Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt được tại biên Căn cứ vào điều kiện xảy ra của dấu “=” trong bất đẳng thức ta xét các kỹ thuật chọn điểm rơi trong các trường hợp trên Kỹ thuật chọn [r]
(1)MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Phần một: Phần Mở Đầu Lí chọn đề tài Trong toán học bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunyakovski là hai bất đẳng thức cổ điển có nhiều ứng dụng giải toán Chúng sử dụng nhiều chương trình giải toán phổ thông đặc biệt là các kì thi tuyển sinh đại học và các kì thi học sinh giỏi Đề tài hai bất đẳng thức này là không Tuy nhiên em chọn đề tài này đây là mảng kiến thức em thích, em đã giải khá nhiều bài toán có ứng dụng hai bất đẳng thức này thân em chưa tổng kết các phương pháp sử dụng hai bất đẳng thức trên giải toán Vì nghiên cứu đề tài này giúp em hệ thống lại các kỹ thuật sử dụng hai bất đẳng thức này cách rõ ràng Và sau này trở thành giáo viên em thấy tự tin giảng dạy mảng kiến thức này từ đó giúp học sinh hiểu rõ Bên cạnh đó, em thấy đề tài này hợp với khả mình, đặc biệt em thực đề tài này với hướng dẫn tận tình giáo viên hướng dẫn cùng với nguồn tài liệu không ít nên em tin mình có thể hoàn thành tốt đề tài này Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp tham khảo tài liệu là chủ yếu Phần hai: Nội Dung Nghiên Cứu MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Quy tắc song hành: Đa số các bất đẳng thức có tính đối xứng nên chúng ta có thể sử dụng nhiều bất đẳng thức chứng minh bài toán để định hướng cách giải nhanh Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” bất đẳng thức có vai trò quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn chứng minh, định hướng cho ta cách giải Chính vì giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức các bài toán cực trị ta cần rèn luyện cho mình thói quen tìm điều kiện dấu mặc dù số bài không yêu cầu trình bày phần này Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm tính xảy đồng thời dấu “=” áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức Khi áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức thì các dấu “=” phải cùng thỏa mãn với cùng điều kiện biến Quy tắc biên: Đối với các bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc thì cực trị thường đạt vị trí biên Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng thì vai trò các biến các bất đẳng thức là đó dấu “=” thường xảy vị trí các biến đó Nếu bài toán có điều kiện đối xứng thì chúng ta có thể dấu “=”xảy các biến đó và giá trụ cụ thể MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Cho n số thực không âm a1 , a2 , ., a n , n ∈ Z , n ≥ , ta luôn có: a1 +a 2+ .+ an ≥ n √n a1 a2 a n Dấu “=” xảy và a1=a2= =an MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Kỹ thuật tách ghép số Kỹ thuật tách ghép Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ( a+b ) ( b+c ) ( c+ a ) ≥ abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ( a+b ) ( b+c ) ( c+ a ) ≥2 √ ab √ bc √ ac=8 abc (đpcm) Bài 2: Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh rằng: √ ac+ √ bd ≤ √ ( a+b ) ( c +d ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: √ ac+ √ bd = a c + b d √( a+b ) ( c +d ) ( a+b ) ( c +d ) ( a+ b ) ( c + d ) a c b d a+b c+ d + + + = + =1 a+ b c +d a+b c+ d a+b c+ d ⇒ √ ac+ √ bd ≤ √ ( a+b )( c +d ) (đpcm) ¿ a> c Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa b> c Chứng minh rằng: ¿{ ¿ √ c ( a− c ) + √ c ( b − c ) ≤ √ ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ( √ √ ) ( ) ( ) (2) √c ( a − c ) + √c ( b −c ) = c ( a− c ) c ( b −c ) + b a a b √ ab c a − c c b −c + + + b a a b c c c c +1− + +1 − =1 b a a b ⇒ √ c ( a− c ) + √ c ( b − c ) ≤ √ ab (đpcm) Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: 1+ √3 abc ≤ √3 ( 1+a )( 1+b )( 1+c ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1+ √ abc 1 a b c 3 ≤ + √( 1+a )( 1+b )( 1+c ) (1+ a ) ( 1+b ) ( 1+c ) ( 1+a ) ( 1+b ) ( 1+ c ) 1 1 a b c + + + + + 1+a 1+ b 1+ c 1+ a 1+b 1+c 1+ a 1+b 1+c + + =1 1+ a 1+b 1+c ⇒ 1+ √3 abc ≤ √3 ( 1+ a ) (1+ b ) (1+ c ) (đpcm) ¿ a≥1 Bài 5: Cho số thực dương a, b thỏa b ≥ Chứng minh rằng: ¿{ ¿ a √ b −1+b √ a −1 ≤ ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab a √ b −1= √ a √ab − a ≤ ( a+ ab −a )= (1) 2 ab Tương tự: b √ a −1 ≤ (2) Cộng theo vế (1) và (2), ta được: a √ b −1+b √ a −1 ≤ ab (đpcm) Bài 6: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: 16 ab ( a −b )2 ≤ ( a+ b )4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ( ( √ √ ) ( ) ( ) ) √ √ ( ) ( ( ) ) 2 2 ab+ ( a− b ) ( a+b ) 16 ab ( a −b ) =4 ( ab )( a − b ) ≤ =4 =( a+b )4 (đp 2 cm) Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a ( 1+b ) + b (1+ c )+ c ( 1+a ) ≥ √3 abc ( 1+ √3 abc ) Giải: Ta có: a ( 1+b ) + b (1+ c )+ c ( 1+a )=( a+ b+c ) + ( ab+ bc+ ca ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a+ b+c ≥3 √3 abc ab+ bc+ ca ≥ √( abc )2 3 3 ⇒ ( a+ b+c ) + ( ab+ bc+ ca ) ≥ √ abc+3 √ ( abc ) =3 √abc ( 1+ √abc ) ⇒ a ( 1+b )+ b ( 1+ c )+ c ( 1+a ) ≥ √3 abc ( 1+ √3 abc ) (đpcm) a b Bài 8: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: ab+ + ≥ a+ b+1 b a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a b ab a ab b a b ab+ + = + + + + + b a 2b 2a 2b a ab a ab b a b (đpcm) +2 +2 =a+b+1 2b 2a 2b 2a Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=10 Tìm GTLN của: A=a b3 c Giải: Ta có: hoctoancapba.com a a b b b c c c c c 10 a b c 10=a+b+ c= + + + + + + + + + ≥ 10 2 3 5 5 5 2 ( )( √ ⇒ ] [ )( √ ] ) √ √( ) ( ) ( ) a b c a b c ≤1⇒ ≤ 1⇒ a b3 c ≤ 23 55=337500 5 √( ) ( ) ( ) 10 [ ( )( )() (3) ⇔ a b c = = a+ b+c=10 a b c a+b+ c =1⇔ Dấu “=” xảy ⇔ = = = 10 ¿ a=2 b=3 c=5 ¿{ Vậy GTLN A là 337500 Kỹ thuật tách nghịch đảo a b + ≥2 , ∀ a,b>0 Bài 1: Chứng minh rằng: b a Giải: a b >0, >0 Vì a,b>0 nên b a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a b a b + ≥2 =2 (đpcm) b a b a √ Bài 2: Chứng minh rằng: a+ ≥3 , ∀ a>1 a −1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 a+ =a− 1+ +1 ≥ ( a −1 ) + 1=2+1=3 (đpcm) a −1 a− a −1 a2+ ≥2 , ∀ a ∈ R Bài 3: Chứng minh rằng: √a 2+1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2+ a 2+1+1 1 = =√ a 2+1+ ≥ √ a2 +1 =2 (đpcm) 2 √a +1 √ a + √2a +1 √a +1 3a ≤ , ∀a≠0 Bài 4: Chứng minh rằng: 1+ a Giải: Với ∀ a ≠0 , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: √ √ a2 1 1 = = ≤ = 4 1+ a 9a +3 a 2 a2 + 2 3a a 3a 3a (đpcm) √ Bài 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: ( A= ( a+1 ) + a2 +2 , ∀ a≠ − a+1 ) Giải: a 2+ 2a+2 A=( a+1 ) + a+ ( ( a+1 ) +1 ( a+1 ) + a+1 ( a+1 ) + a+1+ a+1 [ ] ( ) 2 ) Cauchy + 2 ( a+1 ) +2=2 √ 2+2 ( a+1 ) ( a+1 )2 − 2± √4 ( a+1 ) = Dấu “=” xảy và hay a= ( a+1 )2 Vậy GTNN A=2 √ 2+2 Bài 6: Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A=a+ , ∀ a>0 a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a a a a 33 A=a+ = + + ≥ 3 =3 = √ 2 a a 2 a 2 a a 2 2 a = Dấu “=” xảy và hay a=√3 a2 33 Vậy GTNN A= √ ≥ , ∀ a>b>0 Bài 7: Chứng minh rằng: a+ b( a −b) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 a+ =b+ ( a −b )+ ≥ 3 b ( a − b) =3 b (a − b) b ( a − b) b ( a − b) 2 ( a+1 ) + √ √ √ √ (4) Bài 8: Chứng minh rằng: a+ ≥ , ∀ a>b >0 ( a − b ) ( b+1 )2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( b+1 ) ( b+1 ) a+ =( a− b ) + + + 2 ( a− b ) ( b+1 ) ( √ ≥ ( a− b ) ( b+ ) ( b+1 ) 2 −1 ( b+ ) ( b +1 ) a − b) 2 − 1=3 ( b+1 ) ( b+ ) ( a −b ) 2 Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm số thao tác sau: ¿ a+ b b+ c c +a a+ b+c= + + 2 Phép cộng: ( a+b+ c )=( a+ b ) + ( b+ c ) + ( c+ a ) ¿{ ¿ ¿ abc=√ ab √ bc √ ca , ( a , b , c ≥ 0) 2 Phép nhân: a b c =( ab )( bc )( ca ) ¿{ ¿ bc ca ab + + ≥ a+ b+c Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: a b c Giải: Ta có: bc ca ab bc ca ca ab ab bc + + = + + + + + a b c a b b c c a bc ca ca ab ab bc + + =a+ b+c a b b c c a 2 a b c b c a + + ≥ + + Bài 2: Cho ba số thực abc ≠ CMR: b2 c a2 a b c Giải: Ta có: √ ( ) ( √ √ ) ( ) a2 b2 c a2 b b2 c2 c a2 + + = + + + + + b c a2 b2 c2 c a2 a2 b ( ) ( ) ( ) | || || | a2 b2 b2 c2 c2 a2 b c a b c a + + 2= + + ≥ + + 2 2 a b c a b c b c c a a b Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc=1 CMR: b+c c +a a+b + + ≥ √ a+ √ b+ √ c +3 √a √b √c Giải: b+c c +a a+b ❑√ bc √ ca √ ab bc ca ab + + ≥ + + =2 + + a b c √a √b √c √a √b √c ≥ √ √ √ (√ √ √ ) (√ bca +√ cab )+(√ cab +√ abc )+( √ abc +√ bca ) bc ca ca ab ab bc +2 +2 a b b c c a ( √ a+ √ b+ √ c ) =( √ a+ √ b+ √ c ) + ( √a+ √ b + √ c ) √ a+ √ b+ √ c+ √√ a √ b √ c=√ a+ √ b+ √ c+3 b+c c +a a+b + + ≥ √ a+ √ b+ √ c +3 Vậy √a √b √c a+ b+c Bài 4: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b , p= CMR: ( p− a ) ( p −b )( p −c ) ≤ abc Giải: Ta có: ( p− a ) ( p −b )( p −c )= √( p − a ) ( p − b ) √( p −b )( p − c ) √ ( p − c ) ( p − a ) ( p − a ) + ( p −b ) ( p− b ) + ( p − c ) ( p − c ) + ( p − a ) 2 2 p − ( a+ b ) p − ( b+ c ) p − ( c+ a ) = abc 2 a+ b+c Bài 5: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b , p= CMR: 1 1 1 + + ≥2 + + p − a p −b p − c a b c Giải: Ta có: √√ √ √√ √ √√ √ ( ) (5) 1 1 1 1 1 1 + + = + + + + + p − a p −b p − c p − a p − b p −b p− c p −c p − a 1 + + √ ( p − a ) ( p − b ) √ ( p −b )( p −c ) √ ( p −c ) ( p − a ) 1 + + ( p −a )+ ( p − b ) ( p − b ) + ( p− c ) ( p −c ) + ( p − a ) 2 1 + + a b c Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau ❑ Với n ∈ N và x , x , , x n >0 thì 1 ( x 1+ x + + x n ) x + x + + x ≥n 2 n Chứng minh bất đẳng thức trên : Ta có với x , x , , x n >0 thì 1 1 =n2 ( x 1+ x + + x n ) + + + ≥n √n x x x n n n x x2 xn x x x n Với n=3 và x , x , x 3> thì 1 ( x 1+ x +x ) x + x + x ≥ b+c c +a a+b + + ≥6 Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: a b c Giải: Ta có: b+c c +a a+b b+ c c +a a+b + + = 1+ + 1+ + 1+ −3 a b c a b c a+ b+c b +c +a c+ a+b ¿ + + −3 a b c 1 ¿ ( a+b+c ) + + − 3≥ −3=6 a b c a b c + + ≥ Bài 2: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: b+c c +a a+b (Bất đẳng thức Nesbit) Giải: Ta có: ( ) ( ( ) ( ( ) √ ) ( ( ( ) ( ) )( ) )( ) ) a b c a b c + + = 1+ + 1+ + 1+ −3 b+c c +a a+b b+ c c +a a+b a+ b+c b +c +a c+ a+b ¿ + + −3 b+ c c +a a+ b 1 ¿ ( a+b+ c ) + + −3 b+c c +a a+b 1 1 ¿ [ ( b+ c )+ ( c+ a ) + ( a+ b ) ] + + −3 b+ c c+ a a+ b − 3= 2 2 c a b a+ b+c Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: + + ≥ a+b b+c c + a Giải: 2 2 2 c a b c a b + + = c+ + a+ + b+ − ( a+ b+c ) a+b b+c c + a a+ b b+ c c+a c a b ¿ c 1+ +a 1+ +b 1+ − ( a+b+ c ) a+b b+ c c +a a+b+ c b+ c+ a c+ a+b ¿c +a +b − ( a+ b+c ) a+ b b+ c c+ a c a b ¿ ( a+b +c ) + + − ( a+ b+c ) a+b b+c c+ a c a b ( a+b +c ) + + −1 a+b b+ c c+ a Theo bất đẳng thức Nesbit đã chứng minh bài thì: a b c + + ≥ b+c c +a a+b Do đó hoctoancapba.com c2 a2 b2 ( a+b +c + + ≥ a+b+ c ) −1 = (đpcm) a+b b+c c + a 2 Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a+b +c ≤ Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 + + ≥9 a +2 bc b +2 ca c + 2ab Giải: Do a+b +c ≤ ta có: ( )( )( ( ) ) ( ( ) )( ( ( )( ) ( ) ( ( ( ( ) ) ) ( ) ( ) ) ) ) (6) a b c 1 1 1 + + ≥ (1) ( ) + + ≥ a+ b+c + + b+c − a c+ a −b a+b − c a2 +2 bc b 2+ 2ca c2 +2 ab a2 +2 bc b 2+2 ca c +2 ab Giải: 1 =( a2 +b2 +c +2 ab+2 bc +2 ac ) + + Đặt: a + bc b +2 ca c +2 ab ¿ b+c −a=x> 1 = [ ( a2 +2 bc ) + ( b 2+ 2ac ) + ( c2 +2 ab ) ] + + ≥9 c +a −b= y >0 a +2 bc b +2 ca c + 2ab a+ b− c=z >0 Kỹ thuật đổi biến số ⇔ Có bài toán mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận y+z biết phương hướng giải Bằng cách đổi biến số, ta có thể đưa bài toán ¿ a= dạng đơn giản và dễ nhận biết z + x Bài 1: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b CMR: b= ( b+ c − a ) ( c+ a −b )( a+ b −c ) ≤abc (1) x + y Giải: c= ¿ ¿{{ b+c −a=x ¿ c +a −b= y Khi đó vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: a+ b −c=z y+z z+x x+ y ⇔ + + 2x y 2z y+ z ¿ a= Ta có: Đặt: z+ x b= y+ z z + x x + y y x z x z y + + = + + + + + 2x y 2z x y x z y z x+ y c= y x z x z y ≥ + + =3 ¿{{ x y x z y z ¿ a b c + + ≥3 Hay (đpcm) Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: b+c − a c+ a −b a+b − c x+ y y +z z + x x y z≤ 2 Bài 3: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b CMR: Do tam giác, tổng độ dài hai cạnh luôn lớn độ dài cạnh còn lại a2 b2 c2 + + ≥ a+b+ c (1) nên : b+c − a c+ a −b a+b − c x, y ,z>0 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x + y y+ z z+ x ≥ √ xy √ yz √ zx=xyz 2 ( b+ c − a ) ( c+ a −b )( a+ b −c ) ≤abc (đpcm) Hay Bài 2: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b CMR: ( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( √ √ ) √ (7) ¿ b+c −a=x> c +a −b= y >0 a+ b− c=z >0 ⇔ y+z ¿ a= Đặt: z+x b= x+ y c= ¿{{ ¿ Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z )2 ( z + x )2 ( x+ y )2 + + ≥x+ y+z 4x 4y 4z ( y + z) + ( z + x) + ( x +y) ³ ( √ yz zx xy + + = x y z 4x 4y 4z ö 1æ 1æ yz zx ÷ zx xy ö 1æ xy yz ö ç ç + ÷ + + ÷ + ç + ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ÷ ÷ çz çx çy 2è y ø 2è z ø 2è xø ³ Ta có: yz zx zx xy xy yz + + = z + x +y x y y z z x 2 a b c Hay + + ≥ a+b+ c (đpcm) b+c − a c+ a −b a+b − c a+ b+c Bài 4: Cho Δ ABC, AB=c , BC=a , CA=b , p= 1 p + + ≥ (1) ( p − a )2 ( p −b )2 ( p − c )2 ( p − a ) ( p− b ) ( p −c ) Giải: b +c − a p− a= >0 Ta có: Tương tự: p− b>0 p −c >0 ¿ p− a=x> p − b= y >0 Đặt: p −c= z> ⇒ p=x + y + z ¿{{ ¿ Khi đó bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: 1 x+ y+z + 2+ ≥ x y z xyz Ta có: 1 1 1 1 1 1 + + 2= + + + + + 2 y2 z 2 z x x y z x y 1 1 1 1 x+ y + z 2+ 2+ 2= + + = x y y z z x xy yz zx xyz 1 p + + ≥ Hay (đpcm) 2 ( p − a ) ( p −b ) ( p − c ) ( p − a ) ( p− b ) ( p −c ) a b c + + ≥ Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: (1) b+c c +a a+b Giải: ¿ b+ c=x c +a= y a+ b=z ⇒ y+z − x ¿ a= Đặt: z+ x − y b= x+ y − z c= ¿{{ ¿ Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành: y + z − x z + x − y x+ y − z + + ≥ 2x 2y 2z CMR: √ ) ( √ ) ( ) (8) Ta có: y+z− x z+x − y x+ y− z y x z x z y + + = + + + + + − 2x 2y 2z x y x z y z 2 y x z x z y 3 ≥ + + − = x y x z y z 2 a b c + + ≥ Hay (đpcm) b+c c +a a+b Bài 6: Cho số thực không âm a, b, c thỏa ( a+ c ) ( b+ c )=1 CMR: 1 + + ≥4 (1) 2 ( a −b ) ( a+c ) ( b+ c )2 Giải: ( ) ( ) ( √ √ √ ) Đặt: ¿ a+c=x b+ c= y ⇒ ¿ xy=1 a −b=x − y ⇒ ¿ x= y y= x a −b=x − y ¿{ ¿ Khi đó vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: 1 + 2+ ≥4 (x − y ) x y Ta có: 1 1 + + 2= + x + y 2= + x2 + y 2 2 (x − y) x y (x− y) x −2 xy+ y 1 + ( x2 + y −2 ) +2 ≥ 2 ( x 2+ y −2 ) +2=4 2 x −2+ y x −2+ y 1 + + ≥ (đpcm) Vậy ( a −b )2 ( a+c )2 ( b+ c )2 √ Bài 7: Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz=1 Tìm GTNN biểu thức: x ( y+z) y2 ( z + x ) z2 ( x + y ) A= + + y √ y+ z √ z z √ z +2 x √ x x √ x+ y √ y Đề thi Đại học khối A năm 2007 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x 2 √ yz y √ zx z √ xy + + y √ y+ z √ z z √ z +2 x √ x x √ x+ y √ y x √ x √ xyz y √ y √ yzx z √ z √ zxy ≥ + + y √ y+ z √ z z √ z +2 x √ x x √ x +2 y √ y x √x y√ y z√ z ≥ + + y √ y+ z √ z z √ z +2 x √ x x √ x +2 y √ y ¿ a= y √ y+ z √ z b= z √ z+2 x √ x c=x √ x +2 y √ y ⇒ ¿ x √ x= ( − a+4 b+c ) Đặt: y √ y= ( a −2 b+ c ) z √ z= ( a+ b −2 c ) ¿{{ ¿ Khi đó − 2a+ b +c a −2 b+ c a+ b −2 c A≥ + + a b c A≥ ( b a c c a b − 6+4 + + + + + a c b a b c [ ( )( ) )] 2 b a c c a b − 6+ +3 = ( −6+ 12+ )=2 a c b a b c Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c=1 Vậy GTNN A là Kỹ thuật chọn điểm rơi ≥ ( √ √ ) (9) Điểm rơi các bất đẳng thức là giá trị đạt biến dấu “=” bất đẳng thức xảy Trong các bất đẳng thức dấu “=” thường xảy các trường hợp sau: Các biến có giá trị Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt tâm Khi các biến có giá trị biên Khi đó ta gọi bài toán có cực trị đạt biên Căn vào điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức ta xét các kỹ thuật chọn điểm rơi các trường hợp trên Kỹ thuật chọn điểm rơi bài toán cực trị xảy biên Xét các bài toán sau: Bài toán 1: Cho số thực a ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) A=a+ a 1 Sai lầm thường gặp là: A=a+ ≥ a =2 Vậy GTNN A là a a Nguyên nhân sai lầm: GTNN A là ⇔ a= ⇔a=1 vô lý vì theo giả a thuyết thì a ≥ a 3a a 3a Lời giải đúng: A=a+ = + + ≥ + ≥ 1+ = a a 4 a 4 a Dấu “=” xảy ⇔ = hay a=2 a Vậy GTNN A là Vì chúng ta lại biết phân tích lời giải trên Đây chính là kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Quay lại bài toán trên, dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng Ta dự đoán A đạt GTNN a=2 Khi đó ta nói A đạt GTNN “Điểm rơi a=2 ” Ta không thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a và vì không a thỏa quy tắc dấu “=” Vì ta phải tách a để áp dụng bất a đẳng thức Cauchy thì thỏa quy tắc dấu “=” Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức a a , = , ta Cauchy cho cặp số cho “Điểm rơi a=2 ” thì α a α a có sơ đồ sau: √ √ ( ) a=2 ⇒ a = α α 1 = a 2 ⇒ = ⇒ α =4 α ¿{ a 3a Khi đó: A=a+ = + + và ta có lời giải trên a 4 a a , Lưu ý: Để giải bài toán trên, ngoài cách chọn cặp số ta có thể α a α chọn các các cặp số sau: αa , a , a , a a αa Bài toán 2: Cho số thực a ≥ Tìm giá trị nhỏ A=a+ a Sơ đồ điểm rơi: a=2 ⇒ a = α α 1 = a2 ⇒ = ⇒ α =8 α ¿{ Sai lầm thường gặp là: a 7a a 7a 7a 7.2 A= + + ≥2 + = + ≥ + = Dấu “=” xảy a 8 a2 2a 2 ⇔ a=2 Vậy GTNN A là Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN A là là đáp số đúng 1 cách giải trên mắc sai lầm đánh giá mẫu số: “ a ≥ 2⇒ là ≥ 2a 2 sai” ( √ ) ( ) ( ) ( ) √ √ √ √ (10) a a 6a a a a A= + + + ≥3 + ≥ + = 8 a 8 a 8 Dấu “=” xảy ⇔ a=2 Vậy GTNN A là Bài 1: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ Tìm GTNN A=ab+ ab Phân tích: a+b ab ≤ ≤ Ta có: Sơ đồ điểm rơi: ab= ⇒ ab = α 4α =4 ab 1 ⇒ =4 ⇒ α = 4α 16 ¿{ Giải: Ta có: a+b ab ≤ ≤ ⇒ −ab ≥ − 1 17 A=16 ab+ −15 ab ≥ 16 ab −15 ab ≥ 8− 15 = ab ab 4 1 Dấu “=” xảy ⇔ ab= ⇔a=b= 17 Vậy GTNN A là 18 Bài 2: Cho số thực a ≥ Tìm GTNN A=a + a Phân tích: Ta có √ Lời giải đúng: ( ) ( ) √ 18 9 =a2 + + a a a Dễ thấy a càng tăng thì A càng tăng Ta dự đoán A đạt GTNN a=6 Ta có sơ đồ điểm rơi: hoctoancapba.com a=6 ⇒ a 36 = α α 9 = = a 36 ⇒ = ⇒α =24 α ¿{ Giải: a2 9 23 a2 a 9 23 a2 A= + + + ≥3 + 24 a a 24 24 a a 24 Ta có: 23 36 + =39 24 A=a2 + √ a2 = ⇔a=6 24 a Vậy GTNN A là 39 Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+2 b+3 c ≥ 20 Tìm GTNN A=a+b+ c+ + + a 2b c Phân tích: Dự đoán GTNN A đạt a+2 b+3 c=20 ,tại điểm rơi a=2 ,b=3 , c=4 Sơ đồ điểm rơi: a=2⇒ a = α α 3 = a 2 ⇒ = ⇒ α= α ¿{ Dấu “=” xảy ⇔ (11) b=3⇒ b = β β = 2b 3 ⇒ = ⇒ β=2 β ¿{ c=4 ⇒ c = γ γ =1 c ⇒ =1⇒ γ =4 γ ¿{ √ √ √ √ Giải: A= ( 34a + 3a )+( b2 + 29b )+( c4 + 4c )+ a4 + b2 + 34c 3a b c a+2 b+3 c +2 +2 + a 2b c 3+3+2+5=13 Dấu “=” xảy ⇔ a=2 , b=3 , c=4 Vậy GTNN A là 13 ¿ ab ≥ 12 Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa bc ≥8 Chứng minh rằng: ¿{ ¿ 1 121 ( a+b +c ) +2 + + + ≥ ab bc ca abc 12 Phân tích: ¿ ab=12 Dự đoán GTNN A đạt bc=8 ,tại điểm rơi ¿{ ¿ a=3 , b=4 , c=2 Giải: ( √ √ ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a b a b + + ≥3 = 18 24 ab 18 24 ab a c 2 a c + + ≥3 =1 ca ca b c b c + + ≥3 = 16 bc 16 bc a c b b 4 a c + + + ≥4 = 12 abc 12 abc 13 a 13 b 13 a 13 b 13 13 13 + ≥ 2❑ ≥2 ❑ 12= 18 24 18 24 18 24 13 b 13 c 13 b 13 c 13 13 13 + ≥2 ❑ ≥2 ❑ 8= 48 24 48 24 48 24 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 1 121 ( a+b +c ) +2 + + + ≥ (đpcm) ab bc ca abc 12 Kỹ thuật chọn điểm rơi bài toán cực trị đạt tâm Xét bài toán sau: Bài toán: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ Tìm GTNN 1 A=a+b+ + a b 1 1 Sai lầm thường gặp là: A=a+b+ + ≥ a b =4 a b a b Vậy GTNN A là 1 Nguyên nhân sai lầm: GTNN A là ⇔ a=b= = ⇔ a=b=1 Khi đó a b a+b=2 ≥1 trái giả thuyết Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b= Sơ đồ điểm rơi: √ ( √ √ √ √ ) √ (12) a=b= ⇒ a b = = α α 2α 1 = =2 a b 1 ⇒ =2 ⇒ α = 2α ¿{ ( 1 1 A= a+ b+ + −3 a − b ≥ 4 a b −3 ( a+b ) ≥ −3=5 a b a b Dấu “=” xảy ⇔ a=b= Vậy GTNN A là ) ) √ Lời giải đúng: ( 1 A= a+ b+ c + + + −3 a −3 b − c a b c 1 6 a b c −3 ( a+b +c ) a b c 13 12− = 2 Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c= 13 Vậy GTNN A là Bài 2: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c ≤ Tìm GTNN 2 2 1 A=a +b +c + + + a b c Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a b c Sơ đồ điểm rơi: a=b=c= ⇒ a2=b 2=c 2= 1 = = = αa αb αc α ⇒ = ⇒α =8 α ¿{ Giải: 1 1 1 3 A= a 2+ b2 +c 2+ + + + + + + + + 8a 8b 8c 8a 8b 8c a b 4c 1 1 1 1 9 a2 b c + + + 8a 8b 8c 8a 8b c a b c 9 9 27 +9 ≥ + ≥ + 2= 4 √abc 4 a+b+c 4 √ Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c ≤ Tìm GTNN 1 A=a+b+ c+ + + a b c Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a b c Sơ đồ điểm rơi: a=b=c= ⇒ a b c = = = α α α 2α 1 = = =2 a b c 1 ⇒ =2 ⇒ α = 2α ¿{ Giải: ( ) √ ( ) (13) Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c= Vậy GTNN A là 27 Bài 3: Cho số thực dương a, b Tìm GTNN A= a+ b √ ab + √ab a+b Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b Sơ đồ điểm rơi: a=b ⇒ a+ b a = = α √ ab αa α √ ab = a = a+ b a 2 ⇒ = ⇒ α =4 α ¿{ Giải: a+b √ ab ( a+b ) a+ b √ ab √ ab A= + + ≥2 + =1+ = 2 √ ab a+b √ ab √ ab a+b √ ab Dấu “=” xảy ⇔ a=b Vậy GTNN A là Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Tìm GTNN a b c b+c c + a a+ b A= + + + + + b+ c c +a a+b a b c Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c Sơ đồ điểm rơi: ( a=b=c ⇒ a b c = = = b +c c+ a a+b b+c c+ a a+b = = = αa αb αc α ⇒ = ⇒ α=4 α ¿{ ) √ Giải: b+c c+ a a+ b + + + ( b+ca + c+b a + a+c b + b+4 ac + c4+ab + a+b 4c ) ( a b c ) a b c b+ c c +a a+ b b c c a a b √ b+ c c +a a+b a b c + ( a + a + b + b + c + c ) A= 6 b c c a a b 15 3+ =3+ = a a b b c c 2 Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c 15 Vậy GTNN A là Bài 5: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ Tìm GTNN : 1 A= 2 + a + b ab Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b= Sơ đồ điểm rơi: a=b= ⇒ =2 a2+ b2 α =2 α ab ⇒ α =2⇒ α =1 ¿{ Giải: √ (14) 1 1 + ≥2 ≥2 2 = ≥4 2 a + b ab a +b + 2ab ( a+b )2 ( a +b ) ab ⇔ 2 a +b =2 ab a+b=1 Dấu “=” xảy ⇔ a=b= ¿{ Vậy GTNN A là A= √ Bài 6: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ Tìm GTNN 1 A= + 2 1+a +b ab Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b= Sơ đồ điểm rơi: a=b= ⇒ 2 = 2 1+ a +b = α ab α 2 ⇒ = ⇒ α =3 α ¿{ Giải: 1 A= + + 2 1+ a + b ab ab 1 + ( 1+ a + b ) ab ab 1 + = + 2 ab 1+a + b +6 ab ( a+ b ) +1+ ab ab 2 √ a+ b a+b 2 ( a+b ) +1+ 2 4 + ( a+ b )2 +1 ( a+b )2 4 + = 1+ 3 ⇔ 1+a +b 2=6 ab a=b a+ b=1 Dấu “=” xảy ⇔a=b= ¿{{ Vậy GTNN A là + ( ) ( ) ( Do ab ≤ a+b 2 ( ) ) Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ Tìm GTNN 1 A= 2 + +4 ab a + b ab Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b= Sơ đồ điểm rơi: a=b= ⇒ =2 a + b2 = α ab α ⇒ 2= ⇒ α=2 α ¿{ Bài 7: (15) a=b= ⇒ ab=1 = β ab β ⇒ 1= ⇒ β=4 β ¿{ 1 + + a + b a b ab Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b= Sơ đồ điểm rơi: a=b= ⇒ =2 a + b3 1 = = 2 αa b α ab α ⇒2= ⇒ α=2 α ¿{ A= Giải: 1 1 + + ab+ + ab ab a +b ab 1 +2 ab + 2 ab ab ( a + b ) ab 1 2 +2+ = +2+ ab ( a+b ) ab a + b +2 ab a+b +2+ Do ab ≤ 2 ( a+b ) a+b +2 ( a+b )2 + 2=7 ⇔ a +b 2=2 ab ab= ab Dấu “=” xảy a=b a+b=1 ⇔ a=b= ¿{{{ Vậy GTNN A là A= √ √ ( ) ( ( ) ) Bài 8: Cho số thực dương a, b thỏa a+b ≤ Tìm GTNN Giải: 1 1 + + + + 2 a + b a b ab a b 2ab 1 1 55 3 a +b a b ab 2a b ab2 3 a +b +2 a b+2 ab2 +2 a2 b+2 ab2 25 ( a+b )3 +ab (a+ b) A= √ a+b ¿3 ¿ ¿4 ¿ ¿ ( a+b )3+ ¿ ¿ 25 ≥ ¿ (16) ⇔ 1 = = 3 a +b a b ab a=b Dấu “=” xảy a+b=1 ⇔ a=b= ¿{{ Vậy GTNN A là 20 Bài 9: Cho ba số thực dương x, y ,z 1 a+ a+2 −2 a A= a ( −2 a )= a a ( 2− 2a ) ≤ = 2 27 ⇒A≤ 27 Dấu “=” xảy ⇔ a=2 −2 a= Vậy GTLN A là 27 ( thỏa 1 + + =4 Tìm GTLN x y z 1 + + x + y + z x +2 y+ z x + y +2 z Đề thi Đại học khối A năm 2005 Giải: P= √ ( ( Bài 2: Tìm GTLN : A=a3 ( 2-a ) , a ∈ ( 0,2 ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 a+ a+a+6 − a 27 A= a a a ( −3 a ) ≤ = 3 16 Dấu “=” xảy ⇔ a=6 −3 a= 27 Vậy GTLN A là 16 ¿ a≤3 Bài 3: Cho các số thực dương a, b thỏa b ≤ Tìm GTLN ¿{ ¿ A= (3 − a ) ( − b ) ( a+3 b ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 −2 a+12 −3 b+2 a+ b A= ( −2 a ) ( 12− b ) ( a+3 b ) ≤ =36 6 ⇔ − a=12 −3 b=2 a+3 b=6 ⇔ a=0 Dấu “=” xảy b=2 ¿{ Vậy GTLN A là 36 ( 1 141 1 1 1 1 = ≤ = ≤ + + + x + y + z x + x+ y+ z √ x x y z x x y z 16 x x y z Tương tự: 1 1 1 ≤ + + + x +2 y + z 16 x y y z 1 1 1 ≤ + + + x + y +2 z 16 x y z z Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 1 1 4 P= + + ≤ + + =1 x + y + z x +2 y+ z x + y +2 z 16 x y z 1 Dấu “=” xảy ⇔ = = = ⇔ x= y=z = x y z Vậy GTLN P là Kỹ thuật nhân thêm hệ số Bài 1: Tìm GTLN : A=a2 (1 -a ) , a∈ ( 0,1 ) Giải: Do a , -a> nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( ) ) ( ) ) ) ) ( ) (17) ¿ a ≥2 b≥ Bài 4: Cho các số thực a, b, c thỏa Tìm GTLN của: c ≥ 12 ¿{{ ¿ bc a − 2+ ca √ b −6+ ab √ c −12 A= √ abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: bc bc ( a− ) +2 abc √ ( a −2 ) ≤ = √2 √2 √2 ( b − ) +3+3 ca ca abc ca √3 b − 6= √ ( b − ) 3≤ = 3 √9 √9 √9 ( ) c −12 + 4+ 4+ abc ab ab abc ab √ c − 12= √ ( c −12 ) ≤ = = 4 √ 64 √2 √ 64 √64 Khi đó ta có: bc √ a − 2+ ca √ b −6+ ab √ c −12 1 A= ≤ + + ❑ = + abc √2 √9 √2 √2 √9 ⇔ a − 2=2 b −6=3 c − 12=4 ⇔ Dấu “=” xảy ¿ a=4 b=9 c=16 ¿{{ + Vậy GTLN A là √2 √ Bài 5: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=1 Tìm GTLN của: A= √ a+b+ √ b+ c+ √c +a Phân tích: Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt bc √ a− 2= ⇒ a+ b= b+ c= c +a= ¿{{ a=b=c= Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( a+b )+ 3 ( a+b ) ≤ √ a+ b= (1) 2 ( b+c ) + 3 (2) √ b+c ≤ 2 ( c+ a ) + 3 √ c+ a ≤ (3) 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 ( a+b+ c )+3 3 A= √ a+b+ √ b+ c+ √ c +a ≤ = √6 2 ⇔ a+b= b+c = Dấu “=” xảy c+ a= ⇔ a=b=c= ¿{{ Vậy GTLN A là √ Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật nhân thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi để tìm hệ số cho phù hợp √√ √ √ √ √ (18) Bài 6: Cho số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=3 Chứng minh rằng: √3 a+2 b+ √3 b+2 c + √3 c +2 a ≤3 √3 Phân tích: Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy khi: a=b=c=1 ⇒ a+ 2b=3 b+ c=3 c +2 a=3 ¿{{ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 ( a+2 b ) +3+3 6+ a+2 b = (1) √3 a+2 b= √3 ( a+2 b ) 3≤ 3 3 √9 √9 √9 6+ b+2 c (2) √b+ c ≤ 3√9 6+ c+ 2a (3) √3 c +2 a ≤ 3 √9 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 18+3 ( a+ b+c ) =3 √3 (đpcm) √3 a+2 b+ √3 b+2 c + √3 c +2 a ≤ 3 √9 Bài 7: Cho a, b, c [ −2 ; ] thỏa a+b +c=3 Chứng minh rằng: √ − a2 + √ − b2 + √ − c ≤ √ Phân tích: Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy khi: a=b=c=1 ⇒ − a2=3 − b2=3 − c 2=3 ¿{{ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( ( − a ) +3 − a2 −a 2) ≤ = (1) √ 2 √3 √3 √3 √ −b ≤ 72− b3 (2) √ √ − c ≤ 72− c3 (3) √ Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 2 2 21− ( a +b + c ) − a + − b + − c ≤ √ √ √ 2√ Mà theo bất đẳng thức Bunyakovski ta có ( a+b +c )2 ≤ ( 1+1+1 ) ( a2 +b2 +c ) ( a+ b+c ) ⇔ a2 +b 2+ c2 ≥ ( a+b+ c )2 21− nên (đpcm) =3 √ √ − a2 +√ − b2 +√ − c ≤ √3 Kỹ thuật hạ bậc Bài toán Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b +c=1 (*) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A=a2 +b2 +c Phân tích: Sự chênh lệch số mũ các biểu thức a2 +b 2+ c và a+b +c gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để hạ bậc a2 +b 2+ c Nhưng ta cần áp dụng cho bao nhiêu số và là số nào? Căn vào bậc các biến số a, b, c các biểu thức trên (số bậc giảm lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a2 , b2 và c cùng với số dương tương ứng khác để làm xuất a , b và c Do a, b, c dương và có vai trò nên ta dự đoán A đạt giá trị nhỏ a=b=c , từ (*) ta có a=b=c= Mặt khác thì dấu “=” bất đẳng thức Cauchy xảy khi các số tham gia Khi đó ta có lời giải sau: hoctoancapba.com Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a2 và ta có: 1 2 2 a + ≥ a = a (1) Dấu “=” xảy ⇔ a = ⇔ a= 9 √ − a2= √ (19) Tương tự: b2 + ≥ b (2) Dấu “=” xảy ⇔b= 3 2 c+ ≥ c (3) Dấu “=” xảy ⇔ c = 3 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 2 2 2 a +b + c + ≥ ( a+ b+c )= ⇒ a +b +c ≥ 3 3 Dấu “=” xảy ⇔ a=b=c= Vậy GTNN A là Bài 1: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a3 +b 3=1 (*) Tìm giá trị lớn biểu thức A= √ a+ √ b Phân tích: Căn vào bậc các biến số a, b các biểu thức trên (số bậc giảm lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho a3 và b3 cùng với số dương tương ứng khác để làm xuất √ a và √ b Do a, b dương và có vai trò nên ta dự đoán A đạt giá trị lớn 3 a=b , từ (*) ta có a =b = Mặt khác thì dấu “=” bất đẳng thức Cauchy xảy khi các số tham gia Khi đó ta có lời giải sau: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a3 và số ta có: 1 a +5 ≥ a =6 √ a (1) Dấu “=” xảy 2 √2 1 ⇔ a = ⇔ a= √2 Tương tự: 1 1 b +5 ≥ b =6 √b (2) Dấu “=” xảy ⇔ b= 2 √2 √2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được: 1 3 a +b + 5≥ ( √ a+ √ b ) ⇔ 1+5 ≥6 ( √ a+ √ b ) ⇔ √ a+ √ b ≤ √ √2 √2 Dấu “=” xảy ⇔ a=b= √2 √ () √ () Vậy giá trị lớn A là √6 25 Bài 2: Cho số thực dương a, b, c thỏa ab+ bc+ ca=3 CMR: 3 a +b + c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 +b 3+ 1≥ √ a3 b3=3 ab (1) ; b3 +c +1 ≥3 bc (2) ; c +a3 +1 ≥3 ca (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: ( a3 +b3 + c3 ) + 3≥ ( ab+ bc+ ca ) ⇔2 ( a3 +b 3+ c3 ) + 3≥ 3 3 ⇔ a + b +c ≥3 (đpcm) Bài3: Cho số thực dương a, b, c thỏa a3 +b 3+ c 3=3 CMR: 5 a +b + c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a5 và số 1, ta có: a5 +2 ≥5 √ a15 1=5 a (1) Tương tự: 5 3 b +2 ≥5 b (2) ; c + 2≥ c (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: ( a5 +b 5+ c ) +6 ≥5 ( a3 +b3 +c ) 5 ⇔ ( a +b + c ) + ≥5 ⇔ a5+ b5 +c ≥3 (đpcm) Bài 4: Cho số thực dương a, b, c thỏa a3 b3 +b c3 +c a3=3 CMR: a7 +b +c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a7 , số b7 và số 1, ta có: a7 +3 b7 +1 ≥ √ a21 b21 1=7 a3 b3 (1) Tương tự: 7 3 7 3 b +3 c +1≥ b c (2) ; c + a +1 ≥7 c a (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: ( a7 + b7 +c ) +3 ≥ ( a3 b3 +b c +c a3 ) 7 ⇔6 ( a + b +c ) +3 ≥ 7 7 ⇔ a + b +c ≥3 (đpcm) Bài 5: Cho số thực dương a, b CMR: a2 +b 2+ ≥ a+2 b+ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: (20) 2 b + ≥ b (2) ; a +b ≥ ab (3) a2 + ≥ √ a2 4=4 a (1); Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 a +2 b +8 ≥ a+ b+ 2ab ⇔ a2+ b2 +4 ≥2 a+2 b+ ab (đpcm) Bài 6: Cho số thực dương a, b, c CMR: 3 2 a +b + c ≥ a √ bc+ b √ ca+ c √ ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: số a3 ,1 số b3 và số c ta có: a3 +b3 + c3 ≥ √ a12 b3 c 3=6 a2 √ bc (1) Tương tự: 3 3 3 b +c +a ≥ b √ ca (2) ; c + a +b ≥ c √ ab (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: ( a3 + b3 +c ) ≥6 ( a2 √ bc+b √ ca +c √ ab ) ⇔ a3+ b3 +c ≥ a2 √ bc+b √ ca+ c √ ab (đpcm) Bài 7: Cho các số thực dương a, b, c, m, n CMR: m +n m+n m +n m n m n m n a +b +c ≥ a b + b c +c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho m+n số: m số am +n và n số bm +n ta có: m+ n m n m +n m+n ( am+n ) ( bm+ n ) =( m+n ) am bn (1) ma +nb ≥ ( m+ n ) Tương tự: mb m+ n+ ncm +n ≥ ( m+n ) bm c n (2) mc m +n+ na m+ n ≥ ( m+ n ) c m an (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: ( m+ n ) ( am +n +b m+n +c m +n ) ≥ ( m+n ) ( a m bn +bm c n +c m an ) m +n m+n m +n m n m n m n a +b +c ≥ a b + b c +c a (đpcm) Lưu ý: Bất đẳng thức chúng ta vừa chứng minh sử dụng chứng minh các bài toán sau này √ Bài 8: Cho số thực dương a, b, c thỏa abc=1 Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 + 3 + 3 ≤1 3 a +b +1 b + c + c + a +1 Giải: Từ kết bài ta có am +n +b m+n +c m +n ≥ a m b n+ bm c n +c m an ¿ m=2 n=1 Chọn c=a ¿{{ ¿ ta được: 3 2 2 a + b +a ≥ a b+b a+ a a=a b+b a+ a ⇒ a 3+ b3 ≥ a2 b+ b2 a 1 abc c ⇒ 3 ≤ = = ( abc=1 ) (1) 2 a +b +1 a b+b a+ a b+ b a+abc a+b+ c Tương tự: a ≤ (2) 3 b +c +1 a+ b+c b ≤ (3) 3 c + a +1 a+ b+c Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 1 a+b+ c + 3 + 3 ≤ =1 (đpcm) 3 a +b +1 b + c + c + a +1 a+b+ c Bài toán Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab+ bc+ ca=1 Chứng minh rằng: 10 a2 +10 b2 +c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: c2 c2 a2 + ≥2 a2 =4 ac 2 2 c c b + ≥2 b =4 bc 2 2 2 a +2 b ≥ √ a 2b 2=4 ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 10 a2 +10 b2 +c ≥ ( ab+ bc+ ca ) =4 1=4 √ √ (21) ⇔ c c2 8b = 2 2 a =2b Dấu “=” xảy ⇔ ¿ a=b= c= ¿{{ Đây là lời giải ngắn gọn có vẻ thiếu tự nhiên Chúng ta thắc mắc lại tách 10=8+2 Nếu tách cách khác, chẳng hạn 10=6 +4 liệu có giải không? Tất nhiên cách tách khác không dẫn đến kết quả, và tách 10=8+2 không phải là may mắn Bây ta tìm lí việc tách 10=8+2 bài toán trên Với 0< α <10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 c c αa + ≥ αa =√ α ac 2 c c2 αb 2+ ≥ αb2 =√ α bc 2 ( 10 −α ) a + ( 10− α ) b ≥ √( 10 − α ) a2 ( 10− α ) b 2=( 20 −2 α ) ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 10 a2 +10 b2 +c ≥ √ α ( ac+ bc ) + ( 20 −2 α ) ab Lúc này ta cân điều kiện giả thuyết, tức là: √ α=20 − α ⇔ α =400 − 80 α + α ⇔ 2α − 41 α + 200=0 ⇒ α =8 ¿ 25 α = >10 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ α=8 Khi đó ta có lời giải bài toán trên a2 = √ √ Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab+ bc+ ca=5 CMR: : a2 +3 b2 +c ≥10 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 c c a + ≥ 2a =2 ac 2 c c2 b2 + ≥ 2 b =2 bc 2 2 2 a +b ≥ √ a b =2 ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: a2 +3 b2 +c ≥2 ( ab+ bc+ ca )=2 5=10 Bài toán Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a3 +b ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức A=a+4 b Phân tích: Dự đoán A đạt GTLN a3 +b 3=1 ¿ a=α Giả sử A đạt GTLN b=β Ta có α 3+ β3 =1 (1) ¿{ ¿ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a3 và số α ta có: 3 3 2 a +2 α ≥ a ( α ) =3 α a Tương tự: √ √ √ 3 √ 3 2 b +2 β ≥ b ( β ) =3 β b Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: ( a3 + b3 ) +2 ( α 3+ β ) ≥ α a+3 β b Đẻ xuất vế phải a+ b ta chọn α , β 2 α a:3 β b=a: b α α ⇔ 2= ⇔ = ( 2) β β cho (22) ¿ α = β α 3+ β3 =1 ⇒ 3 Từ (1) và (2) ta có hệ: √ ¿ α= 3 β= √ ¿{ ¿ Khi đó ta có lời giải sau: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 a3 + + ≥ a3 = a 9 9 √3 8 b + + ≥3 b 9 √3 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: ( a 3+ b3 ) +2 ≥ 31 ( a+ b ) √3 3 ⇒ a+ b ≤ √ [ ( a +b ) +2 ] ≤3 √3 ¿ a= b3 = ⇔ Dấu “=” xảy √ ¿ a= 3 √3 b= ¿{ ¿ Vậy GTLN A là √3 √ Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b +c=3 Tìm GTNN A=4 a 2+ b2 +3 c Phân tích: Với α , β , γ > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 +α ≥ √ a2 α =2 √ α a b2 + β ≥2 √ b2 β=2 √ β b c 2+ γ ≥ √3 c γ=2 √ γ c Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 2 a +6 b +3 c +α ++ β+ γ ≥ √ α a+2 √ β b+2 √ γ c ⇔ a+b +c=3 a 2=α b2= β c 2=γ ⇔ ¿ a+b+c =3 α a= Dấu “=” xảy β b= γ c= α β γ ⇒ + + =3 ¿{ { { Chọn α , β , γ cho α =6 β=3 γ ¿ α β γ + + =3 Ta có hệ phương trình: α =6 β=3 γ ¿{ ¿ √ √ √ √ √ √ √ √ √ (23) ¿ ⇒ α β γ + + =3 4α β= 4α γ= α 4α 4α 1 ⇒ + + =3⇒ √ α + + =3 3 3 ¿ ¿ ⇒ α =4 ⇒ β= 16 γ= ¿ {{ ¿ Khi đó ta có lời giải bài toán sau Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 +4 ≥ √ a 4=8 a 6 b2 + ≥ b =8 b 3 16 16 c + ≥2 c =8 c 3 Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta được: 16 a2 +6 b2 +3 c +4 + + ≥ ( a+ b+c )=24 3 ⇒ a + b2 +3 c ≥ 12 √ √ √ √ √ √ √ √ ( ) ⇔ a+b +c=3 a2=4 6b = 16 c 2= Dấu “=” xảy ⇔ ¿ a=1 b= c= ¿ {{ { Vậy GTNN A là 12 Kỹ thuật cộng thêm Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 1 + + ≥ + + b2 c a2 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b c a a + ≥ + ≥ + ≥2 = (1) ; (2); 2 c b c a2 c a b a b a b (3) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a b c 1 2 + + + + + ≥ + + b2 c a2 a b c a b c a b c 1 ⇒ 2+ 2+ ≥ + + (đpcm) b c a a b c Bài 2: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: 2 a b c a+ b+c + + ≥ b+ c c+ a a+b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 2b +c a2 b+ c a (1) ; + ≥2 = b+ c 2b +c √ √ (24) b2 c+ a b c2 a+b c (2) ; (3) + ≥ + ≥ c +a a+ b Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 ( a+b+ c ) ( a+b+ c ) a b c + + + ≥ b+ c c+ a a+b a2 b2 c2 a+b+ c (đpcm) ⇒ + + ≥ 2b+ c c+ a a+ b Lưu ý: Trong bài toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi và kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp Ví dụ: hoctoancapba com Đối với bài bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán a a = = , ta chọn dấu “=” xảy a=b=c Khi đó a b a a Đối với bài bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán 2 a a a dấu “=” xảy a=b=c Khi đó = = , muốn sử dụng b+ c a+ a b+ c bất đẳng thức Cauchy để làm mẫu thì ta cộng thêm Chọn mẫu b+ c a+ a a = = là số vì 9 Bài 3: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 +b3 b3 +c c +a3 + + ≥ ( a+b+ c ) ab bc ca Giải: Ta có: a +b3 b3 +c c +a3 a2 b b2 c2 c2 a2 + + = + + + + + ab bc ca b a c b a c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b2 b2 a2 a2 + a≥ b (2) ; + c ≥ 2b (3) ; +b ≥ b=2 a (1); a c b b c2 c2 a2 +b ≥ 2c (4) ; +a ≥ c (5) ; + c ≥ a (6) b a c Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1) đến (6) ta được: √ a2 b2 b2 c c a2 + + + + + +2 ( a+b+ c ) ≥ ( a+b+ c ) b a c b a c 2 2 2 a b b c c a ⇒ + + + + + ≥ ( a+b+ c ) b a c b a c 3 a +b b +c c +a3 ⇒ + + ≥2 ( a+ b+c ) (đpcm) ab bc ca Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c 1 + + ≥ + + b3 c a3 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 b 1 a2 1 1 3 a + + ≥ (1) ; (2); + + ≥ = c3 b b c b3 a a b3 a a b √ c2 1 + + ≥ (3) a c c a Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 2 a b c 1 1 1 + + +2 + + ≥ + + a b c a b c b c a 2 a b c 1 ⇒ 3+ + ≥ + + (đpcm) b c a a b c ( ) ( ) Bài 5: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: 3 a b c + + ≥ a2+ b2 +c b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 a3 a3 a3 + +b ≥ b =3 a2 (1) ; b b b b b3 b3 c3 c + +c ≥ b2 (2) ; + +a ≥ c (3) c c a a Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được: 3 a b c + + + ( a 2+ b2 +c ) ≥ ( a 2+ b2 +c ) b c a √ ( ) (25) a3 b c 2 ⇒ + + ≥ a +b +c (đpcm) b c a Bài 6: Cho số thực dương a, b, c thỏa abc=1 Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ (1+b ) (1+ c ) ( 1+ c )( 1+a ) ( 1+a ) ( 1+b ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 1+ b 1+c a3 1+ b 1+ c + + ≥33 = a (1) ; 8 (1+b ) (1+ c ) ( 1+b )( 1+c ) b 1+ c 1+ a + + ≥ b (2) ; (1+ c ) ( 1+a ) 8 c 1+a 1+b + + ≥ c (3) (1+a ) (1+b ) 8 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 3 a b c 3 + + + ( a+ b+c ) + ≥ ( a+b+ c ) ( 1+b ) ( 1+c ) ( 1+c ) ( 1+ a ) ( 1+a )( 1+b ) 4 3 a b c 3 3 ⇒ + + ≥ ( a+ b+c ) − ≥ √3 abc − = 4 ( 1+ b ) ( 1+ c ) ( 1+c )( 1+ a ) ( 1+a )( 1+b ) (đpcm) a b4 c + + +3 ( a+b+c ) ≥ ( a+ b+c ) bc2 ca ab2 4 a b c ⇒ + + ≥ a+ b+c (đpcm) bc ca ab Bài 8: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ab bc ca 1 1 + + ≥ + + c ( a+ b ) a ( b+ c ) b ( c+ a ) a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab a+ b ab a+b + ≥2 = (1) c ( a+ b ) ab c ( a+b ) ab c bc b+ c ca c +a + ≥ + ≥ (2) ; (3) 2 a ( b+c ) bc a b ( c+ a ) ca b Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: ab bc ca a+b b+ c c+ a 1 + + + + + ≥ + + c ( a+b ) a ( b+c ) b ( c +a ) ab bc ca a b c ab bc ca 1 1 1 1 ⇔ + + + + + + + + ≥ + + c ( a+b ) a ( b+c ) b ( c +a ) b a c b a c a b c ab bc ca 1 1 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) c ( a+ b ) a ( b+ c ) b ( c +a ) a b c Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: 4 a b c + + ≥ a+b+ c 2 bc ca ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a4 a +b+ c+ c ≥ b c c=4 a (1) 2 bc bc b +c +a+ a≥ b (2) ca c4 + a+b+b ≥ c (3) ab2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a2 +b 2+ c 2=3 a3 b3 c3 + + ≥ b+c c +a a+b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 a ( b+ c ) a3 a ( b+c ) + ≥2 =a (1) ; b+c b+c 3 b ( c + a) c ( a+ b ) b c (2) ; + ≥b + ≥ c (3) c+ a a+b Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 ab + bc+ca + + + ≥ a2+ b2 +c (1') b+c c +a a+b Mặt khác ta có: am +n +b m+n +c m +n ≥ a m b n+ bm c n +c m an √ √ ( ) √ ( √ ) Chứng minh rằng: (26) ¿ m=1 Chọn n=1 ta được: ¿{ ¿ a 2+ b2+ c ≥ ab+bc+ ca 2 a +b +c ab+ bc+ ca ⇒ ≥ (2') 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a3 b3 c3 ab+ bc+ca a2 +b 2+ c2 2 ab+ bc+ca ⇒ + + + + ≥ a + b +c + b+c c+ a a+ b 2 3 2 a b c a +b +c (đpcm) ⇒ + + ≥ = b+c c+ a a+ b 2 Bài 10: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a5 b5 c 3 + + ≥ a +b +c b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a5 a5 + ab ≥ 2 ab 2=2 a3 (1) ; b b 5 b c + bc ≥ 2b +ca ≥2 c (3) (2) ; 2 c a Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 5 a b c + + + ab2 + bc2 +ca ≥ ( a3 +b3 + c3 ) (1') 2 b c a Mặt khác ta có: am +n +b m+n +c m +n ≥ a m b n+ bm c n +c m an ¿ m=1 Chọn n=2 ta được: ¿{ ¿ a3 +b 3+ c ≥ ab2 + bc2 +ca (2') Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a5 b5 c + + + ab2 + bc2 +ca 2+ a3 +b3 + c3 ≥ ( a3 +b3 +c ) +ab 2+ bc 2+ ca2 b c a 5 a b c ⇒ + + ≥ a3 + b3 +c (đpcm) b c a √ Bài 11: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ ( a2 +b2 + c2 ) a+2 b b+ c c+ 2a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a ( a+2 b ) a3 a3 a ( a+2 b ) 2 (1) ; + ≥2 = a a+2 b a+2 b 3 b ( b+2 c ) 2 c ( c+2 b ) 2 b c (2) ; + ≥ b + ≥ c (3) b+2 c c+2 b Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 2 + + + ( a2 +b2 +c ) + ( ab+ bc+ca ) ≥ ( a2 +b2 +c ) a+2 b b+ c c+ 2a 9 a3 b3 c3 2 ⇔ + + + ( ab+ bc+ca ) ≥ ( a +b + c ) (1') a+2 b b+2 c c+ a 9 m +n m+n m +n m n m n Mặt khác ta có: a +b +c ≥ a b + b c +c m an ¿ m=1 Chọn n=1 ta được: ¿{ ¿ 2 a + b +c ≥ ab+ bc+ ca 2 ⇒ ( a2+ b2 +c ) ≥ ( ab+ bc+ca ) (2') 9 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a3 b3 c3 2 + + + ( ab+ bc+ca ) + ( a2+ b2 +c ) ≥ ( a2 +b2 + c2 ) + ( ab+ bc+ca a+2 b b+ c c+ 2a 9 9 3 a b c ⇒ + + ≥ ( a2 +b 2+ c 2) (đpcm) a+2 b b+2 c c+ a Bài 12: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: b+c c +a a+b 2 + + ≥ + + a b c a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b+c b+c 4 + ≥2 = (1) ; 2 b+ c b +c a a a c+ a 4 a+b 4 + ≥ + ≥ (2) ; (3) 2 c +a b a+b c b c √ √ (27) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a2 ( b+c ) a b2 ( c +a ) b (1); (2) ; + ≥ + ≥ b+c c +a a+b 4 4 4 b+c c+ a + + + + + ≥ + + (1') a2 b2 c2 a+ b b+ c c+ a a b c 16 c ( (3) + a+b ) ≥ c Mà ta có: a+b 1 1 4 Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được: + ≥2 = ≥ (2') ; a b a b √ ab a+b a2 b 16 c 13 ( + + + a+ b ) + c ≥ ( a+b ) +8 c 1 1 b+c c +a a+ b 9 + ≥ (3') ; + ≥ (4') 2 b c b+c c a c+ a a b 16 c ( ⇒ + + ≥ 64 c −a − b ) (đpcm) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) và (4’) ta được: b+c c+ a a+b b+c c +a a+b 4 2 4 4 4 Kỹ thuật Cauchy ngược dấu + + + + + + + + ≥ + + + + + a+ b b+ c c+ a a b c a b c a+ b b+ c c +a Xét bài toán sau: a b c b+c c+a a+ b 2 Bài toán: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c a b c 1 + + ≥ Bài 13: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a +1 b +1 c +1 2 2 Phân tích và giải: a b 4c + + ≥ a+3 b Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu vì bất đẳng thức b c a sau đó đổi chiều: 1 1 1 Dấu “=” bất đẳng thức xảy a=b=2 c + + ≤ + + ≥ Giải: a +1 b +1 c +1 2a b c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 3 2 Do + + ≥3 = ≥ = 2 b c a a a b 2c a b c √abc a+ b+c (3) + c ≥ b (2) ; +a≥ 4c +b ≥ b=2 a (1); c a b b Cộng theo vế các bất đẳng thức từ (1), (2) và (3) ta được: Đến đây chúng ta bị lúng túng cách giải Ở đây ta sử dụng lại bất a2 b2 c đẳng thức Cauchy theo cách khác: + + + a+b+ c ≥2 a+ b+ c b c a a2 a2 a 2 =1− ≥1 − =1 − (1) 2 a b 4c 2a a +1 a +1 ⇒ + + ≥ a+3 b (đpcm) b c a b c ≥1 − (2) ; ≥1− (3) Tương tự ta có: 2 Bài 14: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: 2 b +1 c +1 a2 b 16 c ( Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: + + ≥ 64 c − a −b ) b+c c +a a+ b 1 a+b+ c + + ≥3− = (đpcm) 2 a +1 b +1 c +1 a=b=2 c Dấu “=” bất đẳng thức xảy Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu có thể hiểu là ta lấy nghịch đảo hai vế Giải: bất đẳng thức Cauchy sau đó nhân hai vế với -1 Khi đó dấu bất đẳng Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: thức ban đầu không đổi chiều hoctoancapba com √ √ ( √ ) Bài 1: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau: (28) 1 + + ≥ 1+ ab 1+ bc 1+ca Giải: Ta có: ab ab ab =1− ≥ 1− =1− √ ( 1) 1+ ab 1+ab 2 √ ab bc ca ≥1 − √ (2) ; ≥1− √ (3) Tương tự ta có: 1+ bc 1+ca Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 1 + + ≥ − ( √ ab+ √ bc+ √ ca ) 1+ ab 1+ bc 1+ca (đpcm) a+ b b+ c c +a a+b +c 3 3− + + =3 − =3 − = 2 2 2 ( ) Bài 2: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥ b +1 c + a +1 Giải: Ta có: a ab ab2 ab =a − ≥ a − =a− (1) 2 2b b +1 b +1 b bc c ca ≥b− (2) ; ≥c− (3) Tương tự ta có: 2 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b d ab+ bc+ca + + ≥ a+b+ c − (1') 2 b +1 c + d +1 Mặt khác ta có: 2 2 2 a +b b +c c +a ab+ bc+ ca ≤ + + =a2 +b 2+ c2 =( a+b+ c ) - ( ab+ bc+ ca ) 2 2 ( a+b+ c ) ⇒ab+ bc+ ca ≤ =3 (2') Từ (1’) và (2’) ta có: a b c 3 + + ≥3− = (đpcm) 2 b +1 c +1 a +1 Lưu ý: Ta sử dụng kết ( a+ b+c )2 ab+ bc+ ca ≤ =3 chứng minh các bài toán khác Bài 3: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a+1 b+1 c+1 + + ≥3 b +1 c + a +1 Giải: Ta có: ( a+1 ) b2 ( a+1 ) b a+1 ab+b =a+1 − ≥ a+1 − =a+1− (1) 2 b b +1 b +1 b+1 bc+ c c +1 ca+ a ≥ b+1 − (2) ; ≥ c+ 1− (3) Tương tự ta có: 2 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a+1 b+1 c+1 a+b+ c+ ab+ bc+ca + + ≥ a+ b+c +3 − 2 b +1 c + a +1 a+b +c ab+ bc+ca +3 − 2 ( a+b+c ) 3 3 +3= +3- =3 2 2 Vậy a+1 b+1 c+1 + + ≥3 b +1 c + a +1 Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 a+ b+c + + ≥ 2 2 2 a +b b + c c + a Giải: Ta có: a3 ab2 ab b =a − ≥ a − =a − (1) 2 2 ab a +b a +b 3 b c c a ≥ b− (2) ≥c− (3) Tương tự ta có: ; 2 2 2 b +c c +a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (29) a3 b3 c3 a+ b+c a+b+ c + 2 + 2 ≥ a+b+ c − = 2 2 a +b b + c c + a (đpcm) Bài 5: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥2 b c+1 c a+1 a b+1 Giải: Ta có: b √ a ( ac ) b ( a+ac ) a ab2 c ab2 c ab c =a− ≥ a − =a − √ =a − ≥ a− 2 2 b √c b c+1 b c+1 a ⇒ ≥ a− ( ab+abc ) (1) b c+1 Tương tự ta có: b c ≥b − ( bc+ abc ) (2) ; ≥ c − ( ca+ abc ) (3) 2 4 c a+1 a b+1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b c ab+ bc+ca abc ab+ bc+ca abc + + ≥ a+b +c − =3 − 4 4 b c+1 c a+1 a b+1 (1’) Mặt khác ta có: ab+ bc+ca ( a+ b+c )2 (2’) ⇔ ≥ 3= ≥ ab+ bc+ca 4 abc 3=a+b+ c ≥ √3 abc ⇔ ≥ (3’) 4 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: a b c + + + + ≥3 b c+1 c a+1 a b+1 4 a b c ⇒ + + ≥2 (đpcm) b c+ c a+ a b+1 Bài 6: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện ab+ bc+ ca=3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥1 b +1 2c +1 a +1 Giải: Ta có: a ab3 ab3 ab =a− ≥ a − =a− (1) 3 3 b +1 b +b +1 3b b bc c ca ≥b− (2) ; ≥c− Tương tự ta có: 3 3 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (3) ( ab +bc +ca ) a b c + + ≥ a+ b+c − =a+b +c − (1') 3 b +1 2c +1 a +1 Mặt khác ta có: ( a+b+ c )2 ≥ab+ bc +ca ⇒ a+ b+c ≥ √ ( ab+ bc+ ca )=3 (2') Cộng theo vế (1’) và (2’) ta được: a b c + + +a+b +c ≥ a+ b+c +1 b +1 2c +1 a +1 a b c ⇒ + + ≥1 (đpcm) 2b + c +1 a +1 Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+ c + + ≥ 2 2 2 a +ab+b b + bc+c c +ca +a Giải: Ta có: ab ( a+ b ) a3 a2 b+ ab2 a+b a − b =a − ≥a− =a − = (1) 2 2 ab 3 a +ab+b a +ab+ b Tương tự ta có: b3 2b−c c3 2c−a ≥ (2) ≥ (3) ; 2 2 3 b +bc +c c +ca +a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b3 c3 a+b+ c + + ≥ (đpcm) 2 2 a +ab+b b + bc+c c +ca +a Bài 8: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 + + ≥1 a+2 b2 b+ 2c c +2 a2 (30) Giải: Ta có: a2 2ab 2 ab2 23 =a − ≥ a − =a − √ ( ab ) (1) 2 a+2 b a+ b +b √ ab Tương tự ta có: 2 b ( )2 c 23 ≥b − bc (2) ≥ c − √ ( ca ) (3) √ ; 2 3 b+2 c c+2 a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 2 a b c 3 + + ≥ a+ b+c − [ √ ( ab ) + √ ( bc ) + √ ( ca ) ] 2 a+2 b b+ 2c c +2 a 3 3 − [ √( ab )2+ √( bc )2 + √ ( ca )2 ] (∗) Mặt khác ta có: b (1’) √3 ( ab )2= √3 a ab b ≤ a+ab+ Tương tự: c +ca +a ( ca )2 ≤ (2’) ; (3’) √3 ( bc )2 ≤ b+ bc+c √ 3 Cộng theo vế (1’), (2’) và (3’) ta có √3 ( ab )2 +√3 ( bc )2+ √3 ( ca )2 ≤ 23 ( a+b+ c )+ 13 ( ab+ bc+ca ) 2 ( a+b+ c ) 32 ( a+b+ c ) + = 3+ =3 3 3 3 2 3 ⇒ − [ √ ( ab ) + √ ( bc ) + √( ca ) ] ≥− 3=−2 (**) 3 Từ (*) và (**) ta có: a2 b2 c2 + + ≥ −2=1 (đpcm) a+2 b2 b+ 2c c +2 a2 Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a+b +c=3 Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 + + ≥1 a+2 b3 b+ 2c c+2 a3 Giải: Ta có: a2 2ab ab3 =a − ≥ a − =a− b √ a2 (1) 3 3 a+2 b a+ b +b √ ab Tương tự ta có: b2 c2 ≥b − c √b (2) ; ≥ c − a √c (3) 3 3 b+2 c c+2 a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 2 a b c 3 + + ≥ a+b+c − ( b √ a +c √b + a √ c ) 3 3 a+2 b b+ 2c c+2 a 3 3 − ( b √ a2 +c √b 2+ a √ c2 ) (∗) Mặt khác ta có: ¿ 3 a+ a+1 a+1 ab+ b b √ a =b √ a a 1≤ b =b = (1') 3 ¿ Tương tự ta có: bc+c ca +a c √b ≤ (2') ; a √ c ≤ (3') 3 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: ( b √3 a 2+ c √3 b2 +a √3 c ) ≤ a+ b+c + ( ab+ bc+ca ) 3 a+ b+c ( a+ b+c ) + =3 (**) 3 a2 b2 c2 + + ≥1 Từ (*) và (**) ta có: (đpcm) a+2 b3 b+ 2c c+2 a3 ( ) ( ) MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI n ∈ Z , n ≥ , ta luôn có: Cho 2n số thực bất kì a1 , a2 , ., a n 2 ( a1 b1 +a b 2+ .+ an bn ) ≤ ( a1 +a 2+ .+ a2n )( b21 +b22 + +b 2n ) a1 a2 a = = = n (quy ước bi=0 thì Dấu “=” xảy và b1 b bn =0 ) MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Kỹ thuật tách ghép số Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c thỏa a+b +c=1 CMR 1 + + ≥9 a b c Giải: (31) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 1 ( 1 1 1 + + = a+b +c ) + + ≥ √ a +√ b +√ c =9 a b c a b c √a √b √c 1 + + ≥9 Vậy a b c Bài 2: Cho các số thực dương a, b,c CMR : a+b b+ c c+ a + + ≤ √6 a+ b+c a+ b+c a+ b+c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : a+ b b +c c +a + + a+b+ c a+b+ c a+b+ c a+b b+ c c +a ≤ ( 12+12 +12 ) + + =6 a+ b+c a+ b+c a+b+ c a+b b+ c c +a ⇒ + + ≤ √6 a+b+ c a+b+c a+ b+c ( √ √ )( ) √ (√ √ √ ( √ √ ) ) √ Bài 3: Cho các số thực dương a, b, c thỏa ab+ bc+ ca=4 CMR: 4 16 a +b + c ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : ( 12 +12+12 ) ( a4 +b +c ) ≥ ( a2+ b2 +1 c ) = ( a2 +b 2+ c2 ) ( b 2+ c2 + a2 ) ( ab+ bc +ca )( ab + bc+ca )=16 4 16 ⇒ a +b +c ≥ (đpcm) a b + ≥ √ a+ √ b Bài 4: Cho các số thực dương a, b CMR √b √ a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : ( √ a+ √ b ) 2= √4 a √4 b+ √4 b √4 a ≤ a + b ( √ a+ √b ) √ b √a √b √a a b ⇒ ( √ a+ √ b ) ≤ + b √ √a ( )( ) (đpcm) Bài 5: Cho các số thực dương a, b CMR a+b +c ≤ ( a2 b2 c2 + + b+ c c+ a a+b ) Giải: Ta có: a b c √ b+ c+ √ c+ a+ √a+ b √ b+c √ c +a √ a+ b Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : a b c ( ( a+b +c ) ≤ + + [ √b+ c )2+ ( √ c+ a )2 +( √ a+b )2 ] √b+ c √ c+ a √a+ b a+b +c= [( ) ( ) ( ) ] ( ⇒ a+ b+c ≤2 ( a2 b2 c2 + + [ ( a+b +c ) ] b+ c c+ a a+b ) a2 b2 c2 + + b+ c c +a a+b ) (đpcm) Bài 6: Cho các số thực dương a, b thỏa a2 +b 2=1 Tìm GTLN A=a √1+ a+b √ 1+ b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : A=a √ 1+ a+b √ 1+ b ≤ √ ( a 2+ b2 ) ( 1+ a+1+b )=√ a+b+ √ √( +1 ) ( a +b ) +2=√ √ 2+2 2 2 ⇔ a +b2=1 a b = √a+ √ b+1 1 Dấu “=” xảy = a b ⇔ a=b= √ ¿{{ Vậy GTLN A là √ √ 2+2 Bài 7: Cho số thực a, b thỏa 36 a2 +16 b 2=9 Tìm GTLN và GTNN A=− a+b+5 Giải: (32) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 2 1 2 ( 36 a +16 b ) − + ≥ 6a − +4b =( −2 a+b )2 4 25 ⇒ ( −2 a+ b ) ≤ 16 5 ⇒ − ≤− a+b ≤ 4 15 25 ⇒ ≤ −2 a+b+ 5≤ 4 Ta có: ⇔ 36 a +9 b 2=9 6a 4b = 1 − 25 −2 a+b=− − GTNN A là 4 ⇔ ¿ a= b=− 20 ¿{{ ⇔ 2 36 a +9 b =9 a 4b = 1 − 25 −2 a+b= GTLN A là 4 ⇔ ¿ a=− b= 20 ¿{{ [( ) ( ) ] [ ( ) ] Bài 8: Cho các số thực dương a, b, c CMR: a+3 b b+ c c+3 a 4 4 a +b + c ≥ + + 4 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : 2 a+3 b a b b b 1 1 2 2 ( ) = + + + ≤ + + + a + b +b +b 4 4 16 16 16 16 2 22 ( a +b + b +b ) 16 ( 1+1+1+1 ) ( a4 + b4 +b +b ) 16 4 a+3 b a +3 b ⇒ ≤ (1) 4 Tương tự: b+3 c b4 +3 c ≤ ( 2) 4 c+ a c +3 a4 ≤ (3) 4 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a+3 b b+ c c+3 a 4 4 + + ≤ a +b +c (đpcm) 4 Bài 9: Cho a , b , c ∈ ( 0,1 ) CMR √ abc+ √ ( −a )( −b )( −c ) <1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : ( )( ) [( ( ( )( ) ) ] [( ) ] ) ( ( ) ) ( )( ) ( ) ( √ abc+ √( − a )( −b ) (1 − c ) ) ≤ [ a+ ( −a ) ][ bc+ ( −b )( − c ) ]=bc + ( 1− b ) ( 1− c ) ⇒ √abc + √ ( 1− a ) ( 1− b ) ( 1− c ) ≤ √ bc + ( 1− b ) ( 1− c ) < √ bc+ √ (1 −b ) (1 − c ) Mà ( √ bc+ √ ( 1− b ) ( 1− c ) ) ≤ [ b+ ( 1− b ) ] [ c+ ( 1− c ) ]=1 ⇒ √ bc+ √ ( 1− b ) ( 1− c ) ≤ Vậy ta có: ( √ abc+ √( − a )( −b ) (1 − c ) ) <1 hay √ abc+ √ ( −a )( −b )( −c ) <1 Lưu ý: Trong cách chứng minh trên ta đã sử dụng bất đẳng thức (33) √ x+ y < √ x + √ y ( x,y >0 ) Dễ dàng chứng minh tính chất này, ta có: ( √ x+ √ y ) =x + y +2 √ xy > x + y ( x,y >0 ) ⇒ √ x + √ y > √ x+ y Bài 10: Cho các số thực dương a, b, c CMR a b c + + ≥ hoctoancapba com 2 ( b+c ) ( c +a ) ( a+b ) ( a+b+ c ) Giải: Ta có: a b c ( a+b+ c ) + + 2 ( b+c ) ( c+ a ) ( a+b )2 [ ] =[ ( √ a ) + ( √ b ) + ( √ c ) ( 2 [ 2 √a + √b + √c ] ( b+c ) ( c+ a ) ( a+ c ) a b c + + b +c c +a a+b ] ) Mà ta có: a b c + + ≥ b+c c +a a+b (bất đẳng thức Nesbit, đã chứng minh phần trước) a b c ⇒ + + ≥ b+ c c +a a+b a b c ⇒ ( a+b+ c ) + + ≥ 2 ( b+c ) ( c + a ) ( a+b ) a b c ⇒ + + ≥ ( đpcm ) 2 ( b+c ) ( c +a ) ( a+b ) ( a+b+ c ) Kỹ thật chọn điểm rơi Bài 1: Cho các số thực dương a, b,c thỏa a+b +c ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) 1 2 A= a + + b + + c + b c a Phân tích: Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức ngoài Giả sử với các số α , β ta có: ( ) [ √ √ ] √ √ √ √ a2 + 1 = 2 b √α + β b 2+ 1 = 2 c √α + β c2 + 1 = 2 a √α +β √( √( √( 1 β ( α + β ) ≥ 2 αa+ b b √α +β ¿ 1 β b2 + ( α 2+ β2 ) ≥ 2 αb + c c √α + β ( ) a2 + ) ( ) ) ( β c+ α + β )≥ αc+ ) ( a a ) √α +β 2 2 2 ¿ 1 1 α ( a+b +c ) + β + + a b c √α +β {{ ¿ ¿¿ ¿ Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a=b=c=2 ⇒ a = α βb ¿ b = α =4 α βc , chọn β=1 c ¿{ = α βa ¿ α ⇒ =ab=bc=ca= β ¿{ { Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải: ⇒A≥ [ ( )] (34) √ √ a 2+ 1 = b √ 17 b2 + 1 = c √ 17 ) ( ) ) ( ) √ ( 2) 1 +1 ≥ 2 c+ a a √ +1 ¿ 1 1 15 a b c 1 ⇒ A≥ ( a+b+ c ) + + + = ( a+b +c ) + + + + + + a b c 4 4 a b c 17 17 √ √ ¿{ { ¿ ¿¿ ¿ ⇔ a = b b = Dấu “=” xảy c c = a ⇔ a=b=c=2 ¿ {{ √ 17 Vậy GTNN A là Bài 2: Cho các số thực dương a, b,c thỏa a+b +c ≥ Tìm GTNN 1 A= a2+ + b2 + + c 2+ b+ c c +a a+ b Phân tích: Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức ngoài Giả sử với các số α , β ta có: √ c2 + 1 = a √ 17 √( √( 1 ( +12 ) ≥ a+ b b √ 17 ¿ 1 b 2+ ( 2+ 12) ≥ b+ c c √ 17 a 2+ [ √( )] ( √ c 2+ √ ( ) [ √ ( a2 + ( 2) β α + β ≥ 2 αa + √ b+c √ b +c √α + β ¿ 1 β b2 + ≥ 2 αb+ c +a √ α + β √ c +a 1 β c2 + ≥ 2 αc+ ❑ a+b √ α + β √ a+b ¿ 1 1 ⇒ A ≥ 2 α ( a+b+ c )+ β + + √a+ b √ b+ c √ c+ a √α +β {{ ¿ ¿ ¿¿ 1 = 2 b+c √ α + β √[ ( a2 + )] √ √ ) )] ( ( ( [ ( ) ) ) )] Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a=b=c=2 ⇒ a = α βb ¿ b = α =4 α βc , chọn β=1 c ¿{ = α βa ¿ α ⇒ =ab=bc=ca= β ¿{ { Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải (35) √ 1 ( 42 +12 ) ≥ a+ b +c √ 17 √ b+c ¿ 1 b2 + ≥ b+ c+ a √ 17 √ c +a 1 c + ≥ 2 4c+ a+b √ +1 √a+ b ¿ 1 1 ⇒ A≥ ( a+ b+c ) + + + √17 √ a+b √ b+c √c +a a 2+ 1 = b+ c √ 17 √( ) a2+ √ ( √ ) 1 1 ( a+ b+c ) +3 √17 √ a+b √ a+b √ c+ a ¿ ≥ ( a+ b+c ) + √ 17 √ a+b+ √ a+ b+ √ c+ a ≥ ( a+b+ c )+ 2 √ 17 ( +1 +1 ) [ ( a+b )+ ( b+c ) + ( c +a ) ] {{ ¿ ¿ ¿¿ ( ≥ ) √ ) ( Với a=b=c=2 thì GTNN A là ¿ α =4 , chọn β=1 ¿{ ¿ α ⇒ =ab=bc=ca= β ¿{ { Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải )] ( ( ¿ ) ) ( [ ¿ ( a=b=c=2 ⇒ a = α βb b = α βc c = α βa ) √ 17 b2 c a2 ≤ +9 b+ca √ 2+18+4 + + a a ¿ c a2 b2 √2+18+ + + ≤ b +9 b+ ca b a2 b2 c ≤ + b+ca √2+18+ + + a c ¿ 4 ⇒ √ 24 A ≥ + + +9 ( a+ b+c ) + ( ab+ bc+ ca ) a b c 4 ¿ ≥ +a + +b + +c + ( 2a+ bc ) + ( b+ac )+ ( c+ab ) +6 ( a+b +c ) a b c 4 ¿ ≥2 a+2 b+2 c +2 √ abc ++ √ abc ++ √ abc+ ( a+b+ c a b c {{ ¿ ¿ ¿¿ Với a=b=c=2 thì GTNN A là √ √ √ √ ( ) ( )( )( ) Bài 3: Cho các số thực dương a, b,c thỏa a+b +c + √ 2abc ≥ 10 Tìm GTNN b2 c a2 c2 a2b2 a2 b2 c A= + + + 2+ + + 2+ + 4 a b c Do A là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: √ √ √ √ Phần ba: Phần Kết Luận √ √ (36) Như đề tài đã giới thiệu bảy kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy và hai kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski chứng minh các bất đẳng thức và các bài toán cực trị Chứng minh bất đẳng thức là quá trình đầy sáng tạo Ngoài các kỹ thuật này thì còn nhiều kỹ thuật hay và sáng tạo Tuy nhiên trên sở các kỹ thuật trình bày đề tài, em mong có thể giúp người đọc tìm nhiều ý tưởng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunyakovski Sau này, có điều kiện thì em tiếp tục tìm nghiên cứu đề tài này, để có thể tìm nhiều kỹ thuật Từ đó, ngày càng hoàn thiện vốn kiến thức mình và giúp cho công tác giảng dạy mình tốt Tài Liệu Tham Khảo EE Vrosovo, NS Denisova, Thực hành giải toán sơ cấp, người dịch Hoàng Thị Thanh Liêm, Nguyễn Thị Ninh, Nguyễn Văn Quyết, NXBGD, 1986 Lê Duy Thiện , Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski để giải bài toán cực trị đại số, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Lang Chánh, Thanh Hóa Nguyễn Ngọc Duy – Nguyễn Tăng Vũ, Bất đẳng thức Cauchy, Trung tâm bồi dưỡng kiến thức Quang Minh, Thành phố Hồ Chí Minh Nguyễn Việt Hải, Kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức AM-GM (CAUCHY), Trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước Nguyễn Văn Mậu, Bài giảng Chuyên đề đẳng thức và bất đẳng thức, Chương trình bồi dưỡng chuyên đề toán, Hà Nội, 11/12/2009 Nguyễn Ngọc Sang, Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cauchy, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Nguyễn Huệ, Thanh Hóa Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Tri thức Tạp chí Toán học Tuổi trẻ Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn, Sai lầm thường gặp và sáng tạo giải toán, Nhà xuất Hà Nội, 2004 (37)