Các bạn tham khảo Mục đích rèn luyện HSG, nâng cao khả tư giải toán cho HSG hay học sinh lớp chọn BĐT Có nêu hướng dẫn mà không giải 2 Ví dụ 4: (THPT Như Thanh - Thanh Hóa 2018 2019) Cho a, b, c �0 a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 P b2 b3 c2 c3 a2 Cách 1: (Đáp án) a3 1 b Ta có: P + = b3 b2 a3 1 c c2 c3 1 a a2 b2 b3 b2 c2 � P 2 b2 b2 2 c2 c2 c3 a2 6 a2 a b c 3 �3 3 3 16 16 16 2 a2 a2 �P Vậy c2 3 2 � ( a b c ) 2 2 2 P P 9 23 2 2 2 3 � a b c 1 Cách 2: (Cô si thuận) a3 Gạch bỏ số ta phân tích a3 a3 a3 � � b b2 b2 ta có cách giải sau: Cô si số (chuẩn) a3 b 3a � Thành lập hai bđt tương tự cộng vế thì: b2 b2 2 a b2 c P � 2 Vậy P a b2 c2 2P 2 P 3 � a b c 1 Cách 3: (Cơ si đảo + B.C.S) a3 Ta có đánh giá khử bậc hai 2a 2a � 2 2 2a b 1 b 2a b Tương tự suy ra: 2 a b2 c2 2a 2b 2c 18 P� � 12 2a b 2b c 2c a a b c Vậy � a b c 1 P Cách 4: (Đổi biến + B.C.S) a3 2 Đổi biến số a x, b y, c z � x y z Ta có P Vậy x2 x y b2 x2 x y Tương tự ta có: z2 x y z � z 1 x x y z x y z 18 2 y2 y z � x y z 1� a b c 1 P Cách 5: (Đổi biến + Cô si thuận) a3 2 Đổi biến số a x, b y, c z � x y z Khi x xy x2 � x xy x2 x xy 2x x xy 2x b2 x2 x xy , ta có: x xy x xy � nên Mà ta có x2 x x xy � x xy Hoàn toàn tương tự ý xy yz zx �3 ta được: x y z x y z xy yz zx 6 12 P� � 2 2 Vậy � x y z 1� a b c 1 P Cách 6: (Cô si đảo + B.C.S) a3 Áp dụng bđt Cô si ta có: b2 2a 2 b2 2a 2a � b 3a ab xuất 2 2 2 biểu thức M ab bc ca �a b c Thật M b.ab c.bc a.ca nên M � b c a a 2b b 2c c a � a b c � a b2 c2 a b2 c2 Từ phân tích suy ra: 3 ngồi 2 a b2 c 2 2a 2b 2c 18 P� � � 3 a b c M 12 3a ab 3b bc 3c ca Vậy � a b c 1 P Ví dụ 5: (HSG Đăk Lăk 2014 2015) 3 Cho a, b,c �0, a b c Chứng minh rằng: P a b c ab bc ca �6 Cách 1: (Đổi biến tổng thể) 2 Ta biến đổi đánh giá theo biểu thức trung gian (trung tâm) a b c t �3 Ta có 3 a b c a � b2 c2 abc a b2 c t2 9t ab bc ca 2 Khi theo t2 t �6 � t 3 2t 3 �0 tính bắc cầu ta chứng minh bđt sau đủ: (đúng t �3 ) Đẳng thức có t � a b c t2 t t t 12 t �3 � �t � 6 2 2 Hoặc từ (đpcm) Cách 2: (bđt phụ) 3 Dùng phép thế, ta có: 27 a b c a b c a b b c c a � 27 a b c 3 a b c ab bc ca 3abc a b c ab bc ca 3abc 3 a b c 27 ab bc ca 3abc bđt trở thành: suy 27 ab bc ca ab bc ca 3abc �6 � 21 3abc �8 ab bc ca Mà ta dễ dàng 12 �4 ab bc ca 3abc �4 ab bc ca � a b c nên ta chứng minh bđt sau: 9abc �4 ab bc ca abc (đúng bđt Schur) ta có đpcm Đẳng thức xảy � a b c Cách 3: (Tách biến + Cơ si) Ta có P a b3 c3 ab bc ca a b3 c a b c b c a c a b P a b3 c3 a a b b c c �12 � a3 b3 c3 a b c a b c �12 � a b3 c3 �3 a b c (*) Để chứng minh (*) ta có nhiều cách, sau bđt Cơ si: � a3 a3 �3a � � 2a �a 4a � 2 a �4a � Ta có � tương tự cộng vế rút gọn (*) Đẳng thức xảy � a b c Cách 4: (Tách biến + tiếp tuyến) Cũng biến đổi tương tự ta cần chứng minh bđt sau: P a b3 c3 a b c a b c �12 Ta có 2a3 a 3a �7 a 1 � 2a a 4a �0 � a 1 Và tương tự suy P �7 a b c 3 12 12 2a 3 �0, a (đpcm) Đẳng thức xảy � a b c Cách 5: Về chất cách - khác hình thức trình bầy, ta dễ dàng chứng minh bđt sau: a b c �3 Khi 2 a b3 c a � b2 c abc �a b c theo 2 tính bắc cầu P �a b c ab bc ca a b c ab bc ca �9 (Vì 2 ab bc ca � a b c 3 ) đpcm Đẳng thức xảy � a b c Ví dụ 6: (Sưu tầm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a b c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 P � a bc b ca c ab Hướng 1: Phương pháp mà ta nghĩ tới bđt Cơ si thuận, trước hết ta có đánh giá sau: 1 abc � a b c 1; a b c � a b c 27 Và sử dụng bđt Cô si (dạng chẩn) a a bc a3 � a bc a a3 a bc 3a abc hai bđt tương tự suy ra: a b2 c 3abc 3 P� � 4 4 (đpcm) Đẳng thức có � a b c BĐT Cô si dạng không chuẩn là: a3 a bc � a bc a 3a a3 a bc 3a bc tương tự suy ra: 3 a b c ab bc ca a b c P� � 4 12 (đpcm) Đẳng thức có � a b c Hướng 2: Phương pháp thứ hai đồng bậc hóa, ta có 2 ab bc ca a 2bc a b c a bc a a b c bc � 3 ta có a b3 c P� 2 a b c ta cần chứng minh: mẫu thức chung, ta có: a3 b3 c3 �a b c (*) BĐT chứng minh đơn giản nhờ bđt Cô si B.C.S Ở ta áp dụng bđt Cô si sau: � a a �3a � � a �a a �2 a �2a � hoàn tương tự cộng vế rút gọn thành bđt (*) Hướng 3: PP thứ ba ta nghĩ đến dùng bđt B.C.S dùng hai dạng: + Dạng 1: 3abc a b c c 3� abc Đưa biến bình phương: abc a�b Khi ta có: a2 b2 c a2 b2 c a4 b4 c4 P �2 2 � 2 � a abc b abc c abc a b c 3abc a b c Đẳng thức có � a b c + Dạng 2: Đưa biến bậc số, ta có: a2 b2 c2 a b c a b c � a b c 3 a b c 3 a b3 c ta có đánh giá: P� � a b c ab bc ca a b c 2 Hướng 4: Ta thử PP Cơ si ngược dấu, ta có: a3 a 2bc a 2bc 1 2 a �a a a abc �a a a bc a bc 2 (Vì abc �1 ) abc Hồn tồn tương tự suy ra: P �a b c 3 a b c �3 2 đpcm Đẳng thức có � a b c Hướng 5: Ta tách biến dùng PP tiếp tuyến, ta có: a3 a3 4a � a bc a b c 4a a đề nghị bạn đọc thử chứng minh bđt sau: 4a 4a a � a 1 2 xem Hướng 6: Để sử dụng bđt Tchebyshev ta phải tách đánh giá hạng tử hợp lý Giả sử a �b �c 1 bc ca ab � � �2�2 � c3 b c (**) (vì ۣ a b c (*) a a bc b ca c ab �� 2� a2 b c2 a2 a bc b2 b ca b3 a3 ) cộng hai bđt ta được: c2 c ab ta hai dãy chiều a2 b2 c2 a b c Q � � a bc b ca c ab a b c ab bc ca Cuối sử Ta đánh giá abc P� Q � (đpcm) Đẳng thức có � a b c dụng bđt Tchebyshev ta có: ... 2b 2c 18 P� � � 3 a b c M 12 3a ab 3b bc 3c ca Vậy � a b c 1 P ? ?Ví dụ 5: (HSG Đăk Lăk 2014 2015) 3 Cho a, b,c �0, a b c Chứng minh rằng: P a b c ab... bc ca �9 (Vì 2 ab bc ca � a b c 3 ) đpcm Đẳng thức xảy � a b c ? ?Ví dụ 6: (Sưu tầm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: a b c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 P... zx 6 12 P� � 2 2 Vậy � x y z 1� a b c 1 P Cách 6: (Cô si đảo + B.C.S) a3 Áp dụng bđt Cơ si ta có: b2 2a 2 b2 2a 2a � b 3a ab xuất 2 2 2 biểu thức M ab bc