Quà tặng sinh nhật

Nội dung của phương pháp này là ta dựa vào cấu trúc của bài toán để chuyển sang hình học, đồ thị giải quyết.Nếu như một bài toán về BĐT, bằng một cách biến đổi sơ cấp nào đó có thể qui [r]

(1)

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt)

NGUYỂN ANH KHOA THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng Ngãi

Email:anhkhoa_lk12@yahoo.com Nick name: anhkhoa_lk12 I.Phương pháp đánh giá tổng phân thức:

Phương pháp người ta gọi phương pháp xét biểu thức phụ.Sau toán tiêu biểu cho phương pháp

Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương CMR

1

2

a b c

b c+ +c+a+a b+ ≥ ( BĐT Nesbit với n=3)

2 a b c d

b c+ +c+d +d+a+a+b ≥ ( BĐT Nesbit với n=4) GIẢI

Ý tưởng để giải toán ta xét biểu thức phụ có tính hốn vị

1 Đặt A=

2

a b c

b c+ +a+c+a b+ ≥ ; ;

b c a c a b

B C

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

= + + = + +

+ + + + + +

Khi ta có B+C=3 Mặt khác 3

a b b c a c

A B

b c a c a b

a c b a b c

A C

b c c a b a

+ + +

+ = + + ≥

+ + +

+ = + + ≥

+ + +

Do

2

A+ + ≥ ⇒ ≥B C A ( đpcm)

2 Đặt A a b c d ;B b c d a ;C c d a b

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

= + + + = + + + = + + +

+ + + + + + + + + + + +

Khi B+C=4 Lại có

4

a b b c c d d a

A B

b c c d d a a b

+ + + +

+ = + + + ≥

+ + + +

4( ) 4( )

4

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

A C

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

+ + + + + +

+ = + + + ≥ + =

+ + + + + + + + + +

Do 2A+ + ≥ ⇒ ≥B C A 2( đpcm)

LB: Cách giải hay, cách giải xuất mà thơi Hầu sách BĐT điều sử dụng cách giải

Bài toán 2: Cho a,b,c dương CMR

2 2

2

a b c a b c

a b b c c a

+ +

+ + ≥

(2)

2

(

)

2 2

2 2 2

2

a b c

a b b c c a

a+b+b c+ +c+a ≥ + + + + + GIẢI

1 Đặt

2 2 2

;

a b c b c a

P Q

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

= + + = + +

+ + + + + + Khi ta có

2 2 2

0

a b b c c a

P Q a b b c c a

a b b c c a

− − − − = + + = − + − + − = + + + Do P Q

P= =Q + BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau

2 2 2

1

2

a b b c c a a b c

a b b c c a

 + + + + + ≥ + +

 + + + 

 

Ta sử dụng BĐT phụ

(

)

(

)

2 2

2

a b a b

a b

+ +

+ ≥ + ⇔ ≥

+

Tương tự ta xây dựng BĐT cịn lại, sau cộng lại ta đpcm Cũng câu ta chuyển BĐT cần chứng minh dạng

(

)

2 2 2

1

2

a b b c c a

a b b c c a

 + + + + + ≥ + + + + +

 + + + 

 

Ta sử dụng BĐT phụ sau: 2 2( )

x+ ≤y x +y Ta có

2 2 2

2 2 2 2

2

2( ) 2( ) 2(c )

; ;

2 2

2( )

a b b c a

a b a b b c c a

a b a b b c c a

+ + +

+ ≥ + = + ≥ + ≥

+ + + +

Cộng lại ta đpcm

NX: Ta thấy 2

(

)

4

a b c

a +b + b + +c c +a ≥ + + Nghĩa BĐT mạnh BĐT 1, nhiên hai toán sử dụng phương pháp đánh giá tổng phân thức

Ngồi bạn giải tốn cách sử dụng BĐT Bunhiacopski

(

)

2 2

2( )

a b c

a b c a b c

a b b c c a a b c

+ + + +

+ + ≥ =

+ + + + +

BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương CMR:

3

a b c d e f

b c+ +c+d +d+e+e+ f + f +a+a+b≥ BL2: Cho a,b,c,d dương CMR:

1

3 3

2 2 2

3

a b c a b c

a ab b b bc c c ca a

+ +

+ + ≥

+ + + + + +

2

4 4

2 2 2 2

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

a b c d a b c d

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

+ + +

+ + + ≥

+ + + + + + + +

BL3: Cho a,b,c dương 2

a + + =b c Tìm biểu thức:

2 2 2

a b b c c a

A

b c c a a b

+ + +

= + +

+ + +

(3)

Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai

(

)

( )

f x =ax + +bx c a≠ - ( )f x ≥ ∀ ⇔ > ∧ ∆ ≤0, x a 0 -

( )

a f α ≤ ⇒ −b ac≥

- ( )f x ≤ ∀ ⇔ < ∧ ∆ ≤0, x a 0 - α ≤ ≤ ⇔ −x β (x α)(x−β)≤0 Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý CMR

1 x2− 3x+ ≥1 3y−y2 −xy (x+y)2 ≥2 5x−5y2+4 5y−6

GIẢI

1 Xét f x( )=x2+ −(y 3)x+y2− 3y+1

Ta có ∆ =(y− 3)2−4(y2−y 1)+ = −3y2+2 3y− = −1 ( 3y−1)2≤ ∀ ∈0, y R Mặt khác a=1>0 nên ( )f x ≥ ⇒0 đpcm

2 Xét f x( )=x2+2(y− 5)x+6y2−4 5y+6

Ta có : ∆ =(y− 5)2−6y2+4 5y− = −6 5y2+2 5y− = −1 ( 5y−1)2 ≤ ∀ ∈0, y R Mặt khác a=1>0 nên ( )f x ≥ ⇒0 đpcm

Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức sau:

1 Cho a b c d, , , ∈

[ ]

a b

c

d

a

b

c

d

a b c d

[ ]

(

a b

c

d

)

a b c d

 

+ + +  + + + ≤

 

GIẢI

1 Xét tam thức bậc hai 2 2

( ) (1 )

f x =x − + + + +a b c d x+a + + +b c d Ta có (1)f = −a(1− −a) b(1− −b) c(1− −c) d(1−d)

Vì a b c d, , , ∈

[ ]

f

Do 2 2

(1 a b c d) 4(a b c d )

∆ = + + + + − + + + ≥ ⇒đpcm

2 Ta có a

[ ]

a

∈ ⇒ − − ≤ ⇒ + ≤ ⇒ + ≤

Tương tự : b 3;c 3;d

b c d

+ ≤ + ≤ + ≤

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

(

)

(

)

2

2 2

36

1 1 18

a b c d

a b c d

a b c d

a b c d

a b c d

 + + + + + + + 

 

 

+ + +  + + + ≤  ≤

   

 

 

⇒ + + +  + + + ≤

 

NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức câu toán tinh ý Để việc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần phải xem xét thật kĩ cấu trúc toán cần chứng minh đồng thời xem thử mối liên hệ biểu thức

4

b ac

∆ = −

BL1: Cho tam giác ABC CMR: 2 ; ,

pa +qb > pqc ∀p qsao cho p+ =q BL2: Cho a,b,c,d,p,q cho 2 2 2

0

p +q − − − −a b c d > CMR:

(

)(

)

(

)

p

a

b

q

c

d

pq

ac bd

BL3: Cho x,y,z,t thoả y>z>t CMR:

(4)

2.Cho a,b,c thoả mãn (a+c a)( + + <b c) CMR: (b c− )2 >4 (a a+ +b c) Cho ax by+ ≥ xy;∀x y, CMR:

4 ab≥ BL4: Cho hàm số bậc hai

( )

f x =ax + +bx csao cho a<b f x; ( )≥ ∀ ∈0

(

x

R

)

a

b c

b a

a b c

[

]

a b

c

6

a + + ≤b c

2 Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt phân số Kiến thức bổ sung:

Với *

, , ,

a b c d∈R ta có: - a a a c

b b b c

+ < ⇒ <

+ -

a a

a b+ > a+ +b c - a a a c

b b b c

+ > ⇒ >

+ -

a c a a c c

b d b b c d

+

> ⇒ > >

+

Đây tính chất tiêu biểu phân số Đồng qua tính chất ta thấy phương pháp sử dụng cho loại BĐT phân số không chặt Nói chung dạng khơng khó nên tơi khơng đưa lời nhận xét hay giải thích thêm

Bài toán 1: Cho a,b,c cạnh tam giác CMR:

1 a b c

b c c a a b

< + + <

+ + +

GIẢI

Do a,b,c độ dài ba cạnh tam giác nên: a< +b c b; < +c a c; < +a b Do ta có:

2

a a a

a b c b c a b c

b b b

a b c a c a b c

c c c

a b c a b a b c

< <

+ + + + +

< <

+ + + + +

< <

+ + + + +

Cộng BĐT vế theo vế ta đpcm Bài toán 2: Cho a> >b 0; ,m n∈N m; >n CMR:

m m n n m m n n

a b a b

− > −

+ +

GIẢI

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

2 1

1

m n m n

m n m m n n m m n n

m n

b b b b

a b a b a b a b a a

b b

a a

b b

− > − ⇔ < ⇔ <

+ + + +    

+ +

   

   

   

⇔  > 

   

Từ

(

)

m n

a a a

a b m n N m n

b b b

   

> ⇒ > ⇒  >  ∀ ∈ >

   

(5)

1 Cho a,b,c dương CMR:

1 1

a b a b

+ < +

+ + + +

2 Cho a,b,c,d dương CMR: a b c d

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

< + + + <

+ + + + + + + +

GIẢI Ta có :

1 1 1

a b a b a b

a b a b b a a b

+ = + < +

+ + + + + + + +

2 Ta chứng minh BĐT phải Ta có

1 1

a a a d

a b c a b c a b c d

b b b a

b c d b c d a b c d

c c c b

c d a c d a a b c d

d d d c

d a b d a b a b c d

+

< ⇒ <

+ + + + + + +

+

< ⇒ <

+ + + + + + +

+

< ⇒ <

+ + + + + + +

+

< ⇒ <

+ + + + + + +

2

a b c d

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

⇒ + + + <

+ + + + + + + +

Ta chứng minh BĐT trái Ta có

a a

a b c a b c d

b b

b c d a b c d

c c

c d a a b c d

d d

d a b a b c d

>

+ + + + +

>

+ + + + +

>

+ + + + +

>

+ + + + +

1

a b c d

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

⇒ + + + >

+ + + + + + + +

BL1: Cho a> >b A=

2

1

n n

a a a

−

+ + + +

+ + + + ; B=

2

1

n n

b b b

−

+ + + +

+ + + + CMR A<B

BL2: Cho a,b không đồng thời CMR:

2

2 2

1

a b

a + +b + +a +b ≥ BL3: Cho a,b,c,d>0 CMR số A sau không số nguyên dương

a b b c c d d a

A

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

+ + + +

= + + +

+ + + + + + + +

BL4: Cho a,b,c dương CMR:

a b c a b c

a+b+b c+ +c+a< b+c + c+a + a+b Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng: Kiến thức bổ sung:

Định lí 1: Cho hàm số bậc ( )f x =ax b+ Nếu tồn hai số thực α β< cho ( )f α ≥0; ( )f β ≥0 f x( )≥ ∀ ∈0

(

x

(

α β

)

x

[

α β

]

)

(6)

[

]

x α β

∀ ∈

Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) hàm số bậc nên đồ thị f(x) đường thẳng Từ tính chất đoạn thẳng: “ hai đầu mút đoạn thẳng hai điểm

(

α

f

α

)

(

β

f

β

)

f x

(

x

α β

)

Định lí bạn đọc tự chứng minh xem tập Bài toán 1: Cho x y z, , ∈

[ ]

2(x+ + −y z) (xy+yz+xz)≤4 GIẢI

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: (2− −y z x) +2(y+ − − ≤z) yz 4

Xét f x( )= − −(2 y z x) +2(y+ −z) yz− ∀ ∈4

(

x

[ ]

)

f x ≤ f f

Mà (0)f = − −(2 y)(2− ≤z) 0; (2)f = − ≤yz Nên ( )f x ≤ ⇒0 đpcm

NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta giải tốn nhẹ nhàng, vơ đơn giản Ngồi cịn cách hay để giải tốn này, cách giải sau:

Từ điều kiện suy (2−x)(2−y)(2− ≥ ⇔ −z) 4(x+ + +y z) 2(xy+yz+xz)−xyz≥0 4(x y z) 2(xy yz xz) xyz 2(x y z) (xy yz xz)

⇒ + + − + + ≤ − ≤ ⇔ + + − + + ≤ ( đpcm)

Cách giải dựa vào nhận xét sau :

Với số a a1, 2, an∈

[

α β

]

thì ta có bất đẳng thức sau:

1

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

n n

a a a

α α α

β β β

− − − ≥

Phương pháp sử dụng nhận xét để giải hữu ích việc đánh giá đại lượng trung bình

1 ; , ;

n n i i j i i j i j

a a a

= ≠ =

∑ ∑

… Bạn đọc giải số ví dụ sau:

1 Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác có chu vi 1.CMR:

2

a + + +b c abc< 2 Cho 0≤a b c, , ≤1 CMR: 2 2 2

1

a + + ≤ +b c a b b c+ +c a

Chú ý đánh giá qua đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau:

(X ±α)(X ±β)(X ± =γ) X ±X (α β γ+ + +) X(αβ βγ αγ+ + )±αβγ Bài tốn 2: Cho x,y,z khơng âm x+ + =y z CMR:

27 xy+yz+ −xz xyz ≤ GIẢI

Như ta biết tốn có nhiều cách giải “ cân bậc”; “ sử dụng BĐT Cauchy”… Nhưng ta sử dụng tính chất đoạn thẳng để giải:

7 7

2 ( ) (1 ) (1 ) (1 )

27 27 27

xy+yz+yz− xyz− =x y+ +z yz − x − =x − +x yz − x −

Ta cố định x xét

(

)

2

( ) (1 ) (1 ) 0;

27

x

f yz x x yz x yz

  − 

 

= − + − −  ∈  

 

 

 

Theo định lí ta có :

1 ( ) max{ (0); }

2 x f yz ≤ f f − 

(7)

Mà

2

7 1

(0) (1 ) (0)

27 27

f =x − −x = − + −x x < − + − = −x x x−  ≤ ⇒ f <

 

(

)

(

)

1 (1 ) 2(1 ) 1 1

(1 ) 0

4 4 27

x x x x

f  − =x − +x − − − − =− x− x+ ≤ ⇒ f  − ≤

  

   

   

Do (f yz)≤ ⇒0 đpcm

Bài tốn 3: Cho x,y,z khơng âm x+ + =y z CMR: 2

4

x + + +y z xyz≥ Đẳng thức xảy nào? GIẢI

Ta viết BĐT cần chứng minh dạng:

2 2 2

(y+z) −2yz+ +x xyz− ≥ ⇔ −4 (3 x) + +x yz x( − − ≥ ⇔ −2) (2 x yz) +2x −6x+ ≥5

Ta cố định x xét

(

)

2

( ) ( 2) 0;

x

f yz x yz x x yz

  − 

 

= − + − +  ∈  

 

 

 

Theo đĩnh lí

(

)

2

( ) min{ (0); }

x f yz ≥ f f  − 

 

 

.Mà

2

(0) (0)

2

f = x − x+ = x−  + > ⇒ f >

 

(

)

(

)

2

3 (3 )

( 2) ( 1) ( 2) 0

4 4

x x x

f  − = −x − + x − x+ = x− x+ ≥ ⇒ f  − ≥

   

   

Do (f yz)≥ ⇒0 đpcm

LB: Điều kiện yz mà ta có dựa vào BĐT Cauchy ta làm sau:

(

) (

)

3

4

y z x

yz≤ + = −

Thực nguồn gốc phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng “ kĩ thuật xét phần tử biên” trong BĐT Jensen mà giới thiệu viết “ Chuyên đề bất đẳng thức số định lí” BL1: Cho a b c d, , , ∈

[ ]

(1−a)(1−b)(1−c)(1− + + + + ≥d) a b c d BL2: Cho a,b,c không âm a b+ + =c CMR:

1 3

a + + +b c abc≥

2 7(ab bc ca+ + )≤ +2 9abc Đẳng thức xảy ?

BL3: Cho x,y,z số thực dương x+ + =y z CMR

2 2 3

5(x +y +z )≤6(x +y +z ) 1+

III Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ: A.Phương pháp phân chia:

Có hai kiểu phân chia để tìm cực trị: theo tập xác định theo hàm số

Mệnh đề 1: Cho hàm số ( )f x xác định tập D Giả sử D=D1∪D2 với D1∩D2 = ∅ tồn

1

1 max ( )

D

M = f x ;

2

2 max ( )

D

M = f x (

1

1 ( ); ( )

D D

(8)

( có m=min{m m1, 2})

Mệnh đề 2: Giả sử f x( )= f x1( )+ f x2( ) xác định tập D tồn ( )0 max ( ); 1 1( )1 max 1( ); 2 2( 2) max 2( )

D D D

M = f x = f x M = f x = f x M = f x = f x Hoặc ( )3 ( ); 1 1( 4) 1( ); 2 2( )5 2( )

D D D

m= f x = f x m = f x = f x m = f x = f x Khi M ≤M1+M2 x1=x2 M =M1+M2

Hoặc m≥m1+m2 x4 =x5 m=m1+m2 Chứng minh:

Định lí 1: Do max ( ) ( ) 1

(

)

D

M = f x ⇒ f x ≤M ∀ ∈x D tồn x1∈D1 để f x( )1 =M1 Do 2 max ( ) ( ) 2

(

)

D

M = f x ⇒ f x ≤M ∀ ∈x D tồn x2∈D2 để f x( 2)=M2 Nếu M1≥M2 ⇒ f x( )≤M1

(

x

D

)

D

M = f x =M (1) Nếu M2 ≥M1⇒ f x( )≤M2

(

x

D

)

D

M = f x =M (2) Từ (1)&(2) suy max ( ) max{ 1; 2}

D

M = f x = M M

Các điều ý mệnh đề 1:

i Nếu tồn M M1; M =max{M M1, 2}, cịn khơng tồn M1( M2) khơng tồn M

ii Mệnh đề phân chia tập D thành nhiều tập xét hàm nhiều biến Định lí 2: Theo giả thiết f x1( 0)≤ f x1( )1 =M1 f x2( 0)≤ f x2( 2)=M2 nên

0 2

( ) ( ) ( )

M = f x = f x + f x ≤M +M (3)

Nếu x1 =x2 1 2 1( )1 2( )1 max ( )

D

M +M = f x + f x ≤ f x =M (4) Từ (3)&(4) suy M =M1+M2

Các điều ý mệnh đề 2:

i Điều kiện x1=x x2( 3 =x4) kiện đủ mà khơng phải điều kiện cần Lưu ý:

Tính áp dụng mệnh đề 1: Việc tìm cực trị hàm f(x) tập D⊂R nhiều khó khăn, chẳng hạn tính chất f(x) thay đổi khơng có quy luật x biến thiên tập D, tronh trường hợp ta tìm cách phân chia tập xác định D thành tập rời cho việc tìm cực trị hàm tập dễ dàng

Tính áp dụng mệnh đề 2: Khi tìm cực trị hàm f(x) tập D⊂R mà tính chất hàm f(x) thay đổi tập D thay đổi tập tập D khơng sử dụng phương pháp trên, lúc ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng hàm đơn giản cho dễ tìm cực trị hàm thành phần

Bài tốn 1: Tìm GTNN hàm số ( )f x = −x 2001+ −x 2002 GIẢI

Gọi D1 =

[

)

D

(

)

D

(

]

R

D

1 ; ;

D ∩D = ∅ D ∩D = ∅ D ∩D = ∅

Với 1 ( ) 2001 2002 4003, ( ) 2002

D

x∈D ⇒ f x = −x + −x = x− f x = ⇔ =x (1)

Với 2 ( ) 2001 2002 1, ( ) 1

(

)

D

x∈D ⇒ f x = −x + − =x f x = ∀ ∈x (2)

Với 3 ( ) 2001 2002 4003 , ( ) 2001

D

(9)

Từ (1)&(2)&(3) theo mệnh đề ta có ( )

[

]

R f x = ⇔ ∈x

NX: Bài toán đơn giản điển hình cho phương pháp phân chia để tìm cực trị Bài tốn này bạn giải cách sử dụng BĐT a + ≥ +b a b Cách giải sau:

( ) 2001 2002 2001 2002 2001 2002

f x = −x + −x = −x + − ≥ −x x + − =x

Đẳng thức xảy ⇔ −(x 2001)(2002− ≥ ⇔x) 2001≤ ≤x 2002⇔ ∈x

[

]

Bài tốn 2: Tìm GTLN,GTNN biểu thức

( , ) (4 )

F x y =x y − −x y x,y số thực thoả mãn điều kiện x≥0;y≥0;x+ ≤y

GIẢI

*Gọi D={x≥0,y≥0,x+ ≤y 6};D1={x≥0,y≥0, 4≤ + ≤x y 6};D2 ={x≥0,y≥0,x+ <y 4} Khi ta có : D=D1∪D D2; 1∩D2 = ∅

Với cặp ( , )x y ∈D1 ta có 4− − ≤x y 0;x≥0;y≥0 suy F x y( , )≤0 Đẳng thức xảy chẳng hạn với cặp

1

( , ) (0, 4) max

D

x y = ∈D ⇒ F = (1)

Với cặp ( , )x y ∈D2 ta có x≥0,y≥0, 4− − >x y Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

(

)

2

2 (4 )

2

( , ) (4 ) ( , ) ,

2

x x

y x y

x x

F x y y x y F x y x y D

 + + + − − 

 

= − − ≤   ⇒ ≤ ∀ ∈

 

 

Đẳng thức xảy x=2,y=1 (2)

Từ (1)&(2) suy max ( , ) (2,1)

D F = ⇔ x y =

*Gọi D3 ={x≥0,y≥0,x+ ≤y 4};D4 ={x≥0,y≥0, 4< + ≤x y 6} Ta xét hàm

( , ) ( 4) F x y x y x y

− = + − Khi ta có : D=D3∪D D4; 3∩D4 = ∅

Với cặp ( , )x y ∈D3 ta có x≥0,y≥0,x+ ≤y suy −F x y( , )≤ ⇒0 F x y( , )≥0 Đẳng thức xảy chẳng hạn với cặp

3

( , ) (2, 2)

D

x y = ∈D ⇒ F = (3)

Với cặp ( , )x y ∈D4 ta có x≥0,y≥0, 4< + ≤x y Theo BĐT Cauchy ta có:

2 ( 4)

2 2

( , ) ( 4) 4 64

2

x x

y x y

x x x y

F x y y x y

 + + + + − 

   + − 

− = + − ≤   =   ≤

 

 

 

( , ) 64 F x y

⇒ ≥ −

(

x y

D

)

x

y

DF= ⇔ x y =

Bài toán 3: Tìm GTNN A=x y( + +z) z x( + y) x,y,z số thực thoả mãn điều kiện

2 2

1

x +y +z = Đẳng thức xảy nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia Hà Tây-2002) GIẢI

Gọi 2

1 2

{ , , : 1}; ;

D= x y z∈R x +y +z = A =xy+yz+xz A =xz⇒ =A A +A Ta có ( )2 2 2 1 1

2

x+ +y z ≥ ⇒x +y + +z A ≥ ⇒A ≥− (1) Đẳng thức xảy 2 2 2 x y z

x y z

⇔ + + =

+ + = (2)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

(

)

(

)

2 2

1 1 1

1

2 2 2

(10)

Đẳng thức xảy

2 2

0 y

x z

x y z

⇔ = = −

+ + =

(4)

Từ (2)&(4) suy ( , , ) , 0,

2

x y z = − ∈D

  Theo mệnh đề 2: ta có min

D A= DA+ DA = −

NX: Việc chia thành hàm đơn giản để tìm cực trị nói chung cơng việc khó khăn Trước khi làm cơng việc ta phải có bước dự đoán điểm rơi hàm ban đầu

Bài tốn 4: Tìm GTNN ( , , )f x y z =xyz+2(1+ + + +x y z xy+yz+xz) x,y,z số thực thoả mãn điều kiện 2

1

x +y +z = Đẳng thức xảy nào? GIẢI

Gọi 2

{ , , : 1}

D= x y z∈R x +y +z = Ta chia hàm f(x,y,z) thành hàm nhỏ sau:

2

( , , ) ( , , )

f x y z x y z xy yz xz xyz f x y z x y z xy yz xz

= + + + + + + +

= + + + + + + ⇒ f x y z( , , )= f x y z1( , , )+ f x y z2( , , ) Từ điều kiện ta suy : x, y z, ≤ ⇒ +1 x,1+y,1+ ≥ ⇒ +z (1 x)(1+y)(1+ ≥z) Hay: 1+ + + +x y z xy+yz+ +xz xyz≥0(1)

Ta có: (1+ + +x y z)2 ≥ ⇒ + + + +0 x y z xy+yz+xz≥0

(

x

y

z

)

D D D

f = f + f = Đẳng thức xảy ra: ( , , )x y z = −( 1, 0, 0)∈D BL1: Tìm GTNN,GTLN hàm 2002

( , ) (4 )

F x y =x y − −x y x,y số thực thoả mãn điều kiện x≥0,y≥0,x+ ≤y

BL2: Cho x y z, , ∈

[ ]

x

y

z

A

x

y

z

BL3: Tìm GTLN hàm ( , , )f x y z = + + +x y z xy+yz+xz với x,y,z số thực thoả mãn điều kiện

2 2

27

x +y + ≤z Đẳng thức xảy nào?

BL4: (IMO-1969) Cho x x y y z z1, 2; 1, 2; ,1 2 thoả mãn x1>0,x2 >0,x y1 1−z12 >0,x y2 2 −z22 >0 CMR:

2 2

1 2 1 2

8 1

(x +x )(y +y ) (− z +z ) ≤ x y −z +x y −z

BL5: Tìm GTNN hàm 3

( , , ) (4 ) (4 )

f x y z =x x − x+ +y z +y y − y+z x,y,z số thực thoả mãn điều kiện 2

1 x +y +z =

Phụ lục: Cơ sở lí thuyết của phương pháp giá trị lớn nhất nhỏ nhất: I Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét miền D

Ta nói số M GTLN f(x) D, đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i ( )f x ≤M

ii ∃ ∈x0 D cho f x( )0 =M Khi ta kí hiệu max ( )

x D

M f x

∈

= đơn giản hơn: max ( )

D

M = f x

Ta nói số m GTNN cua f(x) D, đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i ( )f x ≥m

ii ∃ ∈x0 D cho f x( 0)=m Khi ta kí hiệu ( )

x D

m f x

∈

= đơn giản hơn: ( )

D

(11)

* Chú ý: Khi nói đến GTNN,GTLN hàm số ta phải xác định xác định tập hợp nào.Cùng hàm số f(x), xác định tập khác nhau, nói chung GTNN hay GTLN tương ứng khác

II Vài tính chất của GTNN,GTLN của hàm số Tính chất 1: Giả sử A⊂B Khi ta có:

1 max ( ) max ( )

x A∈ f x ≤ x B∈ f x

2 ( ) ( )

x A∈ f x ≤ x B∈ f x

Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử D=D1∪D2 Khi ta có:

1

max ( ) max{max ( ); max ( )}

x D∈ f x = x D∈ f x x D∈ f x

2

1

min ( ) min{min ( ); ( )}

x D∈ f x = x D∈ f x x D∈ f x

* Chú ý: Từ tính chất cho phép ta chuyển việc tìm GTNN( GTLN) hàm tập D phức tạp, về việc tìm GTNN(GTLN) tập hợp D D đơn giản Vì phương pháp phân chia để tìm cực 1, 2 trị dựa nguyên lý

Ta tổng quát tính chất sau: Nếu D=D1∪D2∪ ∪ Dn :

1

max ( ) max{max ( ); max ( ); max ( )}

n

D f x = D f x D f x D f x

2

1

min ( ) min{min ( ); ( ) ( )}

n

D f x = D f x D f x D f x

Tính chất 3: Nếu f x( )≥ ∀ ∈0

(

x

D

)

D f x = Df x

2 ( ) 2( )

D f x = Df x

* Chú ý: Tính chất hay dùng tốn mà hàm y= f x( ) có chứa dấu thức, hay dấu giá trị tuyệt đối

Tính chất 4:

1 max ( ) ( ) max ( ) max ( )

D f x +g x ≤ D f x + D g x (1)

2 ( ) ( ) ( ) ( )

D f x +g x ≤ D f x + D g x (2)

* Chú ý: Dấu “=” (1) xảy có điểm x0∈D mà f x ( ) g x đạt ( ) GTLNN Tương tự, tồn x1∈D mà f x g x đạt GTNN (2) dấu “=” xảy ( ), ( ) ra.Nói chung, GTLN(GTNN) tổng hàm số không tổng GTLN(GTNN) hàm số.Từ điều kiện có dấu (1);(2) người ta chì thay việc tìm GTLN(GTNN) nhiều hàm số đơn giản hơn, chì trường hợp hàm số đạt GTLN(GTNN) điểm chung trên miền D

Tính chất 5: max ( ) min

(

)

D

D f x = − −f x

Tính chất 6: Nếu ta đặt max ( ); ( )

D D

M = f x m= f x thì: max ( ) max{ , }

D f x = M m

Tính chất 7: Giả sử D1 = ∈{x D f x, ( )≤0};D 2= ∈{x D f x, ( )≥0}

2

min ( ) min{ max ( ), ( )}

(12)

III GTLN GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình: Giả sử ( )f x hàm số xét miền x∈D Giả sử tồn tại:

min ( )

D

m= f x max ( )

D

M = f x

Và ( )f x nhận giá trị từ m đến M x∈D Khi mối tương quan GTLN, GTNN hàm số ( )f x miền D tồn nghiệm phương trình, bất phương trình có điều kiện, thể định lí sau đây:

Định lí 1: Phương trình ( )f x =α với x∈Dcó nghiệm m≤ ≤α M * Chú ý : Định lí đảo lại

Định lí 2:

1 BPT ( )f x ≥α ,x∈D có nghiệm M ≥α BPT ( )f x =β,x∈D có nghiệm m≤β

Định lí 3:

1 BPT ( )f x ≥α với x∈D m≥α BPT ( )f x ≥β với x∈D M ≤β IV Một số toán phát biểu dưới dạng tập xác định:

Bài tốn 1: Tìm GTLN hàm số: f x y z( , , ) xy z xz y yz x xyz

− + − + −

=

Xét miền D={( , , ) :x y z x≥3,y≥2,z≥1}

Bài toán 2: Tìm GTLN hàm số: ( , , )f x y z =xyz x( +y y)( +z x)( +z) Xét miền D={( , , ) :x y z x>0,y>0,z>0,x+ + =y z 1} Bài tốn 3: Tìm GTNN hàm số:

3 3

( , , , ) x y z t

f x y z t

y z t x z t x y t x y z

= + + +

+ + + + + + + +

Xét miền D={( , , , ) : , , ,x y z t x y z t≥0,xy+yz+ + =zt tx 1} Bài tốn 4: Tìm GTNN hàm số sau:

3 3 3

3 3

' 2

2 2

( , , )

( ) ( ) ( )

1 1

( , , ) ( )

( ) ( ) ( )

x y y z z x

f x y z

x y y z z x

f x y z x y z

x y y z x z

− − −

= + +

− − −

 

= + +  + + 

− − −

 

Xét miền D={( , , ) : (x y z x−y y)( −z z)( − ≠x) 0}

Bài tốn 5: Tìm GTLN hàm số: ( , , ) (1 )(1 )(1 )

1

x y z

f x y z x y z

y z x z x y z

= + + + − − −

+ + + + + +

Xét miền D={( , , ) : 0x y z ≤ ≤x 1, 0≤ ≤y 1, 0≤ ≤z 1} Bài tốn 6: Tìm GTLN hàm số: 2

( , , , )

f x y z t =x y z t

Xét miền D={( , , , ) : , , ,x y z t x y z t≥0, 2x+xy+ +z ytz=1} Bài tốn 7: Tìm GTLN hàm số: ( , , , )f x y z t =xy+yz+zt

Xét miền D={( , , , ) : , , ,x y z t x y z t≥0,x+ + + =y z t 2} Bài tốn 8: Tìm GTNN hàm số: ( , )

( ) f x y x

xy x y

= +

−

Xét miền D={( , ) :x y x>0,y>0}

(13)

Xét miền {( , , , ) : ( 1) ( 1) ( 1) 4} D= x y z t x x− +y y− +z z− ≤

Bài tốn 10: Tìm GTLN hàm số: ( , , )f x y z =x(1− +y) y(1− +z) z(1−x) Xét miền D={( , , ) : 0x y z ≤ ≤x 1, 0≤ ≤y 1, 0≤ ≤z 1}

B.Phương pháp tham số phụ

Phương pháp giống với kĩ thuật cân hệ số có tầm ứng dụng rộng rãi Ở phần tơi khơng trình bày tỉ mỉ lời giải mà nêu thẳng ý tưởng làm để từ bạn đọc rút kinh nghiệm

Bài toán 1: Cho ,x y≥0 3

x +y ≤ Tìm GTLN A= x+2 y GIẢI

Đặt x=ay=b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

3 3 3 3 15

3 3 3 15

3 3 5

6

5( ) 6( )

x a a a a a x a

y b b b b b y b

x y a b a x b y

+ + + + + ≥ + + + + + ≥

⇒ + + + ≥ +

Ta cần tìm hai số a,b cho a,b thoả mãn hệ sau: 3

5

1

a b

b a

+ = =

5

3 5

1

;

1 64 64

a b

⇒ = =

+ +

Khi GTLN 6

(

)

A= + Bạn đọc tự tìm giá trị x,y

* Chú ý: Phương pháp tham số phụ giúp ta định hướng lời giải toán mà ta chưa xác định điểm rơi BĐT

Bài tốn 2: Tìm GTNN hàm số: ( ) ( 1)

x

f x = − x x− Xét miền D={( ) :x x≥1} GIẢI

Đặt 1

1

ax x x

a

= − ⇒ =

− Áp dụng BĐT Cauchy:

1 7

.2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

2 a 4

x x

ax x ax x y x x ax x

a a

− ≤ + − ⇒ = − − ≥ − + −

Ta cần tìm số a cho : ( 1) 4( 1)

2 a a+ = ⇒ =a a< Khi GTNN

1

( )

3

f x = ⇔ =x Bài toán 3: Tìm GTLN hàm số: 4

9 13

y= x +x + x −x Xét miền D={( ) : 1x − ≤ ≤x 1}

GIẢI

Đặt 4 4

1 ( 2)

ax = +x ⇒ −a x = −x Áp dụng BĐT Cauchy :

(

)

2 4

9

2 ( )

2

13 13

2 2

a x x ax x

a a

a x x a x x

a a

+ ≤ + +

 

− − ≤  − + − 

− −

Ta cần tìm a cho: ( 1) 13 (3 )

(14)

Khi

4 4

9

1

4

6 26 16

2

x x x x

y

+ + + −

≤ + =

Đẳng thức xảy x

⇔ =

Bài tốn 4: Tìm GTLN hàm số

2

2 2

( )

3

x x x x

f x

x x

+ − + − +

=

+ −

Xét miền D={( ) :x x≥1} GIẢI

Đặt

( 2)

a x− =x + Áp dụng BĐT Cauchy:

(

)

(

)

2

3

2 ( 2)( 1) ( )

3

x a x x

a

a x x a x x f x

x x a a   +  − + + +   − + ≤  − + + ⇒ ≤ + −

Ta cần tìm a cho:

2

3

(1 ) b a a b a b a + = = − + = −

3( 0)

b b a

⇒ = > ⇒ =

Khi GTLN ( )

f x = ⇔ =x ±

Bài toán 5: Cho x,y số thực thoả mãn: 2

x +y = Tìm GTNN,GTLN hàm

2 2( ) ( , )

1 2

x xy

f x y

xy y

+ =

+ +

GIẢI Gọi k điểm cực trị f(x,y) ta có:

2

2 2( )

( 2) 2( 6) 2

x xy

k k x k xy ky

xy y

+

= ⇒ − + − + =

+ +

Ta cần tìm k cho : 2

3 (k k− = −2) (k 6) ⇔k +3k− = ⇔ = ∨ = −18 k k Do GTLN f(x,y)=3, GTNN hàm f(x,y)=-6

* Chú ý bạn giải sau:

2

2 2

2( ) 2( ) ( , )

1 2

x xy x xy

f x y

xy y x xy y

+ +

= =

+ + + + Ta xét với x=1,y= ⇒0 f x y( , )= f(1, 0)=2

Với

2

0 ( , )

2

x x

y y

y f x y

x x y y   +           ≠ ⇒ =   + +    

Ta đặt x t

y = ta quay lại xét cực trị toán:

2

2( ) ( ) t t f t t t + =

+ + Đến bạn dùng PP miền giá trị hay PP tách phận kép để giải

(15)

BL1:Cho x,y số không âm 2

x + y ≤ Tìm GTLN hàm số ( , )f x y =64 x+ y BL2:Tìm GTNN hàm số: ( )f x =5x− (x x−1) Xét miền D={( ) :x x≥1}

BL3:Tìm GTNN hàm số :

2

1 ( ) x x x x f x

x x

− − + −

=

−

BL4:Tìm GTNN hàm số: ( ) x

f x = x+ − Xét miền D={( ) : 0x ≤ ≤x 2} BL5:Cho a,b dương 1 1

2

a+ b= Tìm GTNN

2 A= +a b IV Phương pháp thế:

Phương pháp dùng để chứng minh bất đẳng thức hình học.Phương pháp dựa vào nhận xét sau:

Định lí: Điều kiện cần đủ để a,b,c độ dài cạnh tam giác tồn số dương x,y,z cho

; ;

a= +x y b= +y z c= +x z Khi ta có số kết thú vị sau:

2

a b c

x y z p

a c b

x p b

a b c

y p c

b c a

z p a

+ +

+ + = =

+ −

= = −

+ −

= = −

+ −

= = −

Ta cần ý số công thức sau:

1 1 ( )( )( )

2 a b c

abc

S ah bh ch pr p p a p b p c

R

= = = = = − − − =

2

sin sin sin

a b c

R

A= B = C =

3

2 2

2 cos cos cos

a b c bc A

b c a ca B

c a b ab C

= + −

4

2 2

2 2 cot

4 cot

4

b c a

A

S

c a b

B

S

a b c

C

S

+ − =

+ −

=

+ − =

5 tan ; tan ; tan

2 ( ) ( ) ( )

A S B S C S

p p a p p b p p c

= = =

− − −

6

2 2 2 2 2

; ;

4 4

a b c

b c a a c b a b c

m = + − m = + − m = + −

(16)

Bài toán 1: ( BĐT Euler) Gọi R r bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC CMR: R≥2r

GIẢI

Ta thay R r qua đại lượng khác Khi BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

2

8 ( )( )( )

abc S S

abc p p a p b p c

S ≥ p ⇔ ≥ p = − − −

Đến ta sử dụng phép BĐT trở thành: (x+y y)( +z x)( + ≥z) 8xyz Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có:

2 2

x y xy

y z yz

x z xz

+ ≥ + ≥ + ≥

(x y y)( z x)( z) 8xyz

⇒ + + + ≥

Đẳng thức xảy ⇔ = = ⇔ = =x y z a b c

Bài toán 2: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a,b,c diện tích S CMR: 2

2(ab bc ca+ + ) (− a + +b c )≥4 3S GIẢI Ta sử dụng phép BĐT trở thành:

[

]

2

2 2

2 ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

x y y z y z x z x y x z x y y z x z xyz x y z

xy yz xz xyz x y z xy yz xz xyz x y z

xy yz yz xz xz xy

 

+ + + + + + + + − + + + + + ≥ + +

⇔ + + ≥ + +

− + − + −

⇔ ≥

Đẳng thức xảy ⇔ = = ⇔ = =x y z a b c

LB: Qua hai toán ta rút nhận xét sau: việc chuyển từ BĐT hình học sang BĐT đại số giúp giải toán nhẹ nhàng Và lí mà người ta cịn gọi phương pháp đại số hố , việc chuyển từ BĐT đại số thành BĐT hình học gọi phương pháp hình học hố

Nội dung của phương pháp hình học hố :

Nội dung phương pháp ta dựa vào cấu trúc toán để chuyển sang hình học, đồ thị giải quyết.Nếu tốn BĐT, cách biến đổi sơ cấp qui kiện hình học ta nên dùng phương pháp hình học để giải.Lẽ dĩ nhiên phương pháp thích hợp với tốn mà nội dung tiềm ẩn yếu tố hình học,mà lúc đầu tiên ta chưa nhận Đối với phương pháp ta sử dụng nhận số tính chất sau:

- Trong đường gấp khúc nối điểm A,B đường thẳng nối điểm A,B đường ngắn - Trong tam giác tổng hai cạnh lớn cạnh thứ ba

- Cho điểm A nằm đường thẳng d cho trước.Khi độ dài đường vng góc kẻ từ A xuống đường thẳng d ngắn đường xiên kẻ từ A xuống đường thẳng

- Trong tam giác nội tiếp đường trịn tam giác có chu vi diện tích lớn

- Cho đường thẳng d điểm A,B nằm khác phía d Điểm M thuộc d cho AM+BM bé giao điểm AB d

- Cho đường thẳng d điểm A,B nằm khác phía d Điểm M thuộc d cho AM+BM bé giao điểm '

A Bvà d ( A' điểm đối xứng A qua d)

(17)

- Cho đường thẳng d điểm A,B nằm khác phía d Điểm M thuộc d cho AM −BM lớn giao điểm '

A B d ( A' điểm đối xứng A qua d, A B' không song song với d)

Sau xét toán minh hoạ cho phương pháp Bài tốn 1:

1 Tìm GTNN 2

2 40

A= x − x+ + x − x+ Tìm GTLN 2

2 40

B= x − x+ − x − x+ GIẢI

1 Ta có: A= (x−1)2+ −(0 1)2 + (x−2)2+ +(0 6)2

Nếu ta chọn điểm M x( , 0); (1,1); (2, 6)A B − AM = (x−1)2+ −(0 1) ;2 BM = (x−2)2+ +(0 6)2 Bài toán qui việc tìm điểm M trục hồnh cho AM+BM có độ dài bé Theo tính chất điểm M phải giao điểm AB trục hồnh

Đường thẳng AB có dạng: y=ax b a+ ( ≠0) AB qua A,B nên ta có :

6 a b

a b

= +

− = + ⇒ = −a 7;b=8

Vậy AB: y= − +7x 8(1) Từ (1) cho

7

y= ⇒ =x Vậy điểm M cần tìm có toạ độ 8,

7

 

 

 

Vậy GTNN A= ⇔ =x

Bài tốn tổng qt: Tìm GTNN 2 2

( ) ( )

A= x a− +b + x c− +d ( b d, >0)

Ta viết lại 2 2

( ) (0 ) ( ) (0 ) A= x−a + −b + x c− + +d

Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn điểm A a b B c( , ); ( ,−d M x); ( , 0); A= AM+BM Bài tốn qui về việc tìm M trục hồnh cho AM+BM bé nhất.Vì A,B có tung độ trái dấu nên A,B nằm hai phía trục hồnh, điểm M cần tìm giao điểm AB trục hồnh

2 Ta có B= (x−1)2+ −(0 1)2 − (x−2)2+ −(0 4)2

Nếu ta chọn (1,1); (2, 4);A B M x( , 0) B= AM −BM Bài tốn qui việc tìm M trục hồnh cho AM −BM lớn nhất.Theo tính chất M giao điểm trục hồnh AB

Đường thẳng AB có phương trình dạng y=ax b a+ ( ≠0).AB qua A,B nên:

4 a b

a b

= +

= + ⇒ =a 3;b= −2

Vậy AB: y=3x−2 (2) Từ (2) cho

2

y= ⇒ =x Vậy 3,

2 M 

 

Vậy GTLN 10 B= ⇔ =x

Bài toán tổng quát: Tìm GTLN 2 2

( ) ( )

(18)

Ta viết lại 2 2 ( ) (0 ) ( ) (0 ) B= x a− + −b − x c− + −d

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta chọn A a b B c d M x( , ); ( , ); ( , 0), B= AM −BM Bài tốn qui việc tìm điểm M trục hồnh cho AM −BM lớn Vì A,B có tung độ dấu nên A,B nằm cùng phía với trục hồnh, điểm M cần tìm giao điểm AB trục hồnh

Bài tốn 2:

1 Tìm GTNN 2

2

A= x + x+ + x − x+ Tìm GTLN 2

2

B= x − x+ − x + x+

* Lưu ý: Đối với dạng số bạn thường mắc phải sai lầm sử dụng BĐT Mincopski

2 2 2

( ) ( ) a +b + c +d ≥ a+c + +b d

Nếu bạn sử dụng trực tiếp dễ dẫn tới việc dấu không xảy hay giá trị tìm chưa giá trị nhỏ toán

Ta quay lại với vấn đề ban đầu, ta biết việc sử dụng phương pháp đại số hoá hay hình học hố giúp ta giải tốn dễ dàng lúc vậy.Chẳng hạn với toán sau: Bài toán 3: Cho tam giác ABC có diện tích S kí hiệu cạnh AB,BC,CA theo qui ước CMR:

2 2 2 2 2 2 2

16 ( ) ( ) ( )

2 2

a b +b c +c a ≥ S + a b c− + b c−a + c a b− (1) GIẢI

Nếu từ đầu ta sử dụng liền phương pháp dẫn tới việc lời giải dài được, cụ thể ta phải chứng minh BĐT sau:

2 2 2 2 2

2

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 16 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

1

( ) ( ) (2)

x y y z y z x z x y x z xyz x y z x y y x z y z y

z x z x

+ + + + + + + + ≥ + + + + − + + −

+ + −

Quả thật để chứng minh BĐT điều khơng phải dễ, cấu trúc toán lúc cồng kềnh, Đây việc lạm dụng phương pháp mà không để ý kĩ tới cấu trúc toán ban đầu:

(1)⇔abc a b( + + ≥c) 16S2 ⇔abc≥ + −(a b c b c a c)( + − )( + −a b)

Đến có lẽ bạn đọc nhìn nguồn gốc tốn phải khơng Qua ta thấy việc chứng minh trực tiếp BĐT (1) dễ dàng nhiều so với BĐT (2)

Ta rút kinh nghiệm không nên lạm dụng phương pháp đặc biệt phương pháp mạnh chứng minh BĐT

BL1( IMO-1983) Cho a,b,c cạnh một tam giác CMR:

2 2

( ) ( ) ( )

a b a b− +b c b c− +c a c a− ≥

BL2: ( IMO-1961) Cho a,b,c cạnh tam giác có diện tích S CMR: 2

4

a + + ≥b c S

BL3: Cho a,b,c cạnh tam giác CMR:

ab bc ca

p p c− + p−a+ p b− ≥

BL4: Chứng minh tam giác ta có: 2 2

a b c

m +m +m ≥ p

2

a b c

m +m +m ≥

(19)

Bài toán 1: Cho a,b,c dương abc=1 CMR:

1 1

a b c

b c a

 + −  + −  + − ≤

   

   

GIẢI Ta thay a x;b y;c z

y z x

= = = BĐT cần chứng minh trở thành:

( )( )( )

1

( )( )( )

x y z y z x x z y xyz

+ − + − + − ≤

⇔ + − + − + − ≤

Đến cơng việc cịn lại xin nhường cho bạn đọc

NX: Do abc=1 nên tồn số x,y,z thoả mãn phép , điều kiện x,y,z phụ thuộc vào điều kiện a,b,c.Khơng từ tốn ta thấy lợi ích việc sử dụng phép thế: giúp ta giải tốn nhanh chóng mà nhiều cịn giúp ta phát nguồn gốc toán ban đầu Chẳng hạn với toán sau:

Bài toán 2:

1 Cho a,b,c dương abc=1 CMR:

1 1

( 1) ( 1) ( 1) a b+ +b c+ +c a+ ≥ Cho x,y,z,t dương xyzt=1 CMR:

2 2

1 1

( ) ( ) ( ) ( )

x yz+ +zt ty + y xz+ +zt tx + z xy+ +xt ty +t xy+yz+xz ≥ GIẢI:

1 Đặt a x;b y;c z

y z x

= = = BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

1 1

2

1 1

3

x y y z z x

y z z x x y

yz xy xz

xy xz xz yz xy yz

+ + ≥

 +   +   + 

     

     

+ + ≥

+ + +

BĐT trở lại dạng Nesbit, bạn đọc tự chứng minh

2 Với toán bạn đọc tự giải.Gợi ý nguồn gốc toán:

3

a b c d

b c+ +d +a+ +c d +a+ +b d +a b+ +c≥ BL1: Cho a,b,c dương abc=1.CMR:

1 1

( 1) ( 1) ( 1) a a+ +b b+ +c c+ ≥ BL2: Cho a,b,c dương CMR:

1

2 2

b c a

a+ b+b+ c+c+ a ≤ BL3: Cho a,b,c dương abc=1 CMR:

3 3

8c 8

a b c

a b

+ + ≥

+ + +

(20)

Kĩ thuật hệ số bất định

Kĩ thuật thường sử dụng bất đẳng thức không đối xứng Sau số ví dụ: Lớp tốn thứ nhất:

Bài toán 1: Cho x,y,z số dương.CMR: x2+y2+ ≥z2 xy+yz+xz

2 6x2+3y2+5z2 ≥4xy+8xz+2yz GIẢI:

1 Bài toán quen thuộc với bạn, có nhiều sách BĐT Sau lời giải toán này:

2

2 2 2

x y xy

y z yz

x z xz

+ ≥

2 2

2(x y z ) 2(xy yz xz)

⇒ + + ≥ + + ⇒đpcm

2 Ta giải toán sau:

2 2 2 2 2

6 2( ) 4( )

A= x + y + z = x +y + x +z +y +z Đến ta áp dụng BĐT Cauchy ta có:

2

2( ) 4( )

2

x y xy

x z xz

y z yz

+ ≥

4

A xy xz yz

⇒ ≥ + +

LB: Chắc hẳn bạn thắc mắc cách giải câu 2, khơng hiểu lại tách Sau đây bí mật cách giải:

Ta đưa tham số m,n,p vào biểu thức sau:

2 2 2 2 2

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

m x +y +n x +z +p y +z = m+n x + m+p y + +n p z Ta đồng hệ số với biểu thức ban đầu:

6 m n

m p

n p

+ = + = + =

2, 4,

m n p

⇒ = = = Khi tức ta tách biểu thức ban đầu sau:

2 2 2 2 2

6 2( ) 4( )

A= x + y + z = x +y + x +z +y +z Nội dung của kĩ thuật hệ số bất định:

Giả sử ta cần chứng minh BĐT:

( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) aA x y z +bB x y z +cC x y z ≥dD x y z +eE x y z + fF x y z trong x,y,z ẩn Ta đưa vào tham số m,n,p; nghĩa ta có:

[

] [

]

m A x y z +B x y z +n B x y z +C x y z + p A x y z +C x y z (m p A x y z) ( , , ) (m n B x y z) ( , , ) (n p C x y z) ( , , )

= + + + + +

Ta đồng thức, ta có hệ:

m p a

m n b

n p c

+ = + = + =

; ;

2 2

a b c b c a a c b

m + − n + − p + −

⇒ = = =

(21)

[

]

[

]

[

]

( , , ) ( , , ) ( , , )

a b c

A x y z B x y z dD x y z b c a

B x y z C x y z eE x y z a c b

A x y z C x y z fF x y z

+ − + ≥

Lưu ý biểu thức vế trái BĐT cần chứng minh số Sau áp dụng kĩ thuật toán lượng giác:

Bài toán 2: Cho tam giác ABC CMR: sin sin cos

2 C A+ B≤

2 sin sin sin cos cos cos

2 2

A B C

A+ B+ C≤ + +

3 sin 5sin 8sin cos cos 10 cos

2 2

C A B

A+ B+ C= + +

Xác định hình dạng tam giác ABC GIẢI

1 Ta có: sin sin cos sin 2sin cos

2 2

A B A B A B C

A+ B= − + ≤ + = (1)

Do sin 0;cos 1

(

]

)

2

A B A B

A B C π

+ > − ≤ ∀ ∈

2 Tương tự ta có BĐT sau: sin sin cos

2 A

B+ C≤ (2)

sin sin cos B

A+ C≤ (3)

Cộng (1); (2) (3) ta có: sin sin sin cos cos cos

2 2

A B C

A+ B+ C≤ + +

3

A B C π ABC

⇔ = = = ⇔ ∆

3 Đến câu ta sử dụng trực tiếp câu mà phải sử dụng kĩ thuật hệ số bất định sau: (sin sin ) (sin sin ) (sin sin )

( ) sin ( )sin ( ) sin

m A B n B C p A C

m p A m n B n p C

+ + + + +

= + + + + +

Đồng hệ số ta có:

m p

m n n p

+ = + = + =

2; 3;

m n p

⇒ = = =

Khi ta có: 2(sinA+sin ) 3(sinB + B+sin ) 5(sinC + A+sin )C Sử dụng BĐT (1);(2) (3) ta suy đpcm

Đẳng thức xảy tam giác ABC BL1:Cho x,y,z số dương.CMR:

1 12 15 11 14 10

2

x + y + z ≥ xy+yz+ xz

(22)

BL2: Xác định hình dạng tam giác ABC:

1 cos cos cos sin 8sin 10sin

2 2

C A B

A+ B+ C= + +

2 38tan 19 tan 23tan 24 cot 14 cot 4cot

3 2

C A B

A+ B+ C= + +

3 5cot 23cot 9cot 8tan tan tan

2 10 5 2

A B C

A+ B+ C= + +

Lớp toán thứ hai:

Bài tốn 1: Cho a,b,c khơng âm a b+ + =c Tìm GTLN A=4ab+8bc+6ca GIẢI

Đưa tham số m,n,p sử dụng kĩ thuật hệ số bất định ta có:

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

ma b c+ +nb c+ +a pc a+ =b m n ab+ + +n p bc+ m+ p ca Đồng hệ số ta có:

4 m n n p

m p

+ = + = + =

1; 3;

m n p

⇒ = = =

Khi biểu thức A trở thành:

( ) ( ) ( ) (3 ) (3 ) (3 ) A=a b+ +c b c+ +a c a+ =b a − +a b − +b c −c

2 2

81 3

3

4 a b c

      

= − −  +  −  +  −  

     

 

 

Đặt ; ;

2 2

x= −a y= −b z= −c

2

x y z a b c

⇒ + + ≥ + + − =

Bài tốn qui việc tìm GTLN 81

(

)

A= − x + y + z với

x+ + ≥y z Nghĩa ta phải tìm GTNN 2

3

x + y + z với x+ + ≥y z

Đến ta sử dụng kĩ thuật cân hệ số để giải Đ/Án: max A 432

23

= 12; 27; 30

23 23 23

x y z

⇔ = = =

Bài toán 2: Cho a,b,c dương CMR:

15 5

4 10 20

c a b a b c a b c

a b a c b c

− − + + + + + − ≥

+ + +

GIẢI

Ta đưa vào biểu thức tham số m,n,p sau:

15 5

4 10 20

(4 1) (6 1) 15 (2 1) (5 10 ) (1 ) (20 5)

4 10 20

c a b a b c a b c

m n p

a b a c b c

a m b m c a n b c n a p b c p

a b a c b c

− − + + + + + + + − +

+ + +

− + − + + + + + + + + −

= + +

+ + +

Ta cần tìm m,n,p cho : 15 10 20

m n

m p

n p

− = + =

− = = +

= + = −

1, 1,

m n p

⇒ = = =

(23)

(

)

(

) (

)

3

4 10 20

1 1

3 15 3 15

4 10 20 15

a b c a b c a b c

a b a c b c

a b c a b c

a b a c b c a b c

+ + + + + + + + −

+ + +

 

⇔ + +  + + − ≥ + + − =

+ + + + +

 

LB: Qua lời giải tốn ta thấy lợi ích việc dùng kĩ thuật hệ số bất định trong toán bất đẳng thức khơng đối xứng Nó giúp giải thích lời giải thiếu tự nhiên

BL1: Cho a,b,c không âm a b c+ + =1 Tìm GTLN A=3ab+5bc+4ac BL2: Cho a,b,c khơng âm a b+ + =c Tìm GTLN A=5ab+7bc+8ac BL3: Cho a,b,c số dương CMR:

3 2

1

4 2

c b b c a a b c

a b a c b c

− + + − + + + ≥

+ + +

BL4: Cho a,b,c số dương.CMR:

4 3

5

c a b b c

a b b c a c

+ −

+ + ≥

+ + +

2 Phương pháp chọn giá trị lớn nhất, nhỏ nhất:

Đối với phương pháp ta cần ý số nhận xét sau:

- Với BĐT đối xứng ( hốn vị ) biến a ii

(

n

)

n

a ≥a ≥ ≥a

- Với BĐT hốn vị vịng quanh biến a ii

(

n

)

a

(

a a

an

)

a

(

a a

an

)

Bài toán 1: Cho a,b,c số dương CMR:

( ) ( ) ( )

ab bc ca a b c

c c+a +a a b+ +b b+c ≥ c+a+a b+ +b c+ GIẢI

Do BĐT có tính hốn vị vịng quanh nên ta giả sử: a=max( , , )a b c Ta đưa BĐT cần chứng minh dạng sau:

( ) ( ) ( )

0

( ) ( ) ( )

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

− + − + − ≥

+ + +

Ta chia thành trường hợp sau: TH1: a≥ ≥ >b c Khi ta có:

( ) 0; ( ) ( ) ( ) 0; ( ) ( ) a b c c c a a a b c a b b b c a a b

− ≥ + ≤ +

Suy ra: ( ) ( )

( ) ( )

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

− ≥ −

+ +

( ) ( )

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

− ≥ −

+ + Do đó:

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

( ) ( ) ( ) ( )

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

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

− + − + − ≥ − + − + − =

+ + + +

TH2: a≥ ≥ >c b Khi ta có: ( ) 0; ( ) ( ) ( ) 0; ( ) ( ) a b c c c a b b c c a b a a b b b c

− ≤ + ≥ +

Suy ra: ( ) ( )

( ) ( )

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

− ≥ −

+ +

( ) ( )

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

− ≥ −

(24)

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

( ) ( ) ( ) ( )

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

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

− + − + − ≥ − + − + − =

+ + + +

NX: Bài toán hay cách giải ngắn gọn dễ hiểu Ngồi cịn có cách giải sau:

C1: Sử dụng phép BĐT cần chứng minh tương đương với:

1 1 1

b a c b a c a b c

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

b c a

c a b c a b

c a b

a b c a b c

+ + ≥ + +

+ + + + + +

⇔ + + ≥ + +

+ + + + + +

Đặt x a;y b;z c xyz

b c a

= = = ⇒ = BĐT trở thành:

1 1

1 1 1

y z x

z+ + x+ + y+ ≥ z+ +x+ + y+

2 2 2

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

( ) ( ) ( )

( 1) ( 1) ( 1) ( ) ( 3)

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

xy yz zx x y z x y z

x y z x y z xy yz zx

⇔ + + + + + + + + ≥ + + + + + + + +

⇔ + + + + + ≥ + + +

⇔ − + − + − + + + + + + − ≥

Sử dụng BĐT Cauchy 2 3

( )

3

xy +yz +zx ≥ xyz = Ta suy đpcm C2: Sử dụng phương pháp đánh giá tổng phân thức- phép

BĐT cần chứng minh tương đương với:

( ) ( ) ( )

ab c bc a ca b

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

 +  + +  + + ≥

 + +   + +   + + 

     

2 2

3

( ) ( ) ( )

ab c bc a ca b

c c a a a b b b c

+ + +

⇔ + + ≥

+ + +

Sử dụng BĐT Cauchy tức ta phải chứng minh:

(ab c+ 2)(bc+a2)(ca+b2)≥abc a b b c c( + )( + )( +a) Chia hai vế cho

(abc) ta BĐT trở thành:

a b b c a c a b c

b c c a b a b c a

 +  +  +  ≥ +  +  + 

       

       

Đặt x a;y b;z c xyz

b c a

= = = ⇒ = BĐT cần chứng minh trở thành: (x+y y)( +z x)( + ≥ +z) (1 x)(1+y)(1+z)

Còn lại bạn đọc tự chứng minh

Bài toán 2: Cho a,b,c số dương CMR:

a b b c c a

b c c a a b

− + − + − ≥

+ + +

GIẢI

Giả sử a=max( , , )a b c ,ta xét trường hợp sau: TH1: a≥ ≥ >b c Khi ta có:

0; 0;

a b b c a b

b c c a a b

− ≥ + ≤ +

(25)

Do đó: a b a b

b c a b

− ≥ −

+ +

b c b c

c a a b

− ≥ −

+ +

Suy : a b b c c a a b b c c a

b c c a a b a b

− + − + − ≥ − + − + − =

+ + + +

TH2: a≥ ≥ >c b Khi ta có: 0;

0;

b c c a b c

c a a b b c

− ≤ + ≥ +

Do đó: b c b c

c a b c

− ≥ −

+ +

c a c a

a b b c

− ≥ −

+ +

Suy ra: a b b c c a a b b c c a

b c c a a b b c

− + − + − ≥ − + − + − =

+ + + +

LB: Bạn đọc tham khảo thêm cách giải sau:

Đặt x= b c y+ ; = c+a z; = a b x y z+

(

)

Khi ta có:

2 2 2 2 2

; ;

2 2

y z x z x y x y z

a= + − b= + − c= + −

BĐT cần chứng minh trở thành:

2 2 2

0

y x z y x z

x y z

− + − + − ≥

2 2

x y z

z x y

⇔ + + ≥ + + Đến bạn đọc tự giải việc cịn lại

Bài tốn 3: Cho a,b,c dương CMR:

2008 2008 2008 2008 2008 2008

a b c a b c

b c a b c a

+ + +

+ + ≥ + +

+ + +

GIẢI:

Bài tốn ta khơng sử dụng phương pháp chọn phần tử lớn nhât, nhỏ mà sử dụng phương pháp khác liên quan mật thiết phương pháp “ Bán Schur- Bán S.O.S”

Giả sử c=min( , , )a b c

( 2008) ( 2008) ( 2008)

a b b c c a

b b c c a a

− + − + − ≥

+ + +

2

1 1

( ) ( )

( 2008) ( 2008) ( 2008) ( 2008)

( 2008) ( 2008)

( ) ( )( )

( 2008)( 2008) ( 2008)( 2008)

a b b c

b b a a c c a a

a b a c

a b b c a c

ab a b ac a c

   

⇔ −  − + −  − ≥

+ + + +

   

+ + + +

⇔ − + − − ≥

+ + + +

BĐT với điều kiện giả sử ban đầu

LB: Có thể nói sử dụng phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” để giải toán BĐT hay Tuy sức mạnh phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” không phương pháp phân tích bình phương S.O.S

Nhưng có thê nói phương pháp “ bán Schur-bán S.O.S” mẫu mực đứng trước toán bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị

Nội dung của phương pháp “Bán Schur – Bán S.O.S”

Khi đứng trước toán BĐT đối xứng hay hốn vị ta tìm cách đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau:

(26)

Với điều kiện giả sử c=min( , , )a b c ∨ =c max( , , )a b c Nhiệm vụ ta chứng minh hệ số M,N không âm dương

Về mặt lí thuyết ta đưa BĐT đối xứng hay hốn vị dạng bán schur- bán S.O.S Nhưng thức hành ta cần dựa vào số dạng phân tích tổng quát sau:

Dạng tổng quát:

Giả sử BĐT cần chứng minh có dạng là:

[

]

[

]

( ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( ) ( , , )

( ) ( , , ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( , , ) a b A a b c b c B a b c c a C a b c

a b A a b c C a b c b c B a b c C a b c

− + − + − ≥

⇔ − − + − − ≥

Sau tìm cách phân tích biểu thức A a b c( , , )−C a b c B a b c( , , ); ( , , )−C a b c( , , ) cho chứa thừa số a b a− ; −c

Đối với dạng thức ta làm sau sử dụng biểu thức liên hợp:

( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , )

( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) A a b c B a b c C a b c D a b c A a b c B a b c C a b c D a b c

A a b c B a b c C a b c D a b c

−

− =

+

Sau ta bắt đầu tìm cách đưa dạng tắc bán schur- bán S.O.S Sau số phân tích thường dùng:

2 2

3 3

2

2 2

4 4

1 ( ) ( )( )

2 ( )( ) ( )( )( )

3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )

4 ( ) ( )( )

5 ( ) (

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

a b c abc a b c a b a b c a c b c

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

a b c abc a b c a

+ + − − − = − + − −

+ + − = + + − + + + − −

+ + + + + − = − + + − −

+ + − = − + − −

+ + − + + = 2

[

]

3 3

3 3 2

2

) ( ) ( )( ) ( )( )

6 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) (2 )( )( )

7 ( ) ( )( ) ( )( )( )

( ) ( )

8

b c a b ab a c b c a c b c

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

a b b c c a abc a b c ac cb a b a ac a c b c

a b c a b a c

b c a ab

 + +  − + + + + − −

 

+ + + + + − + + = + + − + + + − −

+ + − + + = + − + + − −

− −

+ + − = +

2

2 2

( )

2( ) ( )( )( )

9

3 ( ) ( )( )( )

10

2 ( )( ) 2( )( )( )

( )( ) ( )( )( )(

11

2 ( )( )

b c ac

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

a b c ab abc

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

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

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

b c c a a b a c b c

−

+ + + + + − = − + + − −

− + + − −

+ + − = +

+ + + + + + + +

+ + + + − + + + + −

+ + − = +

+ + + + +

) 2( )( )( )

c a b b c c a

−

+ + +

Sau số toán áp dụng phương pháp này: Bài tốn 1: Cho a,b,c khơng âm CMR:

3 3

3 ( ) ( ) ( )

a + + +b c abc≥ab a+ +b bc b+ +c ca a+c Bài toán 2: Cho a,b,c dương CMR:

a b c a b a c b c

b c a a c b c a b

+ + +

+ + ≥ + +

+ + +

3 3 2

2

abc ab bc ca

a b c a b c

+ + + ≥

+ + + +

(27)

2 2

4( )

2

b c c a a b a b c

a b c ab bc ca

+ + + + + ≥ + + +

+ +

Bài toán 5: Cho a,b,c dương CMR: 3

5

2( )

a b c abc

b c+ +c+a+a+b+ a + +b c ≥ BL1: Cho a,b,c dương CMR:

2

b c c a a b a b c

a b c b c c a a b

 

+ + + + + ≥ + +

 

 + + + 

 

BL2: Cho a,b,c,x,y dương CMR:

( ) ( ) ( )

x x x x x x y y y

a b b c c a

b c c a a b

− + − + − ≥

+ + +

2 2 2

0

a b b c c a

b c c a a b

− + − + − ≥

+ + +

Lưu ý: Các toán giải phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ giải phương pháp bán Schur- bán S.O.S

VI Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển:

Lâu ta sử dụng nhiều bất đẳng thức Cauchy hay Bunhiacopski chưa biết rõ chất thực Bây ta nghiên cứu thật kĩ lại

1.Bất đẳng thức Cauchy: a Nhắc lại kiến thức cơ bản: Cho a a1, 2, an không âm ta có:

1 2 n n n

a a a

a a a n

+ + + ≥

Viết gọn:

1 n i n i n i i a a n = = ≥

∑

∏

Đẳng thức xảy ra: a1 =a2 = =an

Lưu ý: Việc xảy dấu “=” bất đẳng thức Cauchy quan trọng (đặc biệt sử dụng BĐT Cauchy toán cực trị ).Vì giải tốn cực trị hay BĐT việc dự đốn điểm rơi giúp ta khơng bị phạm sai lầm việc sử dụng BĐT cổ điển

Kiến thức bổ sung:

Tổng số hạng ai với i=1, n kí hiệu n i i a =

∑

n

i n

i

a a a a

=

= + + +

∑

Tính chất:

1 1

1

1 ( )

n n n i i i i i i i

n n i i i i

n i

a b a b

c a c a

c nc = = = = = = + = + = =

∑

∑ ∑

∑

Tích số hạng aj với j=1, n kí hiệu

1 n j i a =

∏

n

j n j

a a a a

=

(28)

Tính chất:

1 1

1

2

n n n i i i i i i i

k n n

k

i i i i

n

n i

a b a b

a a

c c

= = =

= =

=

 

=  

 

=

∏

∏ ∏

∏

b Sử dụng bất đẳng thức Cauchy toán cực trị: 1.Kĩ thuật cân hệ số:

2.Kĩ thuật Cauchy trọng số: Bài toán 1:

1 Cho a dương Tìm GTNN A a a

= +

2 Cho a≥2 Tìm GTNN B a a

= +

GIẢI Sử dụng BĐT Cauchy ta có:

1

2

a a

+ ≥ =

Đẳng thức xảy a 1

(

a

)

a

⇔ = > ⇔ =

2 Ở ta sử dụng BĐT Cauchy trực tiếp dẫn đến điểm rơi a=1, trái với điều kiện ban đầu toán

Sau lập bảng biến thiên ta dự đoán GTNN B đạt a=2, nghĩa điểm rơi a=2 Nên ta tìm cách tách hạng tử a biểu thức B sau:

(

)

1

A a a a

a β α a α β

= + = + + + = (1)

Sau tách ta sử dụng BĐT Cauchy cho số a;1 a

α dấu “=” xảy là:

2

1

a

a a

α = ⇒ =α

Do ta dự đoán điểm rơi a=2 nên ta tính 1;

4

α = β = Tới lời giải toán sau:

1 3.2

2

4 4 2

a a a

a

a a a

+ = + + ≥ + = + =

a

a a

⇔ = ⇔ =

LB: Việc đưa tham số vào giúp ta điều chỉnh, đảm bảo dấu “=” xảy Bài tốn 2:

1 Cho a≥2 Tìm GTLN: A a 12 a

= +

2 Cho , a b a b

>

+ ≤ Tìm GTNN

1 A ab

ab

= +

(29)

1 Dự đoán điểm rơi a=2.Ta tách hạng tử a sau:

1

A a a

a α β

= + +

Sau sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy 12 13 a

a a

α α

⇔ = ⇔ = =

Khi ta có:

2

1 3.2

3

8 8 4

a a a a a

a a

+ + + ≥ + =

Đẳng thức xảy ⇔ =a

2 Đặt t=ab t

(

)

(

)

1

4

a b

t=ab≤ + = Bài toán qui việc tìm GTNN biểu thức A t

t

= + với t

< ≤ ( Bạn đọc tự giải ) Ngoài bạn giải phương pháp sử dụng tính đơn điệu

Bài toán 3:

1 Cho a,b,c,d dương Tìm GTNN

4

a b c d abcd

A

a b c d abcd

+ + +

= +

+ + +

2.Cho a,b,c dương a b+ + ≤c Tìm GTNN A a b c 1

a b c

 

= + + +  + + 

 

GIẢI

1 Do tính đối xứng toán nên ta dự đoán GTNN A đạt biến Ta có lời giải sau:

(

)

4

.a b c d a b c d abcd A

a b c d

abcd abcd

β + + + α + + + α β

= + + + =

+ + +

Sau sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy

(

)

4

1

16

a b c d abcd

a b c d

a b c d abcd

α + + + α

⇔ = ⇒ = = = =

+ + +

Khi ta có:

4

4 4

15( ) 15.4 15 17

2

16 4

16 16 16

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

a b c d a b c d

abcd abcd abcd

+ + + + + + + + ≥ + + + + = + =

+ + + + + +

Dấu “=” xảy ⇔ = = =a b c d

Ngoài bạn đọc giải tốn phương pháp xét tính đơn điệu Đặt

4

a b c d abcd

t

abcd abcd

+ + +

= ≥ =

Bài toán qui việc tìm cực trị A t 1

(

t

)

t

= + ≥

Xét t1≥ ≥t2 4 ta có: 2

1

1 ( )( 1) ( ) ( ) t t t t A t A t

t t

− −

− = ≥

(30)

Cho a ii

(

n

)

n

i

n

n i i i i a a M a a = = = = =

∑

∏

∑

∏

GIẢI

Ta có :

2

1

1 1

2

2 2

1

1 1

( 1)

2

n n

n n n

n n

i i

i i i

i i

i i i

n n

n n n

n i n i i n i i

i i

i i i

a a

n a a a

n n n

M

n n

a a

n a n a n a

= = = = = = = = = = − − + =

∑

∏

∑

∏

∑

∏

Đẳng thức xảy ⇔ =ai a ij

(

j i j

n

)

1 1 1 B a b c

a b c a b c

α  β 

= + + +  + + +  + + 

   

Do vai trò a,b,c nên ta dự đoán GTNN biểu thức đạt biến Đồng thời ta cần làm việc biến a biến lại tương tự Sau sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy a 1

(

a

b

c

)

a

α α

⇔ = ⇒ = = = =

Ta có lời giải sau:

(

)

2

B a b c a b c

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

   

= + + + + +  + + + ≥ + + + ≥

+ +

   

Dấu “=” xảy ⇔ = = =a b c Bài toán tổng quát:

Cho a ii

(

n

)

n

i

a

n

∑

1

n n i

i i i

B a a = = =

∑

GIẢI

1 1 1 1

1

1 1

2

n n n n n n n

n n

i i i n

i i i i i i i i i i i

i i

n

B a a n a n n n n

a a a a

a

= = = = = = =

=

∑

∑ ∑ ∑

∏

∑

Đẳng thức xảy ⇔ =a1 a2 = = an =1 Bài toán 4:

1 Cho a,b,c dương a b+ + =c Tìm GTLN A=3 a b+ +3 b c+ +3 a+c Cho a,b,c dương a b+ + =c Tìm GTLN B=3 2a b+ +32b+ +c 2c+a

GIẢI:

(31)

Sau sử dụng BĐT Cauchy ta có dấu “=” xảy ra: 1 a b b c c a + = + = + = a b c

⇒ + + = ( vơ lí)

Đầu tiên ta dự đoán GTNN A đạt

a= = =b c ( tính đối xứng tốn) Khi ta tính

được 3 3

3

a b+ = b c+ = c+ =a Nghĩa ta dung BĐT Cauchy cho dấu “=” xảy đạt

3 a b+ = + = + =b c c a Từ ta có lời giải sau:

3

4

2 3

( )

3 3

2 3

( )

3 3

2 3

( )

3 3 a b a b b c b c c a c a + + + ≤ + + + ≤ + + + ≤

(

)

3 3

, ,

2

9

18

4

a b c

a b c

a b  + + + 

⇒ + ≤  =

 

∑

Đẳng thức xảy a b c

⇔ = = =

2 Tương tự ta giải sau: 3 (2 ).3.3 (2 ).3.3 (2 ).3.3 a b a b b c b c c a c a + + + ≤ + + + ≤ + + + ≤

(

)

2 3

3

a b c

a b c

a b  + + + 

⇒ + ≤  =

 

∑

Đẳng thức xảy ra⇔ = = =a b c BL1: Cho a,b,c dương

2

a b c+ + ≤ Tìm GTNN A a2 b2 c2 1 a b c

= + + + + +

Bài toán tổng quát: Cho a ii

(

n

)

1 n i i n a = ≤

∑

1

n n i

i i i

A a

a

= =

=

∑

BL2: Cho tam giác ABC Tìm GTNN

, , , , sin

sin

A B C A B C

A A

A

=

∑

BL3: 1.Cho a,b,c,d dương Tìm GTNN 2 2

3 3

a b c d

A

b c d a

    

= +  +  +  + 

    

Cho a,b,c,d dương Tìm GTNN

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

S

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

+ + + + + + + +

= + + + + + + +

+ + + + + + + +

BL4: Cho a,b,c dương a b+ + ≤c Tìm GTNN A 12 12 12 2 81

a b c ab bc ca

(32)

Bài toán tổng quát: Cho a ii

(

n

)

1 , ,

1

2

n n i i i j i j i j

A

a a a

= ≠ =

=

∑

BL5: Cho a,b,c,d,e dương a b c+ + + + =d e Tìm GTLN

5( )( ) ( )( ) ( )( ) 5( )( ) 5( )( )

S = a b c+ + + +d e b c a+ + + +d e c+d a b e+ + + d+e a+ + +b c e a b+ + +c d BL6: Cho a≥2;b≥6;c≥12 Tìm GTLN

3

2 12

bc a ca b ab c

S

abc

− + − + −

=

3 Kĩ thuật Cauchy ngược dấu:

Bài toán 1: Cho a,b,c dương a b+ + =c 3.CMR:

2 2

3

1 1

a b c

b + c + a ≥

+ + +

GIẢI

Ta dùng trực tiếp BĐT Cauchy với mẫu số BĐT đổi chiều:

2

3 ??

1 1 2 2

a b c a b c

b + c + a ≤ b+ c+ a ≥

+ + +

Để giải toán ta dùng ý tưởng từ đẳng thức quen thuộc 1 2

− = BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

2 2

3

1 1

3

1 1

a b c

a b c a b c

b c a

ab bc ca

b c a

− + − + − ≤ + + −

+ + +

⇔ + + ≤

+ + +

Ta sử dụng BĐT Cauchy mẫu số ta được:

(

)

(

)

2 2 2

2 2

1

1 1 2 2 2

a b c

ab bc ca ab bc ca

ab bc ca

b c a b c a

 + + 

+ + ≤ + + = + + ≤  =

+ + +  

3 3

2 2 2

2

a b c a b c

a b b c c a

+ +

+ + ≥

+ + +

GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

2 3

2 2 2

2 2

2 2 2

2

a b c a b c

a b b c c a

ab bc ca a b c

a b b c c a

+ +

− + − + − ≤ + + −

+ + +

+ +

⇔ + + ≤

+ + +

Ta sử dụng BĐT Cauchy mẫu số:

2 2 2

2 2

ab bc ca ab bc ca a b c

a b b c c a ab bc ca

+ +

+ + ≤ + + =

+ + +

Bài toán 3: Cho a,b,c dương a b+ + =c CMR:

2 2

1 1

3

1 1

a b c

b c a

+ + + + + ≥

+ + +

(33)

2 2

1 1

1 1 1

1 1

( 1) ( 1) ( 1)

1 1

a b c

a b c a b c

b c a

a b b c c a

b c a

+ + + + − + + − + + − ≤ + + + + + − + + + + + + ⇔ + + ≤ + + +

Ta sử dụng BĐT mẫu số:

(

)

2 2

3

( 1) ( 1) ( 1) (1 ) (1 ) (1 ) 3

3

1 1 2 2

a b c

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

b c a

+ + +

+ + + + + ≤ + + + + + = + + + ≤ =

+ + +

BL1: Cho a,b,c,d dương a b+ + + =c d CMR:

2 2 2

1 1

a b c d

b + c + d + a ≥

+ + + +

BL2: Cho a,b,c dương a b+ + =c CMR:

2 2

a b c

a+ b +b+ c +c+ a ≥ BL3: Cho a,b,c dương CMR:

4 4

3 3 3

2 2

a b c a b c

a b b c c a

+ +

+ + ≥

+ + +

Bài toán tổng quát: Cho a,b,c dương n số tự nhiên CMR:

2 2

1 1 1

1

n n n

n n n n n n

a b c a b c

a nb b nc c na n

+ + +

+ + + + + +

+ +

+ + ≥

+ + + +

BL4: Cho a,b,c,d dương a b+ + + =c d CMR:

2 2

1 1

4

1 1

a b c d

b c d a

+ + + + + + + ≥

+ + + +

2 Bất đẳng thức Bunhiacopski: a Nhắc lại kiến thức cơ bản:

Với dãy số thực tuỳ ý a a1, 2, an b b1, 2, bn ta có bất đẳng thức:

(

)(

)

(

)

1 n n 1 2 n n

a +a + +a b +b + +b ≥ a b +a b + +a b viết gọn :

2

1 1

n n n i i i i i i i

a b a b

= = =

 

≤  

∑ ∑

∑

(

a a

an

)

(

b b

bn

)

(

)

i i

a =kb ∀ =i n

b Các dạng suy biến của bất đẳng thức Bunhiacopski: Dạng 1:

Với dãy số thực

(

a a

an

)

(

b b

bn

)

(

)

2

1

1 2

n n n n

a a a

a

a a

b b b b b b

+ + +

+ + + ≥

+ + +

Đẳng thức xảy 2

n n

a

a a

b b b

⇔ = = =

2 Dạng 2:

(34)

(

) (

)

1 n n 1 2 n n

a + + +a a + b + + +b b ≥ a +b + a +b + + a +b

Đẳng thức xảy 2

n n

a

a a

b b b

⇔ = = =

3 Dạng 3:

Với dãy số thực

(

a a

an

)

(

b b

bn

)

(

)

(

)

1 2

1

n

n n n

n

a

a a

a b a b a b a a a

b b b

 

+ + +  + + + ≥ + + +

 

Đẳng thức xảy ⇔ = = =b1 b2 bn

Như ta biết BĐT Cauchy có nhiều áp dụng số tốn lại khác ta sử dụng BĐT Cauchy lời giải dài dịng, ta sử dụng BĐT Bunhiacopski cho ta lời giải ngắn gọn, dễ hiểu Cụ thể ta xét toán sau:

2 2

a b c

a b c

b + c + a ≥ + +

3 3

2 2

a b c

b + c + a ≥ + + GIẢI

1 C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có:

2

2 2 2

a a

b b a

b b

c c b

c c

a a c

a a

+ ≥ =

(

) (

)

2 2

2

a b c

a b c a b c a b c

b c a

⇒ + + ≥ + + − + + = + +

C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski

(

)

2 2 a b c

a b c

a b c

b c a a b c

+ +

+ + ≥ = + +

+ +

2 C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy sau:

3 3 3

2

a a

ab ab a

b b

bc bc b

c c

ca ca c

a a

+ ≥ =

(

)

3 3

2 2 2

2

a b c

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

b c a

⇒ + + + + + ≥ + + ≥ + + + + +

3 3

2 2

a b c

b c a

⇒ + + ≥ + +

(

)

3 3 4

2 2

a b c

a b c a b c

a b c

b c a ab bc ca ab bc ca

+ +

+ + = + + ≥ ≥ + +

+ +

( Do

2 2

a b c

ab bc ca

+ + ≥

(35)

2 2

2

a b c a b c

b c c a a b

+ +

+ + ≥

+ + +

GIẢI C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy

2 2 2 2 4 4 4

a b c a b c

a

b c b c

b c a b c a

b

c a c a

c a b c a b

c

a b a b

+ + + ≥ = + + + + + ≥ = + + + + + ≥ = + +

2 2

2

a b c a b c a b c

a b c

b c c a a b

+ + + +

⇒ + + ≥ + + − =

+ + +

C2: Ta sử dụng BĐT Bunhiacopski dạng suy biến

(

)

(

)

2

2 2

2

a b c

a b c a b c

b c c a a b a b c

+ + + +

+ + ≥ =

+ + + + +

NX: Từ cách giải thứ hai ta chứng minh BĐT sau:

(

)

(

)

2 2 3

2

ab bc ca

a b c

b c c a a b a b c

+ +

+ + ≥

+ + + + +

BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:

(

)

(

)

(

)

(

)

2

2 2 2 3

2 2

a b c ab bc ca

a b c a b c ab bc ac

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

+ + + + + + + + +

+ + ≥ = =

+ + + + + + + + +

(

) (

)

(

)

a b b c c a

a b c

c a b

+ + +

+ + ≥ + +

GIẢI C1: Ta sử dụng BĐT Cauchy

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

4 4( )

a b a b

c c a b

c c

b c b c

a a b c

a a

c a c a

b b c a

b b + + ≥ + = + + + + ≥ = + + + + ≥ = +

(

) (

)

(

) (

)

8 4

a b b c c a

a b c a b c a b c

c a b

+ + +

⇒ + + ≥ + + − + + = + +

(

) (

)

(

)

(

)

4 a b c

a b b c a c

a b c

c a b a b c

+ +

 

+ + + + + ≥   = + +

+ +

Nhưng ta có trường hợp sử dụng BĐT Cauchy nhanh việc sử dụng BĐT Bunhiacopski Bài toán 4: Cho a,b,c dương 1 1

(36)

1 1

1 2a+ +b c+a+2b+c+a b+ +2c ≤

GIẢI C1: Ta có:

2

1 1 1

1

2 4 4

( ) ( ) 4( ) 4( )

1 1 1

1

2 4 4

( ) ( ) 4( ) 4( )

1 1 1

1

2 4 4

( ) ( ) 4( ) 4( )

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

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

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

 + 

 

  ≤ + = +

+ + + + + + +

 + 

 

  ≤ + = +

+ + + + + + +

 + 

 

  ≤ + = +

+ + + + + + +

1 1 1 1

2a b c a 2b c a b 2c a b b c c a

 

⇒ + + ≤  + + 

+ + + + + +  + + + 

Mặt khác cách tương tự ta chứng minh

1 1 1 2

1 a b b c c a a b c

 + + ≤  + + = ⇒

 + + +   

    đpcm

C2: Ta sử dụng BĐT Cauchy mẫu

4

2

1 1 1

2 4 16

1 1 1

2 4 16

1 1 1

2 4 16

a b c a a b c a bc a b c

a b c a b b c ab c a b c

a b c a b c c abc a b c

 

= ≤ ≤  + + 

+ + + + +  

 

= ≤ ≤  + + 

+ + + + +  

 

= ≤ ≤  + + 

+ + + + +  

1 1 4 4

1 2a b c a 2b c a b 2c 16 a b c d

 

⇒ + + ≤  + + + =

+ + + + + +  

Bài toán 5: Cho số thực , ,x y z>1 thoả mãn 1

x+ + =y z CMR:

1 1

x+ + ≥y z x− + y− + z−

GIẢI Áp dụng BĐT Bunhiacopski dạng chuẩn ta có:

1 1

x y z

x y z x y z

x y z

x y z x y z x y z

x y z

− − −

− + − + − ≤ + + + +

 

⇔ − + − + − ≤ + + − + + = + +

 

2 3 3

a b c d

(37)

BL2: Cho số thực x x1, 2, xn dương

1

n i i

x

=

∑

2

1

1 1

n

S x x x

x x x

 

   

= +  + +  + + + 

     

BL3: Cho a,b,c dương abc=1 CMR:

2 2

a b c

c + + a + + b + ≥ BL4: Cho a,b,c dương CMR:

(

) (

)

(

)

a b c

a b c b+c + c+a + a b+ ≥ + + BL5: Cho a,b,c dương a b+ + =c CMR:

(

)

2 2

4 4

a b c

a a b b c c

b + + c + + a + ≥ + +

BL6: Cho a,b,c dương 3

(

ab bc

ca

)

2 2

1

1 1

a b c

a − +bc +b − +ca +c −ab+ ≥ a b+ +c V Phương pháp chuẩn hoá bất đẳng thức:

Hàm số f(a,b,c) miền I thoả mãn ( , , )f ta tb tc =t f a b ck ( , , ) Trong , , , ,t a b c k∈I, số k không phụ thuộc vào a,b,c mà phụ thuộc vào hàm f

Đối với đa thức đa thức tổng đơn thức đồng bậc VD: Đa thức sau đa thức

A=x y + +x xyz Đa thức sau không 3

A=x z +y z+z

Một đa thức chuẩn hố nhiều cách ( thêm điều kiện cho biến ) Thơng thường người ta hay chuẩn hoá tổng biến số m đó, đơi người ta cịn chuẩn hố tích abc, hay ab+bc+ca…

VD : ( IMO-2001) Cho a,b,c dương CMR:

2 2

8 8

a b c

a bc b ca c ab

+ + ≥

+ + + (1)

Như ta biết tốn sử dụng BĐT Holder để giải Nhưng ta xét dạng BĐT Dễ dàng thấy (1) ( cách kiểm tra điều kiện), đến ta chuẩn hoá theo cách sau đây:

C1: Chuẩn hoá theo tổng: ta chia tử mẫu cho a+b+c ta

2 2

8 8

a b c

a b c a b c a b c

a b c b a c c a b

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

+ + + + + + + + ≥

  +   +   +

 + +  + + + +  + +  + + + +  + +  + + + +

     

Đặt x a ;y b ;z c

a b c a b c a b c

= = =

+ + + + + + ta có điều kiện x+ + =y z

C2: Chuẩn hố theo tích: ta chia tử mẫu phân thức cho a,b,c ta

2 2

1 1

1 8bc 8ca 8ab

a b c

+ + ≥

(38)

Đặt x bc2;y ca2 ;z ab2

a b c

= = = ta có điều kiện xyz =1

Qua ví dụ có lẽ bạn hiểu phương pháp chuẩn hoá BĐT rồi.Sau số ví dụ

Bài tốn 1: Cho a,b,c khơng âm CMR

3 ( )( )( )

3

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

≤

GIẢI

Bất đẳng thức tiếng không dễ chút Cách thường dùng luỹ thừa mũ 6, sau khai triển hai vế dùng phương pháp p,q,r cách q dài lượng tính tốn lớn Bây ta giải phương pháp chuẩn hoá

BĐT biến a,b,c nên ta chuẩn hố ab bc+ +ca=3 Khi BĐT cần chứng minh trở thành:

3 ( )( )( ) 1

a+b b c c+ +a

≥

Từ đk ab bc ca+ + = ⇒ + + ≥3 a b c 3;abc≤1 Ta có:

3 ( )( )( )

( )( )( ) ( )( ) 3( )

8

a b b c c a a b b c c+ + + = + +a a b c ab bc ca+ + −abc= a b+ + −c abc≥ ⇒ + + + ≥ Ta điều phải chứng minh

LB: Điều độc đáo điều khó khăn phương pháp việc chuẩn hoá biểu thức cho hợp lí để có cách chứng minh đơn giản Bài tốn trên, ta hồn tồn chuẩn hố theo cách khác a b+ + =c 3;abc=1 hay (a b b+ )( +c c)( + =a) 8 cách chuẩn hoá không thể phải chứng minh dài dịng

Bài tốn 2: Cho a,b,c không âm CMR

2 2 3

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

a b c+ +b c+ +a c a+ ≥b ab bc ca+ + a b b c c+ + +a GIẢI

Để loại bỏ dấu ta chuẩn hoá (a b b+ )( +c c)( + =a) Ta chứng minh:

2 2

( ) ( ) ( ) 2( )

a b c+ +b c+ +a c a+ ≥b ab bc ca+ + Cơng việc cịn lại ta chứng minh BĐT sau:

2 2

( ) ( ) ( ) ab bc ca

a b c b c a c a b

+ + ≤

+ + + + + ≥

Ta có : (a b b c c)( )( a) (a b c ab bc ca)( ) abc ab bc ca abc a b c

+

= + + + = + + + + − ⇒ + + =

+ +

Từ đk ta suy abc≤1 Theo BĐT Cauchy:

2( )

8 ( )( )( )

3 a b c

a b b c c a  + +  a b c

= + + + ≤  ⇒ + + ≥

  Do ab bc+ +ca≤3

Mặt khác ta có 2

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

a b+ +c b c+ +a c a b+ = +a b b c c+ + −a abc= − abc≥ Từ ta suy điều phải chứng minh

• Lưu ý: Việc chuẩn hố cịn tuỳ thuộc vào nhạy bén người Các toán trên sử dụng phương pháp thơng thường để giải cách sử dụng phương pháp chuẩn hoá hay

(39)

1

2 2

3

2( )( ) 19

( ) 27

x y z x y z xyz

A

x y z

+ + + + +

= ≥

+ +

2 ( )(3 )

2( )

xy yz xz x y z B

x y z xyz

+ + + +

= ≤

+ + +

Nói rõ cách chuẩn hoá BL2: Cho a,b,c dương CMR

1

2 2

2 2 2

(2 ) (2 ) (2 )

8

2 ( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

+ + + + + + + + ≤

+ + + + + +

2

2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

b c a c a b a b c

b c a c a b a b c

+ − + + − + + − ≥

+ + + + + +

BL3: Cho a,b,c dương CMR

(40)

(41)

(42)

(43)

(44)

(45)

(46)