức  Nếu ≤ a,b,c ≤ ta giả sử Mina,b,c = c.Ta xét hai trường hợp:

 a + b < b + c < a + c < 1.Áp dụng BĐT Bernoulli ta chứng minh được:

b c a

a

a b c

 

 

Chứng minh tương tự ta suy đpcm

 a + b > mà Mina,b,c = c nên ab c bc a ca b ab c bc a aa b ba b

Áp dụng BĐT Bernoulli ta có:



 





 



1

a b a b

a a b a

b a b b



     



    

 suy đpcm

Bài :Cho số thực x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8.Xét số sau đây: A = x1x3 + x2x4 B = x1x5 + x2x6 C = x1x7 + x2x8 D = x3x5 + x4x6 E = x3x7 + x4x8F = x5x7 + x6x8

Chứng minh có số không âm

HD:Xét vector sau





1 1;

u  x x u2 



x x







3 5;

u  x x

⃗





4 7;

u  x x

(37)

Biểu diễn số A,B,C,D,E,F theo vector trên.Vì có góc vector khơng vượt q 900 nên số không âm.

Bài 7:Cho x + y = 2.CMR:x5 + y5 ≥ 2

HD :Đặt x = a + y = – a.Thay vào vế trái sau khai triển theo nhị thức Newton ta đpcm

Bài 8:Cho số dương a,bc.CMR :













2 2 2 2 2 2

a b b c c a

a b c b c a c a b

  

  

     

HD:Ta chứng minh





2 2 2 2

a b a b

a b c a c b c



 

    2.Chứng minh tương tự ta suy đpcm

Bài 9:Cho hệ sau

0 0

a b c ab bc ca abc

   



   

 

 .Chứng minh a,b,c số dương

HD:Xét phương trình bậc nhận a,b,c nghiệm.Kết hợp với giả thiết suy đpcm

Bài 10:Cho số a,b,c1;2.CMR: (3a+2b+c)

(

1

a+

1

b+

1

c

)

≤

45 HD:Ta chứng minh Nhận xét sau:

Nếu số a,b,c1;2 ta ln có:



a b c



a b c

 

     

 





9

3

4

a b c

a b c   

Bài 11:Cho tam giác ABC có độ dài cạnh thỏa mãn a2008 = b2008 + c2008.CMR:Tam giác ABC có góc nhọn

(38)

Bài 12: Cho ¿

a , b , c>0 abc=1

¿{ ¿

.CMR: a

(a+1)2+

b

(b+1)2+

c

(c+1)2−

4

(a+1)(b+1)(b+1)≤

HD:Đặt

1 1 1

a x

a b y

b c z

c

 

   

 

 

 

 

  

 .Chứng minh x + y + x + xyz = 0 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (x + y + z)2 ≥ 0

Bài 13:CMR:Trong tam giác ABC ta ln có + rb + rc ≥ 9r với ra,rb,rc bán kính đường trịn bàng tiếp r bán kính đường trịn nội tiếp

HD:Áp dụng công thức

1 1

a b c

r r r r

Bài 14:Cho a,b,c số dương.CMR :

2

3 3 33

2

a b c abc

b c c a a b     

HD:Chứng minh

3 3 2

2

a b c a b c

b c c a a b

 

  

  

Bài 15:Cho tam giác ABC nội tiếp (O),bán kính R.Gọi R1,R2 R3 tương ứng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OBC,OCA,OAB.CMR:R1 + R2 + R3 ≥ 3R

HD:Sử dụng < cos A + cos B + cos C ≤

3

Bài 16:Cho a ≥ b ≥ 1.CMR:

1

a2+1+

b2+1≥ ab+1 HD:Biến đổi tương đương

C HỆ SỐ ĐIỂM RƠI : (Trở đầu)

I Các dạng bản

II Những sắc màu điểm rơi bất đẳng thức AM – GM III Điểm rơi đánh giá từ GM sang AM

(39)

V Đồng bậc bất đẳng thức

VI Phối hợp bất đẳng thức đồng bậc ngược chiều

I. Các dạng biểu diễn bất đẳng thức AM-GM (Trở về)

1 Dạng tổng quát Giả sử a ,a , ,1 an n số thực khơng âm ,khi ta có

Dang 1 Dang 2 Dang 3

1

a a

a n n n a a a n   

 a1a2 an nna1 2a a n

1

a a

a n n n a a a n          

Đẳng thức xảy  a =a = =a1 n 0

Hệ quả

Nếu a1a2 an S const Max





n n

S a a a

n

   

  xảy a =a1 a3 n

S a

n

    

Nếu a1 3a a a n P const thì Min



a a a

n



n Pn

n n

a P

     

Các trường hợp đặc biệt

n n = 2 n = 3 n = 4

Điều kiện a b, 0 a b c, , 0 a b c d, , , 0

Dạng 1 a b ab   3

a b c

abc

 



4

a b c d

abcd

   

Dạng 2 a b 2 ab

3

a b c   abc a b c d   44abcd

Dạng 3

2 a b ab         3

a b c

abc         

a b c d

abcd          

Dấu bằng a b a b c  a b c d  

Bình luận:Khi chứng minh bất đẳng thức , nói chung ta gặp bất đẳng thức dạng cân đối , đầy dủ dạng phát biểu lí thuyết mà thường gặp bất đẳng thức có vế phức tạp vế rút gọn giống chứng minh đẳng thức ta phải đánh giá từ vế phức tạp sang vế rút gọn Các dạng 1,2,3 đặt cạnh tầm thường việc phân loại chi tiết dạng 1, 2,3 giúp nhận dạng nhanh phản ứng linh hoạt sử dụng AM-GM .Đặt biệt dạng khơng chứa thức nhắc sử dụng AM –GM khơng có dấu hiệu thức Ví dụ sau cho ta nhận xét :

Ví dụ:Chứng minh :16 (ab a b )2 (a b )4,a b, 0(1) Phân tích :ta thường khai triển (1)

2 2

16 (aab 2ab b ) a 4a b 6a b 4ab b

       

Khi việc phân tích hiệu vế thành tổng bình phương gặp nhiều khó khăn Gặp tốn nghĩ đến việc sử dụng AM-GM thói quen tâm lí hình thức

“chỉ sử dụng AM-GM vế có chứa thức “.Tuy nhiên nhờ có dạng mà gợi ý cho có thể sử dụng AM_GM hai vế không chứa thức “

(40)

2

2 ( ) ( )

16 ( ) 4(4 )( ) 4 ( )

2

ab a b a b

ab a b  ab a b           a b

   

Chứng minh bất đẳng thức Cauchy

1

a +a a

a n n n a a a n    

với a ,a ,a , ,1 an 0 ta có

 Với n = ta cần chứng minh

1

1 a +a

a

2  a ,a ,a1 0.Thật ta có :





1 2

a +a a +a

a a a a

2  a 2     a .Đẳng thức xảy  a1 a2

 Nếu bất đẳng thức với n số với 2n số

2

1 2 2 2

a a n a a n a na

n n n n n n

a n a n a a  n a a

     

 Do bất đẳng thức với n lũy thừa 2.Mặt khác bất đẳng thức với n số với n - số ta cần chọn :

1

a a a

a

1

( 1)

n n n n n n s a n s a

a a s s

s n

n n

s n a a a

                 

Từ hai nhận xét ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tất biến a ,a ,a , ,1 an 0 nhau.

Bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức quen thuộc có ứng dụng rộng rãi đòi hỏi phải nhớ rõ biết sử dụng cách thành thạo Khi sử dụng bất đảng thức ta hết dức ý đến điều kiện a1a2  anvà cần tách hệ số cho phù hợp

Có nhiều cách chứng minh bất đẳng thức AM-GM,cách chứng minh hay chứng minh cách chứng minh qui nạp Cauchy (như chứng minh ) Có lẽ mà người ta nhầm lẫn Cauchy phát bất đảng thức Ông người đưa chứng minh hay chư người phát Bất đẳng thức mà ta quen gọi Bunhiacopxki thực chất phát minh nhà toán học Schwars ,Bunhiacopxki, Cau chy Theo cách gọi tên chung giới ,bất đẳgnthức Bunhiacopxki có tên khác bất đẳng thức Cauchy – Schwarz,còn bất đẳng thức Cơsi (hay Cauchy)có tên bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Means- Geometric Means).Đây nhầm lẫn kì lạ đáng ngạc nhiên thời gian dài !?!

II. NHỮNG SẮC MÀU ĐIỂM RƠI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC AM – GM(Trở về)

Điểm rơi đánh giá trung bình cộng sang trung bình nhân Bài toán xuất phát

Bài 1:Cho a3 tìm giá trị nhỏ biểu thức S=

1

a a

(41)

 Sai lầm thường gặp S =

1

2

a a

  

 MinS 2

 Nguyên nhân sai lầm MinS2

1

a a

 

mâu thuẫn với giả thiết a3  Phân tích tìm tịi lời giải Xét bảng biến thiên a,

1

avà S để dự đoán Min S

a …… 30

1 a …… 30 S 3 4 5 6 7 8 9 …… 30 30

Nhìnvào bảng biến thiên ta thấy a tăng

1

a nhỏ độ tăng a lớn so với độ

giảm

1

a nên a tăng tổng S lớn từ dẫn đến dự đốn a=3 S nhận

giá trị nhỏ Để dễ hiểu tạo cảm xúc ta nói

Min S =

10

3 đạt “điểm rơi a = 3”

Do bất đẳng thức AM-GM xảy dấu điều kiện sồ tham gia phải nhau,,nên

“điểm rơi a = “ ta sử dụng bất đẳng AM-GM trực tiếp cho số a

1

a

1



.Lúc ta giả định sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho cặp số (

1 ,

a a

 ) để “điểm rơi a

=3”thì

1

a a

  tức ta có sơ đồ” điểm rơi”. Sơ đồ điểm rơi

3

a

3

1

9

1

3 a a                 

 : Hệ số điểm rơi

Từ ta biến đổi S theo sơ đồ điểm rơi nêu Lời giải :

1 8.3 10

2

9 9

10

3

a a a

S a

a a a

(42)

Bài 2:cho a2.tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 a

S a 

 Sơ đồ điểm rơi :

2

1

2

1

a

a   

              

 :hệ số điiểm rơi

 Sai lầm thường gặp :

2 2

1 8 7

2

a a a 8

2 7.2

8 4

8.2

2

a a a

S a

a a a

MinS a                     

 Nguyên nhân sai lầm

Mặ dù ta biến đổi S theo hệ số điểm rơi a=2

9

2

MinS  a

đáp số cách giải mắc sai lầm việc đánh giá mẫu số

Nếu

2 2

2 8.2 a a    

đánh giá sai

Để điều chỉnh lời giải sai thành lời giải ta cần phải biến đổi S cho sử dụng bất đẳng thức AM-GM khử hết biế số a mẫu số

 Lời giải :Biến đổi S sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

3

2 2

1 6.2

3

a 8 a 8 a

9

2

a a a a a

S a MinS a                 Bài 3: , a b Cho a b     

 .Tìm giá trị nhỏ

1

S ab ab

 

 Sai lầm thường gặp

1

2 2

S ab ab MinS

ab ab

     

 Nguyên nhân sai lầm

1

2

a b

MinS ab ab

ab



      

(43)

 Phân tích tìm tịi lời giải biểu thức S chứa hai biến số a,b đặt t = ab t =

1

ab S =

1

t t



là biểu thức chứa biến số Khi đổi biến số ta tìm miền xác định cho biến số ,cụ thể

Đặt

2

1 1

4

2

t ab

ab t a b

     



           

Bài toán trở thành :cho t4Tìm gíá trị nhỏ biểu thức

1

S t t

   Sơ đồ điểm rơi:

4

1

4 16

1

4 t t t                  

 : Hệ số điểm rơi

Lời giải tổng hợp Biến đổi sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

1 15 15.2 17

2

16 16 16 16

t t t

S t

t t t

 

       

 

Với t=

17

4

MinS  a b 

Lời giải thu gọn t =

1

a b

  

nên biến đổi trực tiếp S sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

2

1 15 15 15 17

( )

16 16 16 4

16

S ab ab ab

ab ab ab ab a b

                 17

MinS   a b 

Phương pháp cân hệ số

Trong nhiều toán cực trị bất đẳng thức,đôi việc ghép sử dụng bất đẳng thức cổ điển không thuận lơi dễ dàng Khi sử dụng nhiều bất đẳng thức ta phải ý đến điều kiện bất đẳng thức xảy ,để điều kiện thỏa mãn suốt trình ta sử dụng bất đẳng thức trung gian Trong nhiều trường hợp hệ số bất đẳng thức lệch ,không đối xứng nên việc trở nên khó khăn Vì để chắn lời giải chặt chẽ mặt toán học buộc phải đưa thêm biến trung gian giải hệ phương trình đẳng thức

Ví dụ 1: Giả sử số thực không âm x,y,z thỏa điều kiện xy + yz + xz = Chứng minh bất đẳng thức 10x210y2z2 4

(44)

Về mặt hình thức , ta trình bày ngắn gọn lời giải cho toán bất đẳng thức AM-GM sau 2x22y2 4xy

2

8

2

x  z  xz

2

8

2

y  z  yz

Cộng vế bất đẳng thức dẫn đến

10x210y2z24(xy yz xz  ) 4 Bất đẳng thức chứng minh xong

Nhận xét:Đây lời giải đẹp ngắn gọn thiếu tự nhiên Các bạn thắc mắc lại tách 10=2+8 ngẫu nhiên hay may mắn tách theo cách khác chẳng hạn 10=3+7 có không ? Tất nhiên cách tách khác không dẫn đến kết ,và tách 10=2+8 may mắn …

Ví dụ 2:Giả sử số thực x,y ,z thỏa mãn 2xyz3x24y25z2 Tìm giá trị nhỏ của:P3x2y z

 Phân tích tìm tịi:Đây tốn kì lạ hệ số lệch nhung giá trị nhỏ đạt x = y =z = 6!?!

 Nhận xét:Từ ví dụ cho ta nhận xét kĩ thuật cân hệ số cần thiế thường sử dụng ,mặc dù đơi lúc ta có phương trình phức tạp Nhưng với tốn khơng dạng chuẩn , biểu thức lệch cơng việc coi bắt buộc Trong kĩ thuật cân hệ số ta chia làm nhóm thực hành cân hệ số với bất đẳng thức AM-GM cân hệ số với bất đẳng thức Cauchy –Schwars Cân hệ số với bất đẳng thức liên hệ trung bình cộng trung bình nhân (AM-GM)

Với số bạn kĩ thuật xa lạ quen thuộc với số bạn học sinh Tuy tốn sử dụng phương pháp khơng đơn giản với ai, trở lại ví dụ 1 lí giải cho chứng minh xét them ví dụ tương tự khác để rõ thêm

Ví dụ 3: Chứng minh xy + yz + xz = 3x23y2z2 10 Lời giải

Lời giải ngắn gọn cho ví dụ 4x2z24xz 4y2z2 4yz 2x22y24xy

Do





2 2

2 3x 3y z 4(xy yz xz  )

ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = 1,z =

Bây ta tìm lí việc tách 10 = + = + ví dụ ta cấn xét toán tổng quát

Bài tốn tổng qt: Tìm giá trị nhỏ của:





2 2

k x y z

với x,y,z số thực thỏa

mãn xy yz xz  1và k số dương

(45)

Ta tách k l (k l )với (0 l k) áp dụng bất đẳng thức AM –GM theo phương pháp tương tự

lx2ly22lxy





2

1 2( 1)

2

k x  z  k xz

2

( 1) 2( 1)

2

k y  z  k yz

Do 2(l k l ) k x( 2y2)z2  2(k l xy yz )(  )

Trong trường hợp ta không cấn phải cân điều kiện đẳng thức mà ta phải cân điều kiện giả thiết ,tức phải tìm số dương l cho 2l  2(k1).Khi

k x( 2y2)z2 2 (kl x2y2z2) 2 l

Số l chọn thỏa mãn phương trình x2a22axy2a2 2ayz3b3b33b z2

2

2l  k l 2l  l k

1

4

k

l   

  Và ta suy kết

2 2 1

( )

2

k

k x y z   

Ví dụ 4:Giả sử số thực x,y,z,t thỏa mãn xy+yz+xt+tz+1.Tìm giá trị nhỏ

5x24y25z2t2

Lời giải Chọn số dương l < áp dụng bất đẳng thức AM-GM lx22y2 2 2l xy

2y2lz2 2 2l yz

2

(5 ) 2(5 )

2

l z t l zt

   

2

1

(5 ) 2(5 )

2t   l x   l xt

Do sau cộng vế bất đẳng thức lại ta có:

5x24y25z2t2 2 (l xy tz ) 2(5 l zt tx)(  )

Như ta phải chọn l cho 2l  2(5 l)hay 4l2   l l 1.Vậy 5x24y25z2t2 2

Bài tốn tổng qt:Với số thực x,y,z,t

2 2 2kl ( )

x ky z lt xy yz zt xz

k l

      



(46)

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

x2a2 2ax y2a2 2ya z3b3b33b z2

Đẳng thức xảy x y a ,z b  2a3b2và x y z  3 Do

2 37

3

6

b  b  b  , 19 37

2 12

b

a   

BÀI TẬP LÀM THÊM

Bài 1: chox y z, , 0thỏa mãn x y z  3hãy tìm giá trị nhỏ P= x42y43z4

Lời giải Chọn số dương a,b,c a + b + c = Ta có

a(x42y43 )(z4 a42b43 )z4 3(ax32b y3 3c z3 ) Chọn a,b,c cho a3 2b3 3c3k3 Khi đó

12 4

4 4

4 4 4

( ) (3 )

2

( ) ( )

k x y z k

x y z

a b c a b c

 

   

   

Xét điều kiện đẳngthức

x y z x y z

a b c a b c

 

   

  Do ta có a + b + c=3 , a3 2b3 3c3 k3

3

, ,

1

a k b k c k k

     

 

Bài 2: Cho a b c d, , , 0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức

a b c d b c d c a d a d b a b c

S

b c d c d a a b d a b c a b c d

       

       

        Lời

(47)

 Sơ đồ điểm rơi

1

a b c d

b c d  c d a  d a b  a b c  

3

b c d a c d a b d a b c

a b c d

    

       

   

3  

   

:Hệ số điểm rơi Ta có:

8

( )

9 9

cyc cyc

a b c d b c d

S

b c d a a

   

  

 



8

8 ( )

9

cyc cyc

a b c d b d c a c d a b d a b c

b c d a a a a b b b c c c d d d

 

            

 



12

8 8 8 32 40

.12 12 13

3 9 3 3

b c d c d a a b d a b c a a a b b b c c c d d d

       

1

13

3

MinS   a b c d   

3 3 9 (3 ) .2

4 3

c a  c a

Bài 3: Cho a c b d, , , 0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2

1 1

3 3

a b c d

S

b c d a

                           

Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

2 2

1 1

3 3

a b c d

S

b c d a

                   

       =

5

1 1 625 625

81 cyc 81 cyc 81 cyc 81 81

a b a a b b b a a b b b abcd

b b b abcd

    

   



Bài 4: Cho a b c, , 0 thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị lớn biểu thức

S 3 a b 3b c 3c a

(48)

Vì S biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S đạt điều kiện Ta có: a = b = c a + b + c =

1

3

a b c a b b c c a

           Sử dụng biến đổi bất đẳng thức AM-GM ta có

3 3 3 3

2

( )

9 2 3 3

( )

4 3

a b

a b a b

  

   

(1)

3 3 3 3

2

( )

9 2 3 3

( )

4 3

c b

c b c b

  

   

(2)

3 3 3 3

2

( )

9 2 3 3

( )

4 3

c a

c a c a

  

   

(3) Cộng vế (1),(2),(3) ta có :

 S3a b 3b c 3 c a

3

3 2( ) 18

4 4

c a b  

  

318

3

MaxS   a b b c c a       a b c  

Bài 5: ( Macedonia 1999)

Cho a b c, , 0thỏa mãn a2 b2 c2 1

  

Tìm giá trị nhỏ biểu thức T =

1

a b c abc

  

(49)

Ta có

4

3

2 2

1 8

4

9 9 3

9

3

a b c a b c

abc abc abc a b c

        

   

 

 

Min S =

1

3

a b c

    3 2 2 3 2 2 3 2 2

S a b c b c a c a b

III. ĐIỂM RƠI TRONG ĐÁNH GIÁ TỪ GM SANG AM (Trở về)

Nhận xét: Xét bất đẳng thức AM-GM:

1

1 2

, , ,

n

n n

a a a

a a a a a a

n

  

  

Để ý vế phải (vế yếu) bất đẳng thức biểu thức GM có số thừa số căng thức số căng thức (cùng n) Do đó, gặp bất đẳng thức mà vế yếu bất đẳng thức có chứa thức số thừa số thức nhỏ số thức ta cần nhân thêm số thích hợp để số thừa số thức số thức Để xác định số thích hợp phải dự đoán dấu bất đẳng thức nên kỹ thuật có tên gọi điểm rơi đánh giá từ GM sang AM

Ví Dụ 1: Cho

, ,

1

a b c a b c

 



  

 Tìm giá trị lớn S 3a b 3 b c 3c a Phân tích tìm tịi lời giải

 Sai lầm thường gặp

3 3

3

1

( ).1.1

3 1

( ).1.1

3 1

( ).1.1

3

a b

a b a b

b c

b c b c

c a

c a c a

   

   

 

   

     

   

   

(50)



3 3 2( )

3

a b c

S a b  b c  c a     

=> Max

8

S 

 Nguyên nhân sai lầm

Max

1

1 2( ) 3

3

1

a b

S b c a b c

c a                   

 vơ lý

 Dự đốn tìm điểm rơi Mã S:

Vì S biểu thức đối xứng với a, b, c nên Max S đạt điều kiện

1

1 3

a b c

                  

 Lời giải đúng: Sự dụng biến đổi bất đẳng thức AM – GM ta có

3 3 3 3

2

( )

9 2 3 3

( )

4 3

2

( )

9 2 3 3

( )

4 3

2

( )

9 2 3 3

( )

4 3

a b

a b a b

b c

b c b c

c a

c a c a

                                   

3 3 3 2(. ) 3 6. 318

4

a b c

S a b b c c a   

         

Ví Dụ 2:

Cho

, ,

3

a b c a b c

 



  

 Tìm giá trị lớn biểu thức

3 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )

S  a b c  b c a  c a b

Phân tích tìm tịi lời giải

(51)

3 3

1

3 2

a b c a b c

a b c

a b c b c c a a b

                        

 Lời giải đúng:

3 3 3 3 3 3

1 ( )

( ) ( ).3

3

9

1 ( )

( ) ( ).3

3

9

1 ( )

( ) ( ).3

3

9

a b c

a b c a b c

b c a

b c a b c a

c a b

c a b c a b

                             

3 3

3

1 6( )

( ) ( ) ( ) 3

3

a b c

S a b c b c a c a b   

        

Với a = b = c = Max S =3 33

Ví Dụ 3:

Cho 2

, ,

12

a b c

a b c

 



  

 Tìm giá trị lớn biểu thức

3 2 2 2

S a b c b c a c a b

Phân tích tìm tịi lời giải

 Dự đốn tìm tịi điểm rơi Max S:

2 2

2 2 2 2 2

0 2

2

12

a b c a b c

a b c

a b c b c c a a b

                           

(52)

2 2

3 2 6 2 6 2

2 2

3 2 6 2 2

2 2

3 2 6 2 2

1 2( )

( ) (2 ) ( )

2

1 2( )

( ) (2 ) ( )

2

1 2( )

( ) (2 ) ( )

2

a b c

a b c a b c a b c

b c a

b c a b c a b c a

c a b

c a b c a b c a b

                                   

2 2

3 2 2 2 10( ) 24

12

2

a b c

S a b c b c a c a b   

        

Với a = b = c = Max S = 12

Ví Dụ 4:

Cho a2;b6;c12 Tìm giá trị lớn biểu thức

3

2 12

bc a ca b ab c

S abc       Lời giải 3

3 3

4

( 2)

2 ( 2).2

2

2 2

( 6) 3

6 ( 6).3.3

2

9 9

( 12) 4

12 ( 12).4.4.4

4

64 64

bc bc a abc

bc a a

ca ca b abc

bc b b

ab ab c abc

ab c c

                                 3

1

2 2 2

abc abc abc

S abc            Với

2

6

12 16

a a b b c c                  

  thì Max

5

8 2

S  

(53)

Cho 0a b c, , 1 Chứng minh

1

(1 )(1 )(1 )

3 a b c

a b c       (1)

Lời giải

Khơng tính tổng qt, giả sử 0a b c  1 Khi bất đẳng thức (1) tương đương với

1 (1 ) (1 ) (1 )

(1 )(1 )(1 ) (1 )(1 )(1 )

3 3( )

a b c

a b c a b c

a b c a b c

    

         

    (2)

Do 1 a 1 b 1 c0 nên VT (2)

3(1 )

3( )

c c

a b c a b c

 

 

   

Vậy (2) ta chứng minh

1

(1 a)(1 b) (1 b)(1 c a b c)( )

a b c          

Theo AM-GM

3 3

1

(1 )(1 )( )

3 3

a b a b c c

b c a b c             

          

     

Đẳng thức xảy  a b c  1

Bài 1:Chứng minh

3

2 1

1

2 n

n

S n

n

  

      

HD: Xét đánh giá đại diện 

1 1 1

.1 ( 1)

k k

k

k k k

k

k k  k k k

    

       

 

Suy 2

1 1 1 1

1

2 1.2 2.3 ( 1)

S n n n n

n n n n

                

  

Bài 2: Chứng minh

1

n n

n n n n

n n

(54)

HD:



1

1 n n 1 n

n n

n

n n n

n n  n

 

      

 

 

Tương tự với

n

n n

n



cộng vế ta điều phải chứng minh

IV ĐIỂM RƠI TỰ DO HAY NGUYÊN LÝ ĐỒNG BẬC TRONG CÔSI (Trở về)

Các bất đẳng thức đề cập kĩ thuật minh họa hàm đa thức với ba biến số a, b, c > 0, mà khơng làm giảm chất tính khái qt vấn đề Chúng ta tiếp cận kĩ thuật từ vấn đề đơn giản

1 Bậc đơn thức: Đơn thức a b c   có bậc ()

Ví dụ: Các đơn thức bậc 3:

4

3

3 3 2 5

2

, , , ,a b, , , ,

a b c a b a bc a b c

b c

Như có vơ số đơn thức bậc biểu diễn qua biến số a, b, c tổng quát ta có vố số đơn thức bậc k cho trước biểu diễn qua biến số a, b, c

2 Tại phải so sánh biểu thức đồng bậc

Giả sử ta phải so sánh đa thức không đồng bậc chẳn hạn ta phải xét toán sau đây:

Bài toán: Chứng minh a b c, , 0 ta có a2000b2000c2000  a b c (*) Phân tích

Giả sử (*) đúng, cho a = b = c = x >

Ta có (*) 3x20003x x2000x

Do bất đẳng thức x2000 x nếux1 x2000x, sai x(0,1) nên ta suy ra: _ Nếu a, b, c > bất đẳng thức a2000b2000c2000   a b c không đúng

_ Nếu co hẹp miền xác định a b c, , 1 a2000 a b; 2000b c; 2000 cvà ta có bất đẳng thức tầm thường a2000b2000c2000   a b c a b c, , 1

(55)

Kết luận: không nên đặt vấn đề so sánh đa thức có bậc k cho trước nên toán đặt vấn đề so sánh hàm đa thức đồng bậc với bậc đơn thức biểu diễn trạng thái khác

3 Nguyên lý chung:

Các bất đẳng thức muc chứng minh theo đường lối tách thành bất đẳng thức phận Do bất đẳng thức cho xảy đẳng thức biến số chạy khắp



 nên bất đẳng thức phận xảy đẳng thức biến số chạy khắp 

 Khi sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta thường lấy đại diện đơn thức vế lớn cộng thêm với đơn thức đồng bậc với đơn thức đại diện Các tập sau minh họa cho bất đẳng thức ba biến số với bậc cụ thể khơng làm tính tổng quát vấn đề

Ví Dụ 1:

Chứng minh

2 2

a b c

a b c

b  c  a    a b c, , 0 Lời giải

Nhận xét: Cả hai vế biểu thức bậc nên biểu thức cộng thêm bậc Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

2 2

2

( ) 2( )

cyc cyc

a b c a a

a b c b b a b c

b c a b b

   

           

   

 



Dấu xảy  a b c  0

Ví dụ 2:

Chứng minh

3 3

2 2

a b c

a b c

b c a    a b c, , 0 Lời giải

Nhận xét:Cả hai vế biểu thức bậc nên biểu thức cộng thêm bậc Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

3 3

3

2 2 2( ) 3( )

cyc

a b c a

a b c b b a b c

b c a b

 

        

 

(56)

3 3

2 2

a b c

a b c

b c a

     

Dấu xảy  a b c  0

Ví Dụ 3:

Chứng minh

3 3 2

2 2

a b c a b c

b c a b  c  a , a b c, , 0

Lời giải

Nhận xét :Cả hai vế biểu thức bậc nên biểu thức cộng thêm bậc 1  Lời giải 1

Bổ đề:

2 2

a b c

a b c

b  c  a    a b c, , 0

Áp dụng

3 3 3 2

2 2 ( ) 2 2

cyc cyc

a b c a a a b c

a b c a a

b c a b b b c a

     

          

     

 



3 3 2

2 2

a b c a b c

b c a b c a

     

Dấu xảy  a b c  0  Lời giải 2

Áp dụng

3 3 3

2 2 2

( )

cyc cyc cyc cyc

a b c a a b ab a b a

a b c b a

b c a b b b b

       

          

     

 



3 3 2

2 2

a b c a b c

b c a b c a

     

Dấu xảy  a b c  0

Ví Dụ 4: Chứng minh

3 3

a b c

ab bc ca

b  c  a    , a b c, , 0

Lời giải

(57)

3 3

2 ( ) 3( )

cyc

a b c a b

ab bc ca bc ab bc ca

b c a b c

 

        

 

 



3 3

a b c

ab bc ca

b c a

     

Dấu xảy  a b c  0

Ví Dụ 5:

Chứng minh

3

a b c

b c c a a b      , a b c, , 0(Bất đẳng thức Nesbit)

Lời giải

Đặt

a b c

S

b c c a a b

  

   ;

b c a

A

b c c a a b

  

   ;

c a b

B

b c c a a b

  

  

Ta có

b c c a a b A B

b c c a a b

  

    

  

3

a b b c c a a b b c c a

A S

b c c a a b b c c a a b

     

     

     

3

c a a b b c c a a b b c

B S

b c c a a b b c c a a b

     

     

     

3

6 ( ) ( ) ( ) 3

2

A S B S A B S S S S

             

Ví Dụ 6:

Chứng minh

2

b c a c a b

  

   

    

   

   , a b c, , 0

Lời giải Bất đẳng thức cho tương đương với

2 2

3

2

a b c a b c a b b c c a

b c a c a b c a b

  

   

          

   

Đặt , ,

a b c

x y z

b c a

  

(58)

2 2 2 1 1

x y z x y z

x y z x y z

   

             

   









2 x y z x y z

x y z

 

        

  (1) Theo AM – GM ta có

VT (1) =

2 2 2 3( )

x x y y z z x y z

x y z

 

   

          

   

     

Đẳng thức xảy  a b c  0

Bài 1: (Canada MO 2002) Chứng minh

3 3

a b c

a b c

bc ca ab     , a b c, , 0

HD:





3 3 3

3

2( )

cyc

a b c a b

a b c bc ab bc ca dpcm

bc ca ab     



b c

Bài 2: Chứng minh

5 5

2 2

3 3

a b c

b c a    , a b c, , 0

HD:









5 5 5

2 2 5 2 2 2

3 3 3

2

cyc

a b c a a

a b c b b b a b c dpcm

b c a b b

 

         

 

 



5 5 4

3 3 2

a b c a b c

b c a b c a , a b c, , 0

HD: Tương tự

3 3 2

a b c a b c

b c a b c a , a b c, , 0

HD: Sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho





5 5

2 2

3 3

4 a b c a b c

b c a

 

    

 

  và





4 4

2 2

a b c

b c a

 

    

 

(59)

2 2

5 5 3

1 1

a b c

b c a b c a , a b c, , 0

HD:

3

2 2 2

5

5 5 3 5 3 3

1 1 1 1

3

cyc cyc

a b c a a

b c a a b c b a b a a b c

           

          

           

     

 



 đpcm

Bài 6: (USAMO 1998) Cho a, b, c > Chứng minh

3 3 3

1 1

a b abc b c abc c a abc abc

HD: Bổ đề: x3y3



x y x

 

y

xy

 

x y

 

xy xy

 

x y xy



Bài 7: (APMO 1998) Chứng minh

2( )

1 a b c a b c

b c a abc

       

    

     

      , a b c, , 0

Bài 8: Cho a, b, c > Chứng minh





3 3

2 2

1 1 2( )

3 a b c

a b c

a b c abc

 

 

      

 

HD: BĐT cần chứng minh tương đương

2 2 2 2 2

2 2 2 2

a a b b c c a b c

b c c a b a bc ca ab

 

         

 

Bài 9: (Hi Lạp MO 2007) Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh

4 4

( ) ( ) ( )

b c a c a b a b c

ab bc ca

a a b c b b c a c c a b

     

    

     

HD:





















4

2 2

2

b c a

a a b c a b c bc ca ab

a a b c

 

          

Chứng minh tương tự Chú ý chứng minh









2 2

5 a b c  ab bc ca  ab bc ca 

(60)

HD:









n k n k n k

cyc cyc

na  kb  n k a b

  



Bài 11: Chứng minh 3

n

n n n

a b c a b c  

 

  , a b c, , 0;n 

2 2

3 3

n n n

n n n a b b c c a

a b c         

      , a b c, , 0;n 

Bài 13: Cho a, b, c > Chứng minh bất đẳng thức sau:

(a22 )(bc b22 )(ca c2 2 )ab abc a( 2 )(b b2 )(c c2 )a

Bài 14: Chứng minh:

( ) ( ) ( ) ( )

4

( ) ( ) ( ) ( )

b a c c b d d a c a b d

c a b d b c a c d b d a

   

   

    , a b c d, , , 0

V ĐỒNG BẬC BẤT ĐẲNG THỨC (Trở về)

Ví Dụ 1Cho

, ,

3

a b c a b c

 



  

 Chứng minh

3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

a b a c   b c b a   c a c b  

Lời giải

Sử dụng giả thiết a b c  3, để đưa bất đẳng thức đồng bậc bậc hai vế

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

 

  

     

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:

3

( )( ) 8 ( )( ) 8

3

( )( ) 8 ( )( ) 8

3

( )( ) 8 ( )( ) 8

a a b a c a a b a c a

a b a c a b a c

b b c b a b b c b a b

b c b a b c b a

c c a c b c c a c b c

c a c b c a c b

    

   



   

 

   



    

   

 

   

    

    

(61)

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c a b c

a b a c b c b a c a c b

 

    

      (đpcm)

Ví Dụ 2: Cho

, ,

1

a b c a b c

 



  

 Chứng minh 2

9

( ) ( ) ( )

a b c

b c  c a  a b 

Lời giải

 Bổ Đề

3

, , ,

2

a b c

a b c

b c c a a b       





2 2 , , ,

3

x y z  x y z  a b c 

 Áp dụng

Sử dụng giả thiết a b c  1 để đưa bất đẳng thức đồng bậc bậc hai vế:

2 2

( ) ( ) ( )

a a b c b a b c c a b c

b c c a a b

     

  

  

9

2 2 (1)

4

a b c a b c

b c c a a b b c a c a b

     

          

     

     

Ta có VT (1)

2

1 3

3 2

a b c a b c

b c c a a b b c a c a b

   

             

     

    đpcm

Bài 1: Cho 2

, ,

1

a b c

a b c

 



  

 Chứng minh

3 3

2 2

a b c

b c c  a a  b 

Bài 2: Cho

, ,

3

a b c a b c

 



  

 Chứng minh

3 3

1

(2 ) (2 ) (2 )

a b c

b c a c a b a b c 

Bài 3: (France Pre-MO 2005) Cho 2

, ,

3

a b c

a b c

 



  

 Chứng minh

ab bc ca

c  a  b 

Bài 4: Cho

, ,

1

a b c a b c

 



  

 Chứng minh

1

bc ca ab

S

a bc b ca c ab

   

(62)

Bài 5: (IMO Shortlist 1998) Cho a b c, , 0thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng

3 3 3

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

a b c

b c  c a  a b 

     

Bài 6: (IMO 1995) Cho a b c, , 0 thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng

3 3

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b 

Bài 7: (IMO Shortlist 1996) Cho a b c, , 0 thỏa mãn abc1 Chứng minh rằng

5 5 5

ab bc ca

a b ab b c bc c a ca

VI PHỐI HỢP CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐỒNG BẬC NGƯỢC CHIỀU (Trở về)

Ví Dụ 1:

Cho a b c, , 0 Chứng minh

4 4

2 2 2 2

3( )

2(1)

( )

a b c ab bc ca

a b c a b c

   

 

   

Lời giải

Nhận xét: Để ý ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau đây:

4 4

2 2 2 2

3( )

1;

( )

a b c ab bc ca

a b c a b c

   

 

   

Bất đẳng thức tương đương với

4 4 2 2 2

3(a b c ) ( ab bc ca a  )( b c ) 2( a b c )

4 4 ( 2) ( 2) ( 2) 4( 2 2 2)

a b c ab a b bc b c ca c a a b b c c a

           

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

4 2 4 2 4 2

2 2 2 2 2 2

2 ; ;

( ) ; ( ) ; ( )

a b a b b c b c c a c a

ab a b a b bc b c b c ca c a c a

     

Cộng theo vế bất đẳng thức ta có đpcm Đẳng thức xảy  a b c 

(63)

Chứng minh 2

4 10, ,

a b a b

a b

b a a b

             Lời giải

Nhận xét: Để ý ta có hai bất đẳng thức ngược chiều sau

2;

a b

b a  2 2

a b

a b



 



Bất đẳng thức tương đương 2

2 2

a b a b

b a a b

  

     



 

2

2 2

2 2 2

2( ) ( )

( ) ( ) ( )

4 . 2( ) ( )

a b a b

a b a b a b

ab a b ab a b a b a b

                  

2 2( 2) ( ) 4 2

a b  a b a b  ab

     

  Sử dụng AM – GM ta có













2 2 2 2 4 2 4 2

a b  a b  a b   ab ab ab  ab

 

 

Bài 1: Cho

, ,

1

a b c a b c

 



  

 Chứng minh 2

1 1

30

S

a b c ab bc ca

    

 

HD: Chú ý bổ đề









2

x y z   xy yz xz 

Chứng minh









2

2 2

1 9 21

30

S

a b c ab ac bc a b c a b c

    

       

Bài 2: Chứng minh 2

3 3, , ,

a b c a b c

S a b c

b c a a b c

 

       

  HD: ta đánh giá

















2

4

2 2 2 3

a b c a b c a b c

S P

ab bc ca a b c ab bc ca a b c

     

     

(64)





4

2 3 3 3

S P

      

3 3

2 2

9( )

12

a b c ab bc ca

abc a b c

   

 

 

Bài 4: Cho a b c, , 0

2

k

Chứng minh

3 3

2 2

( )

.a b c a b c 3

S k k

abc a b c

   

   

 

Bài 5: Cho a b c, , 0 Chứng minh

3

( )( )( )

a b c abc

b c c a a b      a b b c c a   

D CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC ĐẠI SỐ: (Trở đầu)

I Một số phương pháp tìm cực trị II Bài tập

I. Một số phương pháp tìm cực trị: (Trở về)

1 Phương pháp miền giá trị :

Tìm GTNN hay GTLN hàm số y = f(x) đoạn a,b Gọi y giá trị hàm f a,b

Ta có:y = f(x) có nghiệm x  y1  y  y2

Vậy

¿ miny=y1 maxy=y2

¿{ ¿

Ví dụ 1:Tìm cực trị biểu thức x

2− x +1

x2+x+1 Lời giải Xét x2+x+1=

(

x

2

)

+3

4>0;∀x nên đặt P=

x2− x +1

x2

+x+1 ln có nghĩax P= x

2

− x+1

x2+x+1 ⇔Px

+Px+p=x2− x+1⇔(P−1)x2+(P+1)x+P−1=0(1)

(65)

*Nếu P = x = (thỏa)

*Nếu P ≠ =

P−1¿2=(3P −1)(3− P)≥0⇔1 3≤ P ≤3

P+1¿2−4¿ ¿

(thỏa)

Nên 3≤

x2− x+1

x2+x+1≤3 Vậy Max P =3  x=-1

Min P =

3⇔x=1 Phương pháp bất đẳng thức:

Dùng bất đẳng thức nêu nhiều bất đẳng thức khác để tìm cực trị

Ví dụ 2:Tìm giá trị nhỏ biểu thức P biết:P = 2x+

x2 (x > 0) Lời giải

Vận dụng bất đẳng thức Cauchy với số dương x,x

x2

x+x+x12≥3

√

x

x2=3 Vậy Min P = x =

3 Phương pháp dùng lũy thừa với số mũ chẵn : Nếu f(x) = C + A2n + B2m với C số;n,mZ+ thì f(x) ≥ C.Nên f(x) đạt giá trị nhỏ C A = B =

Nếu f(x)=C - A2n - B2m f(x)  C.Nên f(x) đạt giá trị lớn C A = B = 0 Ví dụ 3:Tìm Min A = 2x2 + 2y2 + 2xy - 2x + 2y + 1

(66)

Vậy Min A = -1 ¿

x=1

y=−1 ¿{

¿

Còn nhiều phương pháp khác giới thiệu phần tập phương pháp hàm lồi,phương pháp vận dụng định lí dấu tam thức bậc hai,phương pháp tọa độ,…

II. Bài tập: (Trở về)

A Cauchy B Bunyakovski

a. Bất đẳng thức Cauchy (Trở về)

Với n số khơng âm a1,a2,…,an,ta ln ln có:

n

√

a

an≤a

a

an

n

Dấu “=” xảy a1=a2=…an

Ví dụ 1:Cho x,y > thỏa 1x+1

y=

1

2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

A=

√

x

√

y

Lời giải Vì x,y > nên

1

x>0,

1

y>0,

√

x

√

y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:

1x+1y ≥2

√

x

y⇒

≥

√

x

y⇒

≥

√

x

y⇒

√

≥

⇒A

√

x

√

y ≥

√

x

√

y ≥

√

Vậy Min A=4⇔x=y=4

Lưu ý:

(67)

1 Biện pháp nhân (chia) biểu thức với số khác khơng: Ví dụ:Tìm giá trị lớn biểu thức A=

√

x −

x

Lời giải Điều kiện xác định:x ≥

Với x ≥ ta có

A=

√

x −

x

√

x −9 5x

A=

√

x −9 3 5x ≤

1 2

(

x −9 +3

)

5x =

x −9+9

10x =

1 30 Vậy Max A=

1

30 ⇔x=18

Nhận xét:

Trong lời giải trên,để vận dụng bất đẳng thức Cauchy,ta biến đổi x - thành

x −9

3 Từ đó,nhờ vận dụng bất đẳng thức Cauchy,ta làm trội tích

x −9

3 thành tổng

x −9 +3=

x

3 có dạng kx để đơn giản cho mẩu số nhằm tạo số.Cái hay khó toán biến đổi khéo léo từ hiệu x - thành tích x −39.3 để sử dụng Cauchy.Con số tìm ta lấy bậc hai có

2 Biện pháp tìm cực trị bình phương biểu thức đó: Ví dụ:Tìm giá trị lớn biểu thức A=

√

x −

√

−

x

Lời giải: Điều kiện xác định:

3 5≤ x ≤

8

(68)

Với 35≤ x ≤8

5 bình phương hai vế A ta được:

A2=5+2

√

x −

−

x

≤

x −

−

x

⇒A ≥

√

Vậy Max A=

√

⇔x

10 (nhận)

Nhận xét:

Biểu thức A cho dạng tổng hai thức mà hai biểu thức dấu lại có tổng số.Vì vậy,nếu ta bình phương biểu thức A làm xuất hai lần tích thức để vận dụng bất đẳng thức Cauchy

Ở đây,ta áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski để tìm giá trị lớn A

3 Biện pháp biến đổi biểu thức cho thành tổng biểu thức cho tích của chúng số:

 Tách hạng tử thành tổng hai hay nhiều hạng tử nhau:

Ví dụ:Cho x > 0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức A=5x

6 +64

x5

Lời giải

Với x > A=5x

+64 x5 =5x+

64

x5=x+x+x+x+x+

64

x5 ≥6

√

x

x5=6 2=12

Vậy Min A = 12  x = 2 Nhận xét:

Hai số dương 5x 64

x5 có tích số khơng số.Do đó,muốn khử x

5 = x.x.x.x.x ta phải tách 5x = x + x + x + x + x dùng bất đẳng thức Cauchy với số dương để đưa số

 Tách hạng tử chứa biến thành tổng số với hạng tử chứa biến

sao cho hạng tử nghịch đảo hạng tử khác có biểu thức cho (có thể sai khác số):

Ví dụ:Cho < x < 2.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A=29− xx +

2

x

(69)

Với < x < A=29− xx +

2

x=

9x

2− x+

2− x+x

x =

9x

2− x+

2− x x +1

A=29− xx +2− xx +1≥2

√

− xx

⇔x

2 (nhận)

Nhận xét:

Nhận thấy phân thức thứ có tử rút gọn cho mẫu phân thức thứ hai lại khơng thể rút gọn cho tử.Từ gợi cho ta hướng suy nghĩ biến đổi tử phân thức thứ hai cho giống với tử phân số thứ để sử dụng bất đẳng thức Cauchy

4 Biện pháp thêm hạng tử váo biểu thức cho:

Ví dụ:Cho số dương x,y,z cho x + y + z = m (m số).Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức P= x

y+z+

y2 z+x+

z2 x+y

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

x2 y+z+

y+z

4 ≥2

√

x2 y+z

y+z

4 =x(1)

y

2

z+x+

z+x ≥2

√

y2 z+x

z+x

4 =y(2)

z

2

x+y+

x+y ≥2

√

z2 x+y

x+y

(70)

x

y+z+

y2 z+x+

z2 x+y+

x+y+z

2 ≥ x+y+z⇒

x2 y+z+

y2 x+z+

z2 x+y≥

x+y+z

2 =

m

2 Vậy Min P=m2⇔x=y=z=

m

3

Bài 1:Với a,y,z > thỏa x + y + z ≥ 12.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

T=

x

√

y

√

z

√

x

HD:Bình phương T sau sử dụng Cauchy chứng minh T2 ≥ 3(x + y + z)

Bài 2:Cho số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

G=

(a+1)(b+1)(c+1) (1− a) (1− b) (1− c)

HD:Chứng minh a 1 1



b

 

c



Bài 3:Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau với a,b,c số thực không âm thỏa mãn đẳng thức:a2 + b2 + c2 = 1

T = (a + b + c)3 + a(2bc – 1) + b(2ac – 1) + c(2ab – 1) HD:T = (a + b + c)3 – (a + b + c) + 6abc

Chứng minh (a + b + c)3 – (a + b + c) ≤ 2

Bài 4:Tìm giá trị nhỏ biểu thức

a/ T=ba+c+

b c+a+

c a+b

b/ T=b +c

a + a+b

c + a+c

b

HD:

(71)

Bài 5:Cho a,b,c > 0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

G=a(b

+1)

bc +

b(c2+1)

ac +

c(a2+1)

ab

HD:Min G =

Bài 6:Cho số không âm a,b,c thỏa a + b + c = 1.Tìm giá trị lớn biểu thức: B = ab + bc + ca + 2abc

HD:Sử dụng Cauchy

Bài 7:Cho số dương a,b,c cho a + b + c = abc.Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:

S=

a+

1

b+

1

c+

1

a2+

b2+

c2

HD:MinS = +

Bài 8:Cho ABC có độ dài AB,BC,CA c,a,b có diện tích S=

√

HD:Dùng cơng thức Heron BĐT Cauchy

Bài 9:Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

A=2010+

(

x+1

x

)

6

−

(

x

x6

)

−

(

x

)

3

+x3+1

x3

với x >

HD:Đặt

1

x y

x

 

biểu diễn A theo y tìm giá trị nhỏ

Bài 10:Cho số thực a,b,c > cho a + b + c = abc.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

T=b−2

a2 +

c −2

b + a−2

c2

HD:Cộng trừ vào T tổng

a+

1

b+

1

c dùng Cauchy kết hợp với giả thiêt(

(72)

F= a

b+c+

b2 a+c+

c2 a+b

HD:Chứng minh P≥a+b+c

2 kết hợp với giả thiết

Bài 12:Cho x,y > x + y  1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

D=

x2+xy+

y2+xy

HD: D≥1 x+

1

y≥

4

x+y≥4

b/ Bất đẳng thức Bunyakovski: (Trở về)

Với hai n số (a1,a2,…,an);(b1,b2,…,bn),ta ln ln có:

(

a

b

a

b

anbn

)

≤

(

a

22+ .+a n2

)(

b

12+b

22+ +a n2

)

a1 b1

=a2

b2

= =an

bn

Ví dụ:Cho a,b,c > 0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:

H=b5+ac+ 4b a+c+

3c a+b

Lời giải

H= 5a

b+c+ 4b a+c+

3c a+b=

5a b+c+5+

4b a+c+4+

3c

a+b+3−(5+4+3)=

5(a+b+c)

b+c +

4(a+b+c)

a+c +

3(a+b+c)

a+b −12 ⇒H=(a+b+c)

(

b+c+

a+c+

a+b

)

−

2

[

b

c

a

c

a

b

]

(

b+c+

a+c+

a+b

)

−

H ≥12

(

√

b

c

√

b

c

√

a

c

√

a

c

√

a

b

√

a

b

)

−

2

(

√

)

−

H

1

2

(

√

)

−

⇔

b+c

√

a+c

√

a+b

√

(73)

Một cách tổng qt ta có tốn sau: Cho số dương a,b,c.CMR:

a b+cx

2 + b

a+c y

+ c

a+b z 2≥

(xy+yz+zx)−1 2

(

x

2

+y2+z2

)

Bạn đọc tự chứng minh (Gợi ý:cộng vào vế trái x2 + y2 + z2 rồi trừ x2 + y2 + z2 áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski)

BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài 1:Cho số dương a,b,c thỏa abc=1.Tìm giá trị nhỏ của:

P=bc

a2b+a2c+ ac

b2c+b2a+ ab

c2a+c2b

HD: Đặt a=

x, b=

1

y, c=

1

z

Bài 2: Cho x, y, z thỏa 2x – y = Tim GTNN:

y+1¿2 ¿

y −3¿2

x2 +¿

x2+¿

A=√¿

Bài 3:Cho số thực x,y,z thỏa mãn điều kiện:

x(x −1)+y(y −1)+z(z −1)≤4 Tìm cực trị biểu thức A = x + y + z

Bài 4:Biết phương trình x4 +ax3 +bx2 + cx + = có nghiệm thực.Tìm giá trị nhỏ của: A = a2 + b2 + c2

HD: AD bđt BUnyakovski cho ax3 +bx2 + cx

Bài 5:Cho số a,b,c không âm thỏa mãn a + b + c = 1.Tìm giá trị lớn biểu thức:

T=

√

a

√

b

√

c

Bài 6:Cho số không âm a,b,c thỏa a + b+ c = 1.Tìm giá trị lớn biểu thức:

(74)

HD: Tìm GTLN

√

a

√

a

√

a

√

b

√

b

√

b

√

c

√

c

√

c

(a3+b3+c3)

Bài 7:Cho số không âm a, b, c, tim GTLN biểu thức: A=

∑

a ,b ,c

√

a

4a+4b+c

HD: AD bđt Bunyakovski cho

∑

a ,b ,c

√

a

4a+4b+c dung phép biến đổi tương đương

Bài 8:Cho x1,x2,x3,x4 số dương.Tìm giá trị nhỏ T biết x1,x2,x3,x4 thỏa điều kiện sau

x1 + x2 + x3 + x4 = T=

x14+x24+x34+x44

x13+x 23+x

33+x 43

Bài 9: Cho a, b, c, d > thỏa mãn 1a+1

b+

1

c+

1

d=4 CMR:

3

√

a

b

3

√

b

c

3

√

c

d

3

√

d

a

2 ≤2(a+b+c+d)−4

HD: AD bổ đề:

√

x

y

2 ≤

x2 +y2 x+y

x+y −x

+y2

x+y =

x+

1

y

Bài 10:Cho số dưong a,b,c.CMR: y x

+2z+

y z+2x+

z x+2y≥1

HD:Chứng minh x

y+2z+ y z+2x+

z x+2y≥

(x+y+z)2 3(xy+yz+zx)

Bài 11:Với a,b,c số thực dương.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

K= a

√

a

+8 bc

+ b

√

b

+ c

√

c

Bài 12:CMR:Trong tam giác ABC ta ln có:

masinA+mbsinB+mcsinC ≤3

√

a

2

+b2+c2

(75)

E BÀI TẬP TỔNG HỢP:(Bạn đọc tự giải) (Trở về đầu)

Bài 1:CMR:5(a2 + b2 + c2)  6(a3 + b3 + c3)+1 với a,b,c số thực dương thỏa mãn đẳng thức:a + b + c =

Bài 2:Tìm giá trị lớn a3 + b3 + c3 - 3abc biết a,b,c số thực dương thỏa đẳng thức a2 + b2 + c2 = 1

Bài 3:Cho a + b ≥ 0.CMR:

(a + b)(a2 + b2)(a3 + b3)  4(a6 + b6)

Bài 4:Cho số dương a,b,c cho a + b + c = m (m số).Tìm giá trị lớn biểu thức sau:

T=

√

a

√

a

√

b

√

b

√

c

√

c

Bài 5:Với a,b,c số dương.CMR:

abc

[

a

b

c

1 (b+c)2a+

1 (a+c)2b

]

a+c

b + b+c

a + a+b

c ≥9

Bài 6:Biết xyz ≠ nghiệm hệ phương trình

¿

x+y+z=zyz

x2=yz ¿{

¿

.CMR:

x ≥

√

x ≤ −

√

Bài 7:Cho số dương x,y,z.CMR:

(

xy

)(

y

z

)(

z x

)

≥

(

x+y+z+

√

)

Bài 8:Cho a + b = c + d.CMR:c2 + d2 + cd ≥ 3ab

Bài 9:Cho ab ≥ 1.CMR:a2 + b2 ≥ a + b

Bài 10:Cho số dương x,y,z thỏa xyz = 1.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

A=(x+y) (y+z)(z+x)−2(x+y+z+xyz)+

√

xx

y

√

yy

z

√

zz

x

(76)

m(a+b+c)+n

(

a+

1

b+

1

c

)

≥

m

n

Bài 12:Cho x,y,z > 0.CMR: x

(

x

)

y

(

y

2+ zx

)

z

(

z

2+ xy

)

≥

9

Bài 13:Xác định số thực a,b cho hàm số y=ax+b

x2+1 đạt giá trị lớn giá trị nhỏ -1

Bài 14:Cho a,b,c0;2 cho a + b + c = 3.CMR:a2 +b2 +c2

Bài 15:CMR: 2011

√

a

b

c

≤

√

a

b

c

a ,b , c∈R

Bài 16:Cho số x,y không âm.CMR:x4 + y4 + xy3 + x3 + y + > x3y + y3 + x

Bài 17:Cho số thực a,b,c thỏa mãn

¿

a+b+c>0 ab+bc+ca>0 abc>0

¿{ { ¿

.CMR:a,b,c số dương

Bài 18:Tìm giá trị lớn biểu thức:A = a1a2 + a2a3 + a3a4 + a4a5 Biết số thực không âm thỏa a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =

Bài 19:Cho n số dương a1,a2,…,an.CMR:

(

a

) (

a

)

(

an

)

≥

(

n

√

a

an

)

n

Bài 20:Cho số khơng âm có tổng 1.Tìm giá trị nhỏ của: P = ab(a + b) + ba(b + c) + ca(c + a) + a3 + b3 + c3

Bài 21:Cho số dương a,b,c thỏa abc = 1.CMR:

ab

a5+ab+b5+ bc

b5

+bc+c5+ ca

c5

+ca+a5≤1

Bài 22:Cho a < b < c < d.So sánh x,y,z biết: x = (a + b)(c + d)

(77)

Bài 23:Cho dãy a1 a2 a3 b1 b2 b3.CMR: a1b3 + a2b2 + a3b1 a1b2 + a2b3 + a3b1

a1b2 + a2b3 + a3b1 a1b1 + a2b2 + a3b3

Bài 24:CMR: a12+a22+ +an2≥

√

n−

a

(

a

an

)

Bài 25:Cho số dương a,b,c.CMR:

a

b c +

b3c a +

c3a b +

a3c b +

b3a c +

c3b

a ≥6 abc

Bài 26:CMR:

3

1 1

a  b  c   abc

(78)

Các bạn thân mến! Vậy nhóm chúng tơi trình bày tất mà chúng tơi muốn gởi gắm tới bạn ý định, niềm đam mê suốt q trình học tốn Đó kiến thức bất đẳng thức ,là tảng để bạn nghiên cứu sâu giới số ,của so sánh, đối chiếu giúp thêm yêu thích mơn Tốn vơ bổ ích Chúc bạn thành công!

Và thay cho lời kết,chúng xin gởi đến bạn câu nói bất hủ nhà Toán học tiếng Paul Erdos: "Tại số lại mang vẻ đẹp? Nó giống việc hỏi Giao hưởng số Beethoven lại đẹp Nếu bạn khơng nhận người khác khơng thể nói cho bạn Tơi biết số đẹp Chúng mà khơng đẹp chẳng có thứ đẹp nữa"

Danh mục tài liệu tham khảo :

 www.diendantoanhoc.net

 www.toantuoitho.com

 www.mathlinks.ro

 Sáng tạo bất đẳng thức(Phạm Kim Hùng)  Toán học tuổi trẻ

(79)