CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT (PHƯƠNG PHÁP TỰ LUẬN)

TÀI LIỆU MÔN TOÁN THPT

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT (PHƯƠNG PHÁP TỰ LUẬN) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CÓ TÍNH THUẦN NHẤT Bài toán. Tìm cực trị của biểu thức Q = F ( x, y, z ) với F ( tx, ty, tz ) = F ( x, y, z ) , t ≠ 0 . Hàm số F thỏa mãn điều kiện (1) gọi là hàm thuần nhất ba biến x, y, z. Sau đây là một số ví dụ. Bài 1. Cho

thỏa mãn a 2 − ab + b2 = c 2 . Chứng minh rằng a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 .

Lời giải. Nếu c = 0 từ giả thiết a 2 − ab + b 2 = 0 ⇔ a = b = 0 . Bất đẳng thức luôn đúng. Nếu c ≠ 0 . Đặt a = cx, b = cy ( x, y > 0 ) . Bài toán đã cho trở thành: “Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2 − xy + y 2 = 1 . Chứng minh rằng x 3 + y 3 + 3 xy ≤ 5 ” Ta có 1 = x 2 − xy + y 2 ≥

1 2 ( x + y) ⇒ x + y ≤ 2 . 4

Lại có x + y > 0 , x 2 − xy + y 2 = 1 ⇔ x3 + y 3 = x + y . Từ đó: x 3 + y 3 + 3 xy ≤ x + y +

3 2 ( x + y ) ≤ 5 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. 4

Bài 2. (KA 2009) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x ( x + y + z ) = 3 yz . Chứng minh rằng 3

( x + y) + ( y + z)

3

3

+ 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) .

Lời giải. Cách 1. Đặt a =

x+ y x+z , a, b dương. Khi đó bài toán trở thành: “Cho các số dương a, b ;b = y+z y+z

thỏa mãn a 2 − ab + b 2 = 1 . Chứng minh rằng a 3 + b3 + 3ab ≤ 5 ”. Đây chính là bài toán 1. Cách 2. Đặt y = ax; z = bx ( a, b > 0 ) . Bài toán đã cho trở thành: “Cho các số dương a, b thỏa 3

3

3

mãn 1 + a + b = 3ab . Chứng minh rằng (1 + a ) + (1 + b ) + 3 ( a + b )(1 + a )(1 + b ) ≤ 5 ( a + b ) (2) ”. Ta thấy biểu thức điều kiện và bất đẳng thức cần chứng minh đều đối xứng với a và b. Đặt t = a + b, ( t ≥ 2 ) .

( 2 ) ⇔ 4t 3 − 6t 2 − 4t ≥ 0 ⇔ t ( 2t + 1)( t − 2 ) ≥ 0 luôn đúng t ≥ 2 . Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng

3

(a + b + c) ab ( a + c )

−4

5  a+b+c 4 ≥ c −  (1) a b a+c

Lời giải. Đặt a = bx; c = by

( x + y + 1) (1) ⇔ x( x + y)

3

−4

x + y +1 5y . Đặt ≥ 4y − x x+ y

S = x + y 2 ( S ≥ 4P ) .   P = xy

S2 (coi là hàm bậc nhất ẩn P) Đặt f ( P ) = ( 5 − 4S ) P + ( S − S − S + 1) , 0 ≤ P ≤ 4 3

2

 S2  1 2 2 f ( 0 ) = ( S − 1) ( S + 1) ≥ 0 ; f   = ( S − 2 ) ≥ 0 . Suy ra bất đẳng thức luôn đúng.  4  4

Bài 4. (KA 2013) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = 4c 2 . Tìm GTNN của biểu thức P=

32a 3

( b + 3c )

3

+

32b3

( a + 3c )

3

−

a 2 + b2 . c

a b  Lời giải. Vì các số a, b, c dương nên ta có  + 1  + 1 = 4 ⇔ x + y + xy = 3 . Trong đó c

 c



a b x = ; y = ( x, y > 0 ) . c c 3

Lại có: P =

32a 3

( b + 3c )

3

+

32b3

( a + 3c )

3

3

a b 32   32   2 2 2 2 a +b c c a b   − = + −   +  3 3 c c c b  a   + 3  + 3 c  c 

Khi đó bài toán đã cho trở thành “Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x + y + xy = 3 . Tìm GTNN của biểu thức P=

32 x3

( y + 3)

3

+

32 y 3

( x + 3)

3

− x 2 + y 2 .”

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có Vậy

32 x 3

( y + 3)

3

+

1 1 6x 32 y 3 1 1 6y + ≥ ; + + ≥ . 3 2 2 y + 3 ( x + 3) 2 2 x + 3

2 6 ( x + y ) + 3 ( x + y ) − 2 xy  6x 6y 2 2  − + − x + y −2= P≥ y+3 x+3 xy + 3 ( x + y + 9 )

Đặt t = xy ( 0 < t ≤ 1) . Suy ra P ≥ 4 − 3 xy −

( xy )

2

( x + y)

2

− 2 xy − 2

− 8 xy + 9

Xét hàm số f ( t ) = 4 − 3t − t 2 − 8t + 9, 0 < t ≤ 1. Bằng phương pháp khảo sát hàm số ta có f ( t ) ≥ f (1) = 1 − 2 . Vậy min P = 1 − 2 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Đôi lời bình luận. Đây là một bài toán khó dành cho học sinh giỏi. Trước tiên nhận thấy vai trò của a và b trong biểu thức điều kiện cũng như trong biểu thức P như nhau nên ta tìm cách “khử” bớt biến c. Kỹ thuật này trong toán chứng minh bất đẳng thức được gọi là “kĩ thuật giảm biến”. Một căn cứ để có thể tiến hành được việc giảm biến là bậc của hai về trong biểu thức điều kiện bằng nhau và bậc của tử và maauxa trong các phân thức của biểu thức P bằng nhau. Do đó ta nghĩ đến việc chia cả hai vế hoặc chia cả tử và mẫu cho một lũy thừa của c mà bậc của c hoặc bằng với bậc của hai vế hoặc bằng bậc của tử và mẫu. Khi đã giảm được biến c, bài toán trở thành bài toán của hai biến x, y mà biểu thức điều kiện và biểu thức P đều là những biểu thức đối xứng đối với x, y. Đến đây, ta thấy biểu thức P thu được khá cồng kề và có bậc cao. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi x = y = 1 . Khi đó dương

32 x3

( y + 3)

3

=

32 y 3

( x + 3)

3

=

1 . Vì vậy áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số 2

32 x3

1 1 ; ; ta thu được một biểu thức cần đánh giá gọn hơn và quan trọng là dấu ( y + 3) 2 2 3

bằng xảy ra khi x = y = 1. Kỹ thuật này trong toán chứng minh bất đẳng thức được gọi là “kĩ thuật chọn điểm rơi”. Sau đây là các bài tập tương tự Bài 1. Cho a, b, c dương thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0 . Chứng minh rằng c2

(a + b − c)

2

+

c2 ab + ≥ 2. 2 2 a +b a+b

Bài 2. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = 4c 2 . Chứng minh rằng: 4a 4b 2ab 7c 2 − 3ab + − − ≥ 4. b + c a + c c2 c

Bài 3. Cho a, b, c dương, a ≥ b ≥ c . Tìm GTNN của biểu thức

(a P=

2

+ c 2 ) ab + bc + ca

ac ( a + b + c )

a2 + c2 . + 2bc

Bài 4. Cho a, b, c dương, a + b ≤ c . Tìm GTNN của biểu thức P=

c2 3c 2 ab + c 2 + + a 2 + b 2 ab c2

Bài 5. (KA 2011) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y , x ≥ z . Tìm GTNN của biểu thức P =

x y z . + + 2x + 3y y + z z + x

BÀI TOÁN TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC ĐA BIẾN ĐỐI XỨNG I.

Bài toán tìm cực trị của biểu thức đối xứng hai biến

Ta luôn biết rằng mọi biểu thức đối xứng hai biến x, y đều biểu diễn được thành biểu thức chứa S = x + y và P = xy trong đó S 2 ≥ 4 P . Trước hết chúng ta xét một bài toán cơ bản sau: Bài 1. Cho các số x, y không âm thỏa mãn x + y = 1 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P=

x y + . y +1 x +1

Lời giải. 1 4

Đặt t = xy thì 0 ≤ t ≤ . Khi đó P =

x 2 + y 2 + x + y 2 − 2 xy 2 − 2t = = xy + x + y + 1 2 + xy 2+t  1

Bài toán quy về việc tìm GTLN, GTNN của biểu thức P trên 0;  .  4 x = 0 x = 1 2 1 hoặc  ; min P = ⇔ x = y = . 3 2 y =1 y = 0

Từ đó ta tìm được max P = 1 ⇔  Bài tập tương tự.

Bài 1.1. Cho hai số x, y không âm thỏa mãn x + y = 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P=

2 ( x 2 y + xy 2 )

x 2 + y 2 − xy

.

Bài 1.2. (2009/D) Cho các số thực x, y không âm thỏa mãn x + y = 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức S = ( 4 x 2 + 3 y )( 4 y 2 + 3 x ) + 25 xy . Bài 1.3. Cho các số x, y dương thỏa mãn x + y = 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức S=

1 1 + . 3 x +y xy 3

Bài 2. Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x 2 + y 2 = xy + 3 . Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: S = 7 ( x 4 + y 4 ) + 4 x 2 y 2 . Lời giải. Đặt u = x + y; v = xy ( u 2 ≥ 4v ) .  xy + 3 = x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ −1 ≤ xy ≤ 3 . Vậy −1 ≤ v ≤ 3 . (*) 2 2  xy + 3 = x + y ≥ −2 xy

Ta có 

2

2

Ta biến đổi S = 7 ( x 2 + y 2 ) − 10 x 2 y 2 = 7 ( xy + 3) − 10 x 2 y 2 = −3v 2 + 42v + 63 . Bài toán quy về tìm GTLN, GTNN của f ( v ) = −3v 2 + 42v + 63 trên [ −1;3] . x = 1  x = −1 hoặc  .  y = −1 y =1

Từ đó ta có max S = 162 ⇔ x = y = ± 3 ; min S = 18 ⇔ 

Lời bình. Ở bài toán 2, học sinh hay sai điều kiện (*) của v nên cho những đáp số sai. Một điều cần chú ý với những bài toán phải đặt biến mới đó là chúng ta phải tìm được chính xác điều kiện của biến mới. Bài tập tương tự. Bài 2.1. Cho các số x, y dương thỏa mãn x 2 − xy + y 2 = 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức x6 + y 6 − 1 P= 3 . x y + xy 3

Bài 2.2. Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2 − xy + y 2 = 1 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P=

x4 + y4 + 1 . x2 + y2 + 1

Bài 2.3. Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2 + xy + 4 y 2 = 3 . Tìm GTLN, GTNN của M = x3 + 8 y 3 − 9 xy .

Gợi ý bài toán 2.3. Đây là bài toán đối xứng với hai ẩn là x và 2y.

Bài 3. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn x 2 + xy + y 2 = 3 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = x3 + y 3 − 3x − 3 y .

Lời giải. Bài toán này nếu chúng ta đưa về biểu thức chứa xy thì biểu thức sau khi đạt được sẽ có chứa căn, cồng kềnh phức tạp khó xử lý. Bài toán này ta sẽ đưa về khảo sát cực trị của hàm số 1 biến x + y. Đặt u = x + y; v = xy ( u 2 ≥ 4v ) . Ta có 3 = x 2 + xy + y 2 ≥

3 2 ( x + y ) ⇒ −2 ≤ x + y ≤ 2 ⇒ −2 ≤ u ≤ 2 . 4

3 3 2 P = ( x + y ) − 3 xy ( x + y ) − 3 ( x + y ) = ( x + y ) − 3 ( x + y ) ( x + y ) − 3 − 3 ( x + y ) = −2u 3 + 6u .  

Bài toán quy về tìm GTLN, GTNN của f ( u ) = −2u 3 + 6u trên [ −2; 2] . Từ đó tìm được max P = 4; min P = −4 . Bài tập tương tự. Bài 3.1. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 2 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: P = 2 ( x3 + y 3 ) − 3 xy . Bài 3.2. Cho các số x, y dương thỏa mãn x + y + xy = 3 . Tìm GTLN của biểu thức P=

3x 3y xy + + − x2 − y 2 . y +1 x +1 x + y

( x + y) Lời giải. Giả thiết 3 = x + y + xy ≤ x + y + 4

P=

2

⇒ x + y ≥ 2 . Biến đổi

 3 1 12 2 −( x + y) + ( x + y) + + 2 ≥ , ∀ ( x + y ) ≥ 2 .  4 x+ y  2

Dấu bằng khi x = y = 1. Bài 4. (2009/B) Cho các số x, y thỏa mãn A = 3( x + x y + y 4

2

2

4

) − 2( x

2

+y

2

( x + y)

3

+ 4 xy ≥ 2 . Tìm GTNN của biểu thức

) + 1.

Lời giải. 3

3

2

1 2

Ta có 2 ≤ ( x + y ) + 4 xy ≤ ( x + y ) + ( x + y ) ⇒ x + y ≥ 1 ⇒ x 2 + y 2 ≥ .

A≥

2 9 2 9 1 1 9 x + y 2 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1 ≥ . − 2. + 1 = . ( 4 4 4 2 16

1 2

Dấu bằng xảy ra khi x = y = . Bài tập tương tự Bài 4.1. (2012/D) Cho các số thực x, y thỏa mãn

( x − 4)

2

2

+ ( y − 4 ) + 2 xy ≤ 32

Tìm GTNN của biểu thức A = x 3 + y 3 + 3 ( xy − 1)( x + y − 2 ) . Các bài toán đối xứng dấu bằng thường xảy ra tại tâm, tuy nhiên có một số bài toán thì dấu bằng lại lệch tâm, bài toán sau đây là một ví dụ Bài 5. (2011/B) Cho a, b là các số dương thỏa mãn 2 ( a 2 + b 2 ) + ab = ( a + b )( ab + 2 )

 a 3 b3   a 2 b 2  + 3  − 9 2 + 2  . 3 a  b a  b

Tìm GTNN của biểu thức A = 4  Lời giải. Giả thiết suy ra 2 2 a b 2 +  +1 = a + b + + ≥ 2 a b b a 3

2 2 a b 5 a b +  = 2 4 + 2 +  ⇒ + ≥ b a 2 a b b a

( a + b ) 

2

23 a b a b a b A = 4  +  − 9  +  − 12  +  + 18 ≥ − . 4 b a b a b a

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( a; b ) = (1;2 ) hoặc ( a; b ) = ( 2;1) . Bài tập tương tự Bài 5.1. Cho x, y là các số dương. Tìm GTNN của biểu thức A=

x3 y 3  x 2 y 2  x y + − + + + y 3 x3  y 2 x 2  y x

Bài 5.2. Cho x, y là các số thực. Tìm GTNN của biểu thức A=

x4 y 4  x2 y 2  x y + − + + + y 4 x4  y 2 x2  y x

Bài 6. (2013/A) Cho các số a, b, c dương thỏa mãn ( a + c )( b + c ) = 4c 2 . Tìm GTNN của biểu thức P =

32a 3

( b + 3c )

3

+

32b3

( a + 3c )

3

a 2 + b2 . c

−

Phân tích bài toán. Đây là bài toán tìm cực trị của các biểu thức đồng bậc và đối xứng với hai biến a, b cho nên a c

b c

việc đầu tiên là sử dụng tính đồng bậc của biểu thức để giảm biến (bằng cách đặt x = ; y = ) sau đó đưa về bài toán xử lý các biểu thức đối xứng. a c

Lời giải. Đặt x = ; y =

b (x, y dương) c

Giả thiết ta có (1 + x )(1 + y ) = 4 ⇔ xy + x + y = 3 .

( x + y) Suy ra 3 = xy + x + y ≤ 4

P=

32 x3

(3 + y )

3

+

+ x+ y ⇒ x+ y ≥ 2. 3

32 y 3

(3 + x )

2

 x y  2 2 − x + y ≥ 8 +  − x +y . 3 3 y x + +   2

3

2

Bằng biến đổi đơn giản ta có 3

3

P ≥ ( x + y − 1) − x 2 + y 2 = ( x + y − 1) −

( x + y)

2

+ 2( x + y) − 6

Bằng phương pháp xét hàm số ta có P ≥ 1 − 2 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Bài tập tương tự. Bài 6.1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ( a + 2c )( b + 2c ) = 16c 2 . Tìm GTNN của biểu thức Q = II.

128a 4

( b + 6c )

4

+

128b 4

( a + 6c )

4

+

a2 + b2 . c

Bài toán tìm cực trị của biểu thức đối xứng ba biến x + y + z = 4 . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức = xyz 2 

Bài 7. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 

Q = x4 + y 4 + z 4 . Lời giải. Đặt t = xy + yz + zx ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = 16 − 2t . 2

Q = ( x2 + y 2 + z 2 ) − 2x2 y 2 − 2 y2 z 2 − 2z 2 x2 2 2 = (16 − 2t ) − 2 ( xy + yz + zx ) − 2 xyz ( x + y + z )    2 2 2 = 4t − 64t + 256 − 2 t − 16  = 2t − 64t + 288

Ta tìm khoảng biến thiên của t.

t = xy + yz + zx = x ( y + z ) + yz = x ( 4 − x ) +

2 2 = −x2 + 4x + x x

y + z = 4 − x  Lại có  . Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi 2  yz = x 8 2 ( 4 − x ) ≥ ⇔ 3 − 5 ≤ x ≤ 2 (do 0 < x < 4). x  5 5 − 1 Khi đó t ∈ 5; . 2    5 5 −1  Từ đó ta có max Q = Q ( 5 ) = 18 và min Q = Q   = 383 − 165 5 .  2 

Bài tập tương tự. x + y + z = 3 . Tìm GTLN, GTNN của  xy + yz + zx = 1

Bài 7.1. Cho các số x, y, z không âm thỏa mãn 

Q = x4 + y 4 + z 4 . Lời giải. Đặt t = xyz thì Q = 47 + 12t .  y + z = 3 − x y + z = 3− x . Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi Ta có  ⇔ 2  yz = x − 3 x + 1  yz = 1 − x ( y + z ) 3+ 2 6 . 3 Q = 47 + 12 ( x3 − 3 x 2 + x ) = 12 x3 − 36 x 2 + 12 x + 47 .

(3 − x )

2

≥ 4 ( x 2 − 3 x + 1) ⇔ 0 ≤ x ≤

Khảo sát hàm số này ta có  3 + 2 6  105 + 16 6 max Q = Q  , min Q = Q ( 0 ) = 47 . = 3  3   xy + yz + zx = 8 Bài 7.2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn  . Tìm GTLN, GTNN của biểu thức  xyz = 4

Q = x4 + y 4 + z 4 .

Bài 8. Cho các số dương a, b, c. Tìm GTNN của biểu thức

(a + b + c) Q= 3

2

+

a 3 + b3 + c3 a2 + b2 + c2 − 2abc 2 ( ab + bc + ca )

Lời giải. Do Q là một biểu thức thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Đặt t = ab + bc + ca ( 0 < t ≤ 3) . 2

Ta có ( a + b + c ) = 3 + 2t , a 3 + b3 + c 3 = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) + 3abc = ( a + b + c )( 3 − t ) + 3abc Suy 2t 3 1  1 1 1  3 5 2t 3 9 ( 3 − t ) + +  + +  (3 − t ) − ≥ + − + 3 2 2  ab bc ca  2t 2 3 2t 2t 2t 12 Hay Q = −2 + + với 0 < t ≤ 3 . Từ đó ta có min Q = Q ( 3) = 4 . 3 t Q =1+

ra

Bài tập tương tự. Bài 8.1. Cho các số thực dương a, b, c. Tìm GTNN của biểu thức

(a + b + c) Q=

2

1  a 3 + b3 + c3 a 2 + b 2 + c 2  + −   a2 + b2 + c2 2  abc ab + bc + ca 

Bài 8.2. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 7 ( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≤ 9abc + 2 ( a + b + c )

3

KỸ THUẬT TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY A. CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CẦN BIẾT 1. Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm: cho n số không âm Ta có:

x1 , x 2 ,...., x n .

x1 + x 2 + ... + x n ≥ n n x1.x 2 ...x n

Dấu bằng xảy ra

⇔ x1 = x 2 = ... = x n .

2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai bộ

( x1 , x 2 ,..., x n ) & ( y1 , y 2 ,..., y n ) . Ta có:

2 ( x1.y1 + x 2 .y2 + ... + x n .yn ) ≤ ( x12 + x 22 + ... + x 2n )( y12 + y22 + ... + y 2n )

Dấu bằng xảy ra

⇔

x x1 x 2 = = ... = n y1 y 2 yn

.

3. Bất đẳng thức Svac-sơ:

x12 x 22 x 2 ( x + x 2 + ... + x n ) + + ... + n ≥ 1 y1 y 2 yn y1 + y 2 + ... + y n với

y1 , y 2 , y3 ,...y n > 0, ( n ≥ 2 )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

x x1 x 2 = = ... = n y1 y 2 yn

B. MỘT SỐ KỸ THUẬT TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY

2

1. Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi Ví dụ 1:

Cho

a1 ,a 2 ,...a 2014 > 0 và a1 + a 2 + ... + a 2014 = 1 .

1

Chứng minh: 

 a1

 1

-1

 a 2

  1



-1 ...

  a 2014

-1 ≥ 20132014 . 

Hướng khai thác điều kiện như sau: • Khai thác điều kiện kết hợp với bất đẳng thức kinh điển để giới hạn miền giá trị của biến. • Khai thác bằng cách thế vào biểu thức cần chứng minh. • Khai thác bằng dùng điều kiện vào các bước cuối cùng hoặc các bước trung gian của bài toán chứng minh. Ở đây tôi khai thác theo hướng thế vào biểu thức cần chứng minh. Ta có:

1- a1 a 2 + a 3 + ... + a 2014 20132013 a 2 ...a 2014 = ≥ a1 a1 a1  1

Tương tự cho 

 a2



 1



 a 2014

-1 ;...; 

.



-1 . 

Nhân vế với vế các bất đẳng thức ta được điều phải chứng minh.

1

Dấu bằng xảy ra

⇔ a1 = a 2 = ... = a 2014 =

Tổng quát: Cho

a1 ,a 2 ,...a n > 0 và a1 + a 2 + ...+ a n = 1

1

Chứng minh: 

 a1

 1

-1

 a 2

  1

-1 ...

  an

2014



.

-1 ≥ ( n -1) 

n

.

Bài tập: 1) Cho

x+y+z = 0

Tìm GTNN của biểu thức

P = 3 + 4x + 3 + 4 y + 3 + 4z

.

2) Cho a, b, c dương và a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

a3 b3 c3 + + . b2 + 3 c2 + 3 a2 + 3

3) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

4a 3 4b3 4c3 + + ≥ 3. (1+ b)(1+ c) (1+ c)(1+ a) (1+ a)(1+ b) 2. Đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng kết hợp chọn điểm rơi

Ví dụ 2: Cho

x > 0, y > 0, z > 0; x + y + z =

3 . Tìm giá tri lớn nhất của biểu thức. 4

P = 3 x + 3y + 3 y + 3z + 3 z + 3x Nhận xét: Ta thấy do x, y, z có vai trò như nhau trong biểu thức. Từ đó ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi

x=y=z=

1 1 . Với x = y = z = 4 4

nên x + 3y = 1; y + 3z =1; z + 3x =1, mặt khác ta dùng bất đẳng thức Cauchy

để khử căn bậc 3.

x + 3y +1+1 . 3 y + 3z +1+1 3 y + 3z .1.1 ≤ . ( ) 3 z + 3x +1+1 3 z + 3x .1.1 ≤ . ( ) 3 1 Cộng vế theo vế ⇒ P ≤ 3 ⇒ maxP = 3 ⇔ x = y = z = . 4 3

( x + 3y ) .1.1 ≤

Bài tập:

( x + y) 1) Cho x, y >0. Tìm GTNN của biểu thức : Q = xy 2

2) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c =

Tìm GTNN của biểu thức

3) Cho ba số thực

P=

x, y,z ≥ 0

Tìm GTLN của biểu thức

3

và

3

.

3 . 4

1 1 1 +3 +3 a + 3b b + 3c c + 3a x 3 + y3 + z 3 = 1 .

M = x 2 yz + y 2 zx + z 2 xy .

3. Kỹ thuật đổi biến kết hợp Cauchy chọn điểm rơi

Ví dụ 3: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh 1 1 1 3 ≥ P= 3 + 3 + 3 a ( b + c) b ( c + a ) c ( a + b) 2 Nhận xét: Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức

∀a,b,c > 0 ⇒

a2 b2 c2 a +b+c + + ≥ b+c c+a a +b 2

qua một phép biến đổi.

Do đó để giải được nhanh gọn bài toán trên ta phải thực hiện phép đổi biến để đưa về bất đẳng thức nguồn ban đầu. Đặt

1 1 1 x = , y = ,z = ⇒ xyz = 1 . a b c

Bài toán trở thành chứng minh:

P=

x 3 yz y3zx z 3 xy 3 x2 y2 z2 3 ≥ ⇔ ≥ + + + + y+z z+x x+y 2 y+z z+x x+y 2

Để giải được tiếp tục nhận xét điểm rơi ở bài này là: x = y = z = 1 Từ đó ta có:

x2 y+z y2 z+x z2 x+y + ≥ x; + ≥ y; + ≥z y+z 4 z+x 4 x+y 4 Cộng vế theo vế ta được: P ≥

x+y+z 3 ≥ . Dấu bằng xảy ra <=> x = y = z = 1. 2 2

Cách khác:

Ta có :

1 1 2 1 bc a = a2 = = a3 ( b + c) a 2 ( b + c) b + c 1 + 1 bc b c

Tương tự rồi cộng ba đẳng thức vế theo vế ta có

1 1 1 2 2 1 1 1 a + b + c2 . + + = a 3 ( b + c ) b3 ( c + a ) c3 ( a + b ) 1 + 1 1 + 1 1 + 1 b c c a a b Áp dụng bất đẳng thức Svac – sơ ta có:

1 1 1 1 1 1 + + 2 2 2 a + b + c ≥a b c≥3 1 1 1 1 1 1 2 2 + + + b c c a a b

, dấu bằng xảy ra <=> a = b = c = 1.

Bài tập. 1) (Trích đề thi ĐH Khối A năm 2007) Cho

P=

x > 0, y > 0,z > 0, xyz = 1 . Tìm GTNN của biểu thức:

x2 ( y + z) y2 ( z + x ) z2 ( x + y) + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2y y

2) Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

x 9 + y9 y9 + z 9 z9 + x 9 P= 6 + + x + x 3 y3 + y 6 y 6 + y3z3 + z 6 z 6 + z 3 x 3 + x 6 3) Với a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc.

a 2 + 2c2 c 2 + 2b 2 b 2 + 2a 2 + + ≥ ac cb ba

Chứng minh :

3

4. Kỹ thuật đánh giá mẫu số Ví dụ 4: Chứng minh rằng:

1 1 1 1 + 3 3 + 3 3 ≤ ∀a,b,c > 0 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc 3

Nhận xét: Biểu thức cần chứng minh vai trò a, b, c giống nhau nên điểm rơi là a = b = c. Đồng thời mẫu số phức tạp do đó ta chọn phương án đánh giá mẫu số cụ thể như sau: Ta có:

x 3 + y3 = ( x + y ) ( x 2 + y 2 - xy ) ≥ ( x + y )( 2xy - xy ) = ( x + y ) xy ⇒

1 1 1 ≤ = 3 a + b + abc ( a + b ) ab + abc ab ( a + b + c ) 3

Tương tự:

1 1 ≤ 3 b + c + abc bc ( a + b + c ) 1 1 ≤ 3 3 c + a + abc ac ( a + b + c ) 3

Cộng vế theo vế ta được:

1 1 1 1 1 1 1  1 + 3 3 + 3 3 ≤ + =  + 3 a + b + abc b + c + abc c + a + abc a + b + c  ab bc ca  abc 3

Bài tập.

a, b,c > 0

1) Cho 

2

2

2

a + b + c = 1

2) Cho

. Chứng minh rằng:

a b c 3 3 + 2 2+ 2 ≥ . 2 2 b +c c +a a +b 2 2

a, b, c > 0; abc = 1

Chứng minh rằng:

1 1 1 + + ≤1 a + b +1 b + c +1 c + a +1

3) Cho các số dương a, b, c và

ab + bc + ca = 3.

Chứng minh rằng:

1 1 1 1 + + . ≤ 2 2 1+ a (b + c) 1+ b (c + a) 1+ c (a + b) abc 2

TỪ NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC I. 1.

BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ CÁC HỆ QUẢ Bất đẳng thức Cauchy

Cho a1 , a2 ,..., an > 0 . Ta có:

a1 + a2 + ... + an n ≥ a1a2 ...an . n

Đẳng thức xảy ra khi a1 = a2 = ... = an . 2.

Các bất đẳng thức hệ quả hay dùng

1 2 ( a + b ) ≥ 2ab 2 1 2 2. a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca 3 2 2 2 a +b  a+b 3. ab ≤ , ab ≤   2  2 

1. a 2 + b 2 ≥

3

a 3 + b3 + c 3 a+b+c , abc ≤  4. abc ≤  , ∀a, b, c > 0 3 3   1 1 5.  +  ( a + b ) ≥ 4, ∀a, b > 0 a b 1 1 1 6.  + +  ( a + b + c ) ≥ 9, ∀a, b, c > 0 a b c

3.

Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. (A – 2006) Cho xy ≠ 0 và ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy (1). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

1 1 + 3. 3 x y 1 x

Lời giải. Đặt a = , b =

1 1 1 1 1 1 1 . Ta có (1) ⇔  +  = 2 + 2 − ⇔ a + b = a 2 + b 2 − ab y  a b  ab a b ab 2

Khi đó: A = a 3 + b3 = ( a + b ) ( a 2 + b 2 − ab ) = ( a + b ) (2) 2

2

Từ (1) lại có: a + b = ( a + b ) − 3ab ≥ ( a + b ) − ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4 (3)

3 1 2 2 (a + b) = (a + b) 4 4

1 2

Từ (2) và (3) ta có: A ≤ 16. Vậy Amax = 16 khi a = b = 2 ⇔ x = y = .

Ví dụ 2. (A – 2009) Cho x, y, z > 0 và x ( x + y + z ) = 3 yz (1). Chứng minh rằng: 3

( x + y) + ( x + z)

3

3

+ 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) ≤ 5 ( y + z ) (2)

Lời giải. Đặt: a = y + z , b = z + x, c = x + y . Khi đó: (1) b+c−a a+b+c a+c−b a +b−c 2 2 . = 3. . ⇔ ( b + c ) − a 2 = 3 a 2 − ( b − c ) ⇒ a 2 = b 2 + c 2 − bc 2 2 2 2 3 1 2 2 2 2 ⇒ a 2 = ( b + c ) − 3bc ≥ ( b + c ) − ( b + c ) = ( b + c ) ⇒ b + c ≤ 2a 4 4

(

⇔

)

(2) ⇔ b3 + c3 + 3abc ≤ 5a 3 . Có: b3 + c3 + 3abc = ( b + c ) ( b 2 + c 2 − bc ) + 3abc 3 3 2 = ( b + c ) a 2 + 3abc ≤ a 2 ( b + c ) + a ( b + c ) ≤ a 2 .2a + a.4a 2 = 5a 3 4 4

((2) được chứng minh)

Ví dụ 3. (A – 2007). Cho x, y, z > 0 và xyz = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: P=

x2 ( y + z ) y y + 2z z

+

y2 ( z + x) z z + 2x x

+

z2 ( x + y) x x + 2y y

Lời giải. Theo Cauchy ta có: x 2 ( y + z ) ≥ 2 x 2 yz = 2 x x 2 yz = 2 x x ( do xyz = 1) Vậy: P ≥

2y y 2x x 2z z + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y

4b + c − 2a  x x=  a = y y + 2 z z 9   4c + a − 2b  Đặt: b = z z + 2 x x ⇒  y y = 9   2 c x x y y = + 4 a + b − 2c   z z = 9 

Khi đó: P ≥ 2

4b + c − 2a 4c + a − 2b 4 a + b − 2c 2   b c a   c a b   4 =  4 + +  +  + +  − +2 +2 9   a b c   a b c  3 9a 9b 9c

2 b c a c a b 4 ⇒ P ≥  4.3 3 . . + 3 3 . .  − = 2 . Vậy Pmin = 2 khi x = y = z = 1 9 a b c a b c 3

Ví dụ 4. Cho a, b > 0 và a + b ≤ 1. Chứng minh rằng: ab + Lời giải. Ta có: 0 < 2 ab ≤ a + b ≤ 1 ⇒ 0 < ab ≤ Lại có: ab +

1 1 33 + 2≥ . 2 a b 4

1 4

1 1 2 1 31 1 31 33 . + 2 ≥ ab + = ab + + ≥ 2 ab. + = 2 16ab 16ab 16ab 16. 1 4 a b ab 4

Ví dụ 5. Cho a, b, c > 0 : a + b + c ≤ 1 . Chứng minh: a 2 b2 c 2 1 1 1 + + + + + ≥ 28 b c a ab bc ca

Lời giải. Theo Cauchy ta có: a2 b2 c2 a2 b2 c2 + b ≥ 2a, + c ≥ 2b, + a ≥ 2c ⇒ + + ≥ a+b+c b c a b c a 1 1 1 ⇒ VT ≥ a + b + c + + + ab bc ca

 1   1   1  =  + 27 a + 27b  +  + 27b + 27c  +  + 27c + 27 a  − 53 ( a + b + c )  ab   bc   ca  1 1 1 ⋅ 27 a ⋅ 27b + 3 3 ⋅ 27 a ⋅ 27b + 3 3 ⋅ 27 a ⋅ 27b − 53 = 28 ab ab ab 1 "="⇔ a =b = c = 3

≥ 33

Ví dụ 6. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: 3

( x + y )( y + z )( z + x ) ≥

2 xy + yz + zx . 3

Lời giải. Đặt x + y + z = a, xy + yz + zx = b, xyz = c Ta có: ( x + y )( y + z )( z + x ) = ( a − x )( a − y )( a − z ) = ab − c Bđt ⇔ 3 ab − c ≥

2 8 b ⇔ ab − c ≥ b b (*) 3 3 3

Áp dụng bđt Cauchy có: a 2 ≥ 3b ⇒ ab ≥ 3.b b , và b ≥ 3 3 c 2 ⇒ −c ≥ − Suy ra: ab − c ≥ 3.b b −

b b 8b b = . Vậy (*) được chứng minh. 3 3 3 3

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z.

b b 3 3

II.

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG CỘNG MẪU SỐ

1.

Bất đẳng thức: Cho ai > 0, ∀i = 1,..., n , ta có:

n2 1 ≥ ∑ n i =1 ai ∑ ai n

i =1

Đẳng thức xảy ra khi a1 = a2 = ... = an 2.

Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. (A – 2005) Cho x, y, z > 0 và

1 1 1 + + = 4 . Chứng minh: x y z

1 1 1 + + ≤1 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z

Lời giải. Áp dụng bđt cộng mẫu nêu trên ta có: 1 1 1 1 4 4 16 + + + ≥ + ≥ x y x z x + y x + z 2x + y + z

Tương tự có: 1 2 1 16 1 1 2 16 + + ≥ , + + ≥ x y z x + 2 y + z x y z x + y + 2z

Từ các bđt trên và từ giả thiết ta suy ra đpcm.

Ví dụ 2. Cho a, b > 0 và a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = Lời giải. Áp dụng bđt : P=

1 2

1+ a + b

2

+

1 2

1+ a + b

2

1 1 4 + ≥ a b a+b

1 1 4 1 4 1 + ≥ 2 + = + 2 2 6ab 3ab a + 6ab + b + 1 3ab (a + b) + 1 + 4ab 3ab 2

1 a+b Mặt khác ab ≤   = . Vậy P ≥ 4  2 

4  a+b 2+   2 

2

1 + a 2 + b 2 = 6ab 1  ⇔a=b= . Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b 2 a + b = 1 

+

1 a+b 6   2 

2

≥

8 3

+

1 . 2ab

Ví dụ 3. (Thi vào Chuyên Trần Phú – 2009). Cho các số dương a, b, c thoả mãn a + b + c ≤ 3 . 1 2009 Chứng minh rằng: 2 + ≥ 670 . 2 2 a + b + c ab + bc + ca Lời giải. 2

2

Ta có ab + bc + ca ≤ a + b + c

2

(a + b + c) ⇒ ab + bc + ca ≤ 3

2

≤ 3⇒

2007 ≥ 669 ab + bc + ca

Áp dụng bđt cộng mẫu có: 1 1 1   2 2 2 + +  2  ( a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ) ≥ 9 2 2 ab + bc + ca ab + bc + ca  a +b +c 1 2 9 + ≥ ≥ 1. 2 2 a +b +c ab + bc + ca ( a + b + c ) 2 2

Vậy

1 2009 + ≥ 670 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. 2 2 a + b + c ab + bc + ca 2

Ví dụ 4: Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x + y + z = 3 . Chứng minh rằng: 4+ x 4+ y 4+ z + + ≥5 4− x 4− y 4− z

Lời giải: Ta có:  1 4+ x 4+ y 4+ z 1 1   1 1 1  + + = 2 + + + +   +  4− x 4− y 4− z  4 − x 4 − y 4 − z   2 − x 2 − y 2 − z  9 1 1 1 ≥ 2. + + + 2y 2z 12 − ( x + y + z ) 2 − 2 x 2− 2− 2 x 2 y 2 z 1 1 1 x +1 y +1 z +1 ≥ 2+ + + = 2+ + + =5 2x 2y 2z 2 2 2 2− 2− 2− x +1 y +1 z +1

Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y = z = 1

III. 1.

BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG PHÂN THỨC (Dồn biến theo trung bình nhân) Bất đẳng thức 1: Cho a1 , a2 ,..., an > 1 . Chứng minh rằng:

a.

1 n 1 1 ≥ ∑ n i =1 1 + ai 1 + n a1a2 ...an

b.

1 n 1 1 ≥ ∑ m n i =1 (1 + ai ) 1 + n a1a2 ...an

2.

Bất đẳng thức 2: Cho 0 < a1 , a2 ,..., an < 1 . Chứng minh rằng:

(

)

m

với mọi m nguyên dương

a.

1 n 1 1 ≤ ∑ n n i =1 1 + ai 1 + a1a2 ...an

b.

1 n 1 1 với mọi m nguyên dương ≤ ∑ n i =1 m 1 + ai m 1 + n a a ...a n 1 2

3.

Các trường hợp đặc biệt:

Bài 1. Cho a, b > 0 và ab ≥ 1 . Chứng minh rằng: a. b.

c.

1 1 2 + ≥ 1 + a 1 + b 1 + ab 1

(1 + a )

2

1

(1 + a )

n

+

+

1

(1 + b )

2

1

(1 + b )

n

≥

≥

2

(1 +

ab

)

2

)

n

2

(

1 + ab

Bài 2. Cho a, b > 0 và ab ≤ 1 . Chứng minh rằng: a. b. c.

1 1 2 + ≤ 1 + a 1 + b 1 + ab 1 1 2 + ≤ 1+ a 1+ b 1 + ab 1 1 2 +n ≤ n n 1+ a 1+ b 1 + ab

Bài 3. Cho a, b, c > 1 . Chứng minh rằng: a. b. c.

1 1 1 3 + + ≥ 3 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc 1 1 1 3 + + ≥ 2 2 2 (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) 1 + 3 abc

(

1

(1 + a )

n

+

1

(1 + b )

n

+

1

(1 + c )

n

≥

b.

2

)

n

3

(1 +

3

abc

Bài 4. Cho 0 < a, b, c < 1. Chứng minh rằng: a.

)

1 1 1 3 + + ≤ 3 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc 1 1 1 3 + + ≤ 1+ a 1+ b 1+ c 1 + 3 abc

, ∀n ∈ N *

c.

n

4.

1 1 1 3 , ∀n ∈ N * +n +n ≤ n 1+ a 1+ b 1+ c 1 + 3 abc

Bài tập áp dụng

Ví dụ 1. Cho a, b, c ≥ 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 1 + a 1 + b 1 + c 1 + 4 ab3 1 + 4 bc 3 1 + 4 ca 3

Lời giải. Với x, y ≥ 1ta có: Thật vậy (1) ⇔

1 1 2 (1) + ≥ 2 2 1+ x 1+ y 1 + xy

2 + x2 + y 2 2 ≥ ⇔ ( 2 + x 2 + y 2 ) (1 + xy ) ≥ 2 + 2 x 2 + 2 y 2 + 2 x 2 y 2 2 2 (1 + x )(1 + y ) 1 + xy

 x = y  ⇔ ( x − y ) ( xy − 1) ≥ 0 (đúng do x, y ≥ 1 ). Đẳng thức xảy ra khi:   xy = 1 ⇔ x = y  x, y ≥ 1  2

Áp dụng (1) ta có:

1 1 2 2 2 4 + + ≥ + ≥ 1 + a 1 + b 1 + b 1 + ab 1 + b 1 + 4 ab3

Tương tự có:

1 3 4 1 3 4 + ≥ , + ≥ 1 + b 1 + c 1 + 4 bc3 1 + c 1 + a 1 + 4 ca 3

Từ đó suy ra:

1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + 1 + a 1 + b 1 + c 1 + 4 ab3 1 + 4 bc3 1 + 4 ca 3

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c Ví dụ 2. (A – 2011). Cho x, y, z ∈ [1;4] và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

x y z + + 2x + 3y y + z z + x

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức 1a ta có: P=

1 2+3

Đặt :

y x

+

1 1+

z y

+

1 1+

x z

≥

1 2+3

y x

2

+ 1+

x y

2 x t2 = t , t ∈ [1;2] ⇒ P ≥ 2 + y 2t + 3 1 + t

−2 t 3 ( 4t − 3) + 3t ( 2t − 1) + 9  2 t2 + , t ∈ [1; 2]; f ' ( t ) = <0 Xét hàm: f ( t ) = 2 2 2t + 3 1 + t ( 2t 2 + 3) (1 + t )2

⇒ f (t ) ≥ f ( 2) =

Vậy: Pmin

IV.

34 . 33

t = 2 34  = khi  z x hay x = 4, y = 1, z = 2 33 y = z 

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài 1. (D – 2005). Cho x, y, z > 0 và xyz = 1 . Chứng minh rằng: 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z3 1 + z 3 + x3 + + ≥3 3 xy yz zx

Bài 2. (A – 2003). Cho x, y, z > 0 thỏa mãn : x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng: P=

x2 +

1 1 1 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 2 x y z

Bài 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 1   1 + + ≥ 3 + + . a b c  a + 2b b + 2c c + 2a 

Bài 4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

1 4 9 36 + + ≥ . a b c a +b+c

Bài 5. Cho a, b, c, d > 0. Chứng minh rằng:

1 1 4 16 64 + + + ≥ . a b c d a+b+c+d

Bài 6. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

4 5 3 2 1   3 + + ≥ 4 + +  a b c a+b b+c c+a

Bài 7. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

a + 3c c + 3a 4b + + ≥ 6. a+b b+c c+a

Bài 8. Cho a, b, c > 0 , thoả mãn điều kiện: ab + bc + ca = 3 . Chứng minh rằng: a b c + 2 + 2 ≥ abc. 2a + bc 2b + ca 2c + ab 2

Bài 9. Cho a, b > 1. Chứng minh rằng:

a b 2 ab + ≥ . 1 + a 1 + b 1 + ab

Bài 10. Cho a, b, c > 1. Chứng minh rằng: a)

∑ cyc

2+b+c ≥6 1+ a

2

b)

 2+b+c ∑   ≥ 12  cyc  1 + a

Bài 11. Cho 0 < a, b, c ≤ 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + . 3 3 3 2 2 1 + a 1 + b 1 + c 1 + ab 1 + bc 1 + ca 2

Bài 12. Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của: P=

1 1 1 + + a b 1 + 2014 1 + 2014 1 + 2014c

Bài 13. Cho a, b, c ≥ 0. Chứng minh rằng:

1

∑ 1 + 27

a

1 a + 2b cyc 1 + 3

≥∑

cyc

Bài 14. Cho a, b, c ≥ 1. Chứng minh rằng:

1 2 3 6 + + ≥ 6 3 2 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc

Bài 15. Cho 0 < a, b, c ≤ 1. Chứng minh rằng:

∑ cyc

1 1+ a

3

≤∑ cyc

1 1 + ab 2

Bài 16. Cho a, b, c ≥ 1. Chứng minh rằng: 3 4 5 2 6 4 + + ≥ + + 2 2 2 1 + a 1 + b 1 + c 1 + ab 1 + bc 1 + ca

Bài 17. Cho 1 ≤ a, b, c ≤ 2. Chứng minh rằng: 2 ( 2 − a ) 2 (1 + a ) 2 ( a − 1) 1 3 2a + + ≥ + + 1 + a 1 + b 1 + c 1 + ab 1 + bc 1 + ca

Bài 18. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=

1

( x + 1)

2

+

4

( y + 2)

2

+

8

( z + 3)

2

.

TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN BẰNG CÁCH KHẢO SÁT DẦN TỪNG BIẾN Bài toán: Tìm GTLN (GTNN ) của hàm số y = f ( x1 ; x2 ;...; xn ) trên miền D

D = {( x1 ; x2 ;...; xn ) , xi ∈ Di ,} với i ∈ {1; 2;...; n} , n ∈ ℕ * .

Phương pháp : Tìm GTLN (GTNN ) của hàm số với biến thứ nhất và các biến còn lại coi là tham số, rồi tìm GTLN (GTNN ) của hàm số mới với biến thứ hai và các biến còn lại coi là tham số… cho đến biến cuối cùng.

Các ví dụ: Ví dụ 1. Cho x ∈ [ 0;1]; y ∈ [ 0; 2] . Tìm GTNN của P = (1 − x )( 2 − y )( 4 x − 2 y ) Lời giải: +Có P = 2 (1 − x )( 2 − y ) ( 2 − y ) − 2 (1 − x )  .Xét D = {( x; y ) : 0 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2} u = 1 − x .Có: u ∈ [ 0;1] ; v ∈ [ 0; 2] ; P = 2uv ( v − 2u ) = 2 ( −2u 2 v + uv 2 ) = g (u; v) . Đặt  v = 2 − y  min g (u; v)  min P = min g (u; v) = vmin   với D1 = {(u, v) : 0 ≤ u ≤ 1;0 ≤ v ≤ 2} ∈[ 0;2]  u∈[ 0;1] ( u ;v )∈D1 

( x ; y )∈D

+ Xét hàm số f (u ) = −2vu 2 + v 2u ; u ∈ [ 0;1] ; với tham số v ∈ [ 0; 2] . min f (u ) = min { f (0); f (1)} = min(0; v 2 − 2v) = f (1) = v 2 − 2v u∈[0;1]

g (v) = −1 = g (1) . + Xét hàm g (v) = v 2 − 2v; v ∈ [ 0;2] có vmin ∈ 0;2 [

]

x = 0 y = 1

KL: min P = −2 ⇔ 

Ví dụ 2. Cho 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1. Tìm GTLN của P = x 2 ( y − z ) + y 2 ( z − y ) + z 2 (1 − z ) .

Lời giải: + Từ giả thiết có:

y − z ≤ 0; x 2 ≥ 0 ⇒ x 2 ( y − z ) ≤ 0 ⇒ P ≤ y 2 ( z − y ) + z 2 (1 − z ) = − y 3 + z. y 2 + z 2 (1 − z ) = f ( y ) .

+ Xét hàm số f ( y ) với biến y ∈ [ 0; z ] và coi z là tham số , z ∈ [ 0;1] . y = 0 f '( y ) = −3 y + 2zy; f '( y ) = 0 ⇔   y = 2z 3  2

và

2z ∈ [ 0; z ] ∀z ∈ [ 0;1] . 3

Trên [ 0; z ] ; f '( y ) đổi dấu từ dương sang âm khi qua y0 =

2z nên 3

23  2z  max f ( y ) = f   = − z 3 + z 2 = g ( z ) . y∈[ 0; z ] 27  3 

z = 0 23 2 18 + Xét g ( z ); z ∈ [0;1] có g '( z ) = − z + 2z; g'(z)=0 ⇔  18 và ∈ [ 0;1] nên z = 23 9 23    108  18   18  max g ( z ) = max  g (0); g   ; g (1)  = = g  z∈[ 0;1]  23   23    529

KL: maxP =

108 12 18 ⇔ x = 0; y = ; z = . 529 23 23

Cách khác: Đánh giá khử dần từng biến theo BĐT Cauchy. a > 0; b > 0; c > 0 . Tìm GTLN của abc + a + c = b

Ví dụ 3. Cho 

P=

2 3 2 + 2 − 2 a +1 c +1 b +1 2

Lời giải: + Từ GT có: a + c = b (1 − ac ) ; a <

1 a+c và b = c 1 − ac

2 3 2( a + c ) 2 Suy ra: P = 2 + + − 2 ( Đưa về hàm hai biến) a + 1 c 2 + 1 (1 + a 2 )(1 + c 2 )

1 (a + c) 2  1 + + Xét hàm f (a ) = 2 (với a ∈  0;  ; c là tham số dương) 2 2 a + 1 (1 + a )(1 + c )  c f '(a ) =



− 2c( a 2 + 2ca − 1) . (1 + a 2 ) 2 (1 + c 2 ) 1

Trên  0;  ; f ' ( a ) = 0 có nghiệm: a0 = −c + c 2 + 1  c 1

  Trên  0;  : Qua a0 , f '(a) đổi dấu từ dương sang âm.  c

1 ∀ a ∈ ( 0 ; ) c 1 + c2 3 2c 3 ⇒ P ≤ 2 f (a ) − 2 + 2 ≤ + = g (c ) 2 c +1 1 + c2 1+ c c

⇒ f (a ) ≤ f ( a0 ) = 1 +

Xét g (c ) =

2c 1 + c2

+

3 , c ∈ (0;+∞) 1 + c2

1  c= ∈ (0;+∞)  2(1 − 8c ) 2 2 g ' (c ) = . Có: g ' (c ) = 0 ⇒  (1 + c 2 ) 2 (3c + 1 + c 2 ) c = − 1 ∉ (0;+∞)  2 2 2

Trên ( 0; +∞ ) , g '(c) đổi dấu từ dương sang âm khi qua c0 =

⇒ g ( c ) ≤ g (c 0 ) =

1 2 2

10 10 ∀c ∈ (0;+∞) . Vậy P ≤ . 3 3

1  1 1   c = 2 2 a = a =   2 2    a+c 10   ⇔ b = 2 .KL: max P = ⇔ b = 2 . +Dấu "=" ⇔ b = 1 − ac 3    1 1 2 a = −c + c + 1 c = c =   2 2 2 2  

Ví dụ 4. Cho x; y; z > 0 và 2 x + 4 y + 7 z ≤ 2 xyz . Tìm GTNN của P = x + y + z .

Lời giải: + Gt ⇒ z ≥

7 2x + 4 y 2x + 4 y . Do đó: P ≤ x + y + . ; 2xy − 7 > 0 ; x > 2 xy − 7 2 xy − 7 2y  7  2x + 4 y ; +∞  và coi y là tham số dương. + y với biến x ∈  2 y.x − 7  2y 

+ Xét hàm số f ( x) = x +

Có f '( x) = x0 =

4 y 2 .x 2 − 28 y.x − 8 y 2 + 35

( 2 y.x − 7 )

2

 7



. Trên  ; +∞  thì f '( x) = 0 có nghiệm duy nhất  2y 

8 y 2 + 14 7 + và qua x0 thì f '( x) đổi dấu từ âm sang dương nên 2y 2y

min f ( x) = f ( x0 ) = y +

 7  x∈ ;+∞  2y 

9 1 + 8 y 2 + 14 . 2y y

+ Xét hàm số g ( y ) = y +

9 1 + 8 y 2 + 14 với biến y dương. 2y y

Có g '( y ) = 0 ⇔ ( 2 y 2 − 9 ) 8 y 2 + 14 − 28 = 0 . Đặt t = 8 y 2 + 14 , pt có dạng t 3 − 50t − 112 = 0 ⇔ ( t − 8 ) ( t 2 + 8t + 14 ) = 0 ⇔ t = 8 ( vì xét t > 0 ). Vậy y =

Trên ( 0; +∞ ) , thì g '( y ) đổi dấu từ âm sang dương khi qua y0 =  5  15 min g ( y ) = g   = . y∈( 0;+∞ )  2 2

+ KL: min P =

15 5 ⇔ x = 3; y = ; z = 2 2 2

Cách khác: + Gt ⇒ z ≥

2x + 4 y ; 2xy − 7 > 0 . 2 xy − 7

⇒ P≥ x+ y+

2x + 4 y 11  7   2x + 4 y 2  = x+ + y− + − = 2 xy − 7 2x  2 x   2 xy − 7 x 

5 . 2

5 nên 2

= x+

11  2 xy − 7 2 x 2 + 14  11 2 x 2 + 7 = f ( x) + + ≥ x + +  2x  2x 2x x x(2 xy − 7) 

( Theo BĐT Cau-chy). + Xét f ( x ) ; x ∈ ( 0; +∞ ) : f ' ( x ) = 1 −

11 − 2x2

14 x3 1 +

; f '' ( x ) =

7 x2

11 3 x 5 + 14 x 3 + 14. > 0∀x > 0 x3 6 4 3 ( x + 7x )

⇒ f ' ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) , mà nên f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 3; f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang

dương khi qua điểm x = 3 , vậy min f ( x ) = x∈ 0; +∞ (

)

15 15 = f ( 3) . Suy ra P ≥ . 2 2

5 2

+Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 3; y = ; z = 2 . KL: min P =

15 5 ⇔ x = 3; y = ; z = 2 . 2 2

Bài tập luyện: Bài 1. Cho x; y; z ∈ [1;3] . Tìm GTNN, GTLN của P =

36 x 2 y z . + + yz zx xy

Hướng dẫn: + Tìm GTNN: min P = min  min  min P( x; y; z )   z∈ 1;3 y∈ 1;3 x∈ 1;3 [ ]

[ ] [ ]



Đáp số: min P = 7 ⇔ x = 1; y = z = 3 . + Tìm GTLN: Tương tự có max P = 109 ⇔ x = 3; y = z = 1 . Bài 2. Cho x; y; z ∈ [ 0;1] . Tìm GTLN của P = 2 ( x 3 + y 3 + z 3 ) − ( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) . x = y = z = 1 .  x = y = 1; z = 0

Đáp số: max P = 3 ⇔ 

Bài 3. Cho x; y; z là 3 số dương thỏa mãn: 1 x

2 y

3 z

Tìm GTLN của P = + + . 2 5

1 2

2 5

Đáp số: max P = 13 ⇔ x = ; y = ; z = .

1 4 2 ≤ z ≤ min { x; y} , xz ≥ , yz ≥ . 5 15 5

Bài 4. Cho x; y; z ≥ 0 và x + y + z = 1 . Tìm GTLN của P = xy + yz + zx − 2 xyz . Hướng dẫn:  1

Không giảm tổng quát giả sử z = min { x; y; z} ⇒ z ∈ 0;  .  3 2

1 2  x+ y P = z ( x + y ) + xy (1 − 2z ) ≤ z (1 − z ) +   (1 − 2z ) = z (1 − z ) + 4 (1 − z ) (1 − 2z )  2 

1

1

1

 1

7

Xét f ( z ) = − z 3 + z 2 + ; z ∈ 0;  , có m ax1 f ( z ) = =   27 2 4 4 z∈0;   3  3 Đáp số: max P =

1 f  .  3

7 1 ⇔x= y=z= . 27 3

Bài 5. Cho x; y; z ≥ 0 và x + y + z = 3 . Tìm GTNN của P = x3 + 64 y 3 + z 3 . Đáp số: min P =

123 24 3 ⇔ x= z= ;y= . 2 17 17 17

Bài 6. Cho x; y; z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm GTNN của P = 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 4 xyz − 9 x + 21 .

1 2

Đáp số: min P = 10 ⇔ x = 2; y = z = .

1 a

2 b

3 c

Bài 7. Cho a; b; c > 0 và 21ab + 2bc + 8ca ≤ 12 . Tìm GTNN của P = + + . 1 a

1 b

1 c

Hướng dẫn: Đặt x = ; y = ; z = . gt ⇔ x; y; z > 0 và 2 x + 8 y + 21z ≤ 12 xyz ; P = x + 2 y + 3 z .

Đáp số: min P =

15 1 4 3 ⇔ a = ;b = ;c = . 2 3 5 2

SỬ DỤNG ĐẠO HÀM TRONG BÀI TOÁN TÌM GTLN, GTNN CỦA MỘT BIỂU THỨC ĐẠI SỐ Để tìm GTLN, GTNN của biểu thức T bằng cách sử dụng đạo hàm ta thường làm như sau: 1.

Chọn biến số, chẳng hạn biến t .

2.

Giới hạn t , giả sử t ∈ [ a; b] .

3.

Tính T theo t , giả sử T ≥ f (t ) (hoặc T ≤ f (t ) ).

4.

Khảo sát hàm f (t ) trên đoạn [ a; b] . Từ đó suy ra GTLN, GTNN của biểu thức T.

Chú ý: Để chọn được biến số t thích hợp, trong nhiều bài toán ta phải sử dụng tốt các bất đảng thức đã biết (AM – GM, Cauchy – Schwarz,…).  x 2 − xy + 3 = 0 . Ví dụ 1. Cho x, y là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện:  2 x + 3 y ≤ 14

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức T = 3x 2 y − xy 2 − 2 x( x 2 − 1) .  x 2 − xy + 3 = 0 (1) Giải:  2 x + 3 y ≤ 14 ( 2 )

x2 + 3 Từ (1) suy ra y = , thay vào (2) ta có: x

9 x2 + 3 ≤ 14 ⇔ 5 x 2 − 14 x + 9 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2x + 3 x 5

(

Khi đó T = 3 x x + 3 2

)

(x −

2

+3 x

)

2

(

2

− 2x x −1

5x2 − 9  9 Xét hàm số f ( x ) = với x ∈ 1;  x  5

)

(x =

3

) (

+ 11x x − x 2 + 3 x

)

2

=

5x2 − 9 x

Ta có f ' ( x ) =

5x2 + 9  > 0 ∀x ∈ 1; 2 x 

9 nên hàm số đồng biến trên 5 

 9 1; 5  .  

9

Suy ra min f ( x ) = f (1) = −4; max f ( x ) = f   = 4 . 5 9 5

Vậy min T = −4 tại x = 1; y = 4 và max T = 4 tại x = ; y =

52 . 15

Ví dụ 2. Cho x, y là các số thực thay đổi khác 0. Tìm GTNN của biểu thức: T=

Giải: Đặt t =

x4 y 4 x2 y2 x y + − − + + y 4 x4 y 2 x2 y x

x y x2 y 2 x4 y4 + ( t ≥ 2) ⇒ 2 + 2 = t 2 − 2, 4 + 4 = (t 2 − 2) 2 − 2 . y x y x y x

⇒ T = t 4 − 5t 2 + t + 4 .

Khảo sát hàm số f (t ) = t 4 − 5t 2 + t + 4 trên I = ( −∞; 2] ∪ [ 2; + ∞ ) , ta được: x y + = −2 ⇔ x + y = 0 thì T = −2 . y x

min f (t ) = −2 . Khi I

Vậy min T = −2. Ví dụ 3. Cho x, y là các số thực dương thay đổi thoả mãn x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ 1 x

1 y

nhất của biểu thức: T = x 2 y 2 + + . Giải: x2 y2 +

1 1 1 2 + = ( xy ) + . Đặt t = xy , ta có x y xy

1 1  t = x(1 − x ) = x − x = −  − x  4 2 

2

2



1

Khi x ∈ (0;1) thì tập giá trị của t là  0;  . Khảo sát hàm số  4

1 1  1  1  257 đạt được khi t = tương ứng với f ( t ) = t 2 + , t ∈  0;  ⇒ min T = min f ( t ) = f   = 1   4 4 t  4 4 t∈ 0;  4 



1 x= y= . 2

Ví dụ 4. Cho x, y, z là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện: x 2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm GTLN của biểu thức: T = xy + yz + zx +

5 . x+ y+z

Giải: Đặt t = x + y + z (t > 0) ⇒ xy + yz + zx =

t2 − 3 t2 − 3 5 ⇒T = + . 2 2 t

Ta có 0 < xy + yz + zx ≤ x 2 + y 2 + z 2 = 3 ⇒ 0 <

t2 − 3 ≤ 3 ⇔ 3 < t ≤ 3 (do t > 0 ) 2

Khảo sát hàm số f (t ) = Khi x = y = z = 1 thì T =

t2 − 3 5 + trên 2 t

14 3; 3 , ta được : max T = f ( 3) = . 3 ( 3;3

(

14 14 . Vậy max T = . 3 3

Ví dụ 5. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz ≤ 1. Tìm GTNN của biểu thức : T = 1 x

1 y

x y2

+

y z2

+

z x2

+

1 z

Giải: Đặt a = , b = , c = ⇒ abc ≥ 1; T =

3 . x+ y+ z

a 2 b2 c2 3abc + + + c a b ab + bc + ca

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz: a 2 b 2 c 2 (a + b + c)2 3abc 3 9 + + ≥ = a + b + c; ≥ ≥ c a b a +b+c ab + bc + ca ab + bc + ca (a + b + c) 2  ( a + b + c )2  9  Do ab + bc + ca ≤  ⇒T ≥ a+b+c+   3 (a + b + c)2  

Đặt t = a + b + c ≥ 3 3 abc = 3. Khảo sát hàm số min f (t ) = 4 . Khi x = y = z = 1 thì T = 4. Vậy min T = 4.

[3;+∞ )

f (t ) = t +

9 t2

trên [3; + ∞ ) , ta được

Ví dụ 6. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức : T = x 2 + y 2 + z 2 +

xy + yz + zx . x y + y2 z + z2 x 2

Giải: Ta có 3( x 2 + y 2 + z 2 ) = ( x + y + z )( x 2 + y 2 + z 2 ) = x3 + y3 + z3 + x 2 y + y 2 z + z 2 x + xy 2 + yz 2 + zx 2 Mặt

khác theo bất đẳng thức AM – GM: x3 + xy 2 ≥ 2 x 2 y; y 3 + yz 2 ≥ 2 y 2 z; z 3 + zx 2 ≥ 2 z 2 x ⇒ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3( x 2 y + y 2 z + z 2 x ) > 0 xy + yz + zx 9 − ( x2 + y 2 + z 2 ) ⇒ T ≥ x2 + y 2 + z 2 + = x2 + y2 + z 2 + . x2 + y 2 + z 2 2( x 2 + y 2 + z 2 )

Đặt t = x 2 + y 2 + z 2 (t ≥ 3) ⇒ T ≥ t + Khảo sát hàm số f (t ) = t +

9−t . 2t

9−t trên [3; +∞ ) , ta được min f (t ) = 4 . 2t [3;+∞ )

Khi x = y = z = 1 thì T = 4. Vậy min T = 4. Một số bài tập áp dụng. Bài 1. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. Tìm GTLN của biểu thức T = xy + yz + zx − 2 xyz. Bài 2: Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 4 và xyz = 2. Tìm GTNN của biểu thức: T = xy + yz + zx.

Bài 3: Cho x, y là các số thực thay đổi thuộc đoạn [1; 2] . Tìm GTNN của biểu thức T=

( x + 5 y )( x − y ) + 5 xy x 2 − xy + y 2

.

Bài 4. Cho x, y là các số thực dương thoả mãn x + y = 1 . Tìm GTNN của biểu thức: T = x2 + y 2 +

1 1 + 2. 2 x y

Bài 5. Cho x, y là các số thực thay đổi thoả mãn 2( x 2 + y 2 ) = xy + 1. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: T =

x4 + y 4 . 2 xy + 1

1 Bài 6. Cho x, y, z là các số thực thay đổi thuộc đoạn  ;3 . Tìm GTNN của biểu thức 3 

x y z . + + y+z z+x x+ y

T=

Bài 7. Cho x, y, z là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1 . Tìm GTNN của biểu thức T =

2 3 . + 2 2 x +y +z xy + yz + zx 2

Bài 8. Cho x, y là các số thực dương thay đổi thoả mãn xy ≤ y − 1. Tìm GTLN của biểu x+ y

thức T =

x 2 − xy + 3 y 2

−

x − 2y . 6( x + y )

KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC II.1.1 Một số bất đẳng thức dạng đa thức Trong phần này, để thuận tiện ta quy ước các biến xuất hiện trong mỗi bất đẳng thức đều là các số không âm. Việc chứng minh những đánh giá này không khó khăn và tương tự nhau và để tập trung hơn vào nội dung chính, do đó việc chứng minh các đánh giá này sẽ không được đề cập trong chuyên đề này. 2

2

a+b  , dấu bằng xảy ra khi a = b .  2 

2

i) a + b ≥ 2 

2

 a + a2 + ... + an  ii) a + a2 + ... + a ≥ n  1  , dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an . n   2 1

2

2 n

3

 a + a2 + ... + an  iii) a + a2 + ... + a ≥ n  1  , dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an . n   3 1

3

3 n

k

 a + a2 + ... + an  * iv) a + a2 + ... + a ≥ n  1  , ∀k ∈ ℕ , dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an . n   k 1

3

k

3

k n

3

2

2

2

3

3

3

2

2

2

v) a + b + c ≥ a b + b c + c a ; a + b + c ≥ ab + bc + ca , dấu bằng xảy ra khi a = b = c . II.1.2 Một số bất đẳng thức dạng phân thức: Cho a1 , a2 , a3 ,..., an là các số dương

i)

1 1 4 + ≥ , dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 . a1 a2 a1 + a2

ii)

1 1 1 9 , dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = a3 . + + ≥ a1 a2 a3 a1 + a2 + a3

iii)

1 1 1 n2 , dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an . + + ... + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + ... + an

II.1.3 Một số bất đẳng thức dạng căn thức:

a12 + a2 2 + b12 + b2 2 ≥

i)

( a1 + b1 )

2

a12 + a2 2 + a32 + b12 + b2 2 + b32 ≥

ii)

2

+ ( a2 + b2 ) , dấu bằng xảy ra khi 2

a1 a2 = > 0. b1 b2

2

( a1 + b1 ) + ( a2 + b2 ) + ( a3 + b3 )

2

, dấu bằng xảy ra

khi:

a1 a2 a3 = = >0. b1 b2 b3 iii)

a12 + a2 2 + ... + an 2 + b12 + b2 2 + ... + bn 2 ≥

khi:

a1 a2 a = = ... = n > 0 . b1 b2 bn

a12 + a2 2 + b12 + b2 2 + c12 + c2 2 ≥

iv)

2

( a1 + b1 ) + ( a2 + b2 )

2

2

2

+ ... + ( an + bn ) , dấu bằng xảy ra

( a1 + b1 + c1 ) + ( a2 + b2 + c2 )

2

,

dấu

bằng

xảy

ra

khi:

a1 b1 c1 = = > 0. a2 b2 c2 v) Cho a1 , a2 ,..., an > 0 +)

+)

k

a1 + a2 + ... + an ≤ n

a1 + a2 + ... + an , dấu bằng xảy ra khi: a1 = a2 = ... = an n

a1 + k a2 + ... + k an ≤ n k

a1 + a2 + ... + an (với k ∈ ℕ * ), dấu bằng xảy ra khi: a1 = a2 = ... = an . n

Trên đây là một vài đánh giá ta hay sử dụng trong các bất đẳng thức của chuyên đề này, việc xây dựng và chứng minh chúng không khó khăn mà vấn đề chính đó là ta sử dụng nó như thế nào và khi nào? Trong phần tiếp theo ta sẽ minh hoạ bằng một số bài toán đã xuất hiện gần đây trong một số đề thi tuyển sinh vào Đại học và đề thi học sinh giỏi. Phần lớn lời giải đều đã có sẵn, một vài bài toán có lời giải khác so với hướng dẫn, tuy nhiên đó không phải là mục tiêu của chuyên đề này mà nội dung chủ yếu đó là ta phân tích để làm xuất hiện các lời giải đó. II.2. Dấu đẳng thức trong một số bất đẳng thức II.2.1. Một số bất đẳng thức đối xứng và không có ràng buộc đối với các biến Trong phần này ta sẽ đưa ra một số bất đẳng thức có tính chất sau đây: +) Đối xứng đối với các biến. +) Các biến không có ràng buộc nhau Bài 1. Cho a, b, c là các số dương. CMR:

a3 b3 c3 a 2 + b2 + c2 + + ≥ (1). b+c c+a a+b 2

Trước hết ta xét lời giải của bài toán: Chứng minh:

 a3 b+c +a ≥ a2  4 b + c 3 c+a  b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:  +b ≥ b2 4 c + a 3  c a +b +c ≥ c2  4 a + b  Cộng vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta suy ra: VT(1) + 2

2

ab + bc + ca ≥ a2 + b2 + c2 2

2

Mà a + b + c ≥ ab + bc + ca từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c . Một vấn đề đặt ra khi giảng bài toán này đó là tại sao ta có thể chọn được các biểu thức a

b+c để ghép với 4

a3 số hạng trong bất đẳng thức trên, có phải là ta may mắn tìm được hay là có cơ sở nào đó? Câu trả lời b+c đó là việc chọn số hạng trên hoàn toàn có cơ sở, nó dựa vào nhận xét sau: Vì vai trò của a, b, c là như nhau nên dấu bằng trong bất đẳng thức thường xảy ra khi a = b = c ; kiểm nghiệm lại (1) thấy đúng. Do đó có thể

b+c trong đánh giá đầu tiên: Khi dấu bằng xảy ra thì 4 a3 a2 a2 = nên số hạng cộng vào cũng phải bằng (bậc 2), hơn nữa số hạng cộng thêm phải chứa b+c 2 2 b + c a2 = khi b + c = 2a (bậc 1) vì vậy ta phải nhân thêm a để cùng bậc 2, còn việc chia cho 4 để a. 4 2 a = b = c.

suy luận như sau để làm xuất hiện số hạng a

Với suy luận như vậy, ta có thể dễ dàng chứng minh bất đẳng thức. Bài 2. Cho a, b, c là các số dương chứng minh rằng:

a4 b4 c4 a 3 + b3 + c 3 + + ≥ (2) b + 2c c + 2a a + 2b 3 Phân tích: +) Dấu bằng xảy ra khi a = b = c . +) Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số hạng:

a4 với một vài số hạng để làm xuất hiện số hạng b + 2c

ở vế phải của (2). +) Số hạng cộng vào phải chứa b + 2c và có bậc bằng 3 và bằng

a3 khi a = b = c . 3

a 2 ( b + 2c ) Từ các phân tích trên ta chọn được số thoả mãn các yêu cầu trên. Từ đó ta có lời giải của bài 9 toán:

Chứng minh:

 a4 a 2 ( b + 2c ) 2 a 2 + ≥  9 3  b + 2c 2 4  b b ( c + 2a ) 2b 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:  + ≥ 9 3  c + 2a 2 4  c c ( a + 2b ) 2c 2 + ≥  2 9 3 a + b  3 3 3 a 2b + b 2c + c 2 a + 2ab 2 + 2bc 2 + 2ca 2 2 ( a + b + c ) ≥ Cộng vế với vế ta có: VT( 2) + 9 3 2

2

2

2

2

2

(

3

3

Mặ khác ta có: a b + b c + c a + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 3 a + b + c

3

)

từ đó ta suy ra điều phải chứng

minh. Từ cách suy luận như trên ta có thể phát triển ra nhiều bài toán tương tự và tổng quát từ những đánh giá như trên. Bài 3. Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng: a)

a 3 b3 c 3 + + ≥ a+b+c b2 c2 a 2

a 5 b5 c 5 3 3 3 b) 2 + 2 + 2 ≥ a + b + c b c a c)

1 1 1 a b c + 3+ 3≥ 2+ 2+ 2 3 b c a a b c

a3 a3 + + ab + ac bằng bất đẳng thức Cauchy hãy đưa ra bài toán Bài 4. Dựa vào đánh giá số hạng: bc bc đầy đủ. Như vậy qua việc phân tích lời giải của bài toán 1 thì ta có thể làm được nhiều bài toán tương tự, không những vậy ta còn có thể tạo ra những bài toán mới-một công việc mà tưởng chừng như không thể đối với học sinh bình thường. II.2.2. Một số bất đẳng thức đối xứng có ràng buộc đối với các biến Trong phần này ta sẽ đưa ra một số bất đẳng thức có tính chất sau đây: +) Đối xứng đối với các biến. +) Các biến có ràng buộc nhau bằng một đẳng thức hoặc 1 bất đẳng thức Bài 5. (Đề thi Đại học khối A năm 2003) Cho x, y , z là các số dương thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ 1 . CMR:

x2 + Phân tích:

1 1 1 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82 (5) 2 x y z

+) Vì vài trò của các biến là như nhau nên dấu bằng thường xảy ra khi x = y = z . Kiểm tra lại x = y = z =

1 thì (5) xảy ra dấu bằng. 3 +) VT của (5) có dạng căn bậc hai tương tự như bất đẳng thức trong phần 1.3 do đó ta có thể sử dụng đánh giá tương tự. Từ đó ta có lời giải bài toán: Chứng minh:

x2 +

Ta có:

1 1  80 2 80  =  x2 + + ≥ + 2 2  2 x 81x  81x 9 81x 2 

y2 +

 1 1  80 2 80 =  y2 + + ≥ + ; 2 2  2 y 81 y  81 y 9 81 y 2 

z2 +

1 1  80 2 80  =  z2 + + ≥ + 2 2  2 z 81z  81z 9 81z 2 

Cộng vế với vế ta được:

2 80 2 80 2 80 80  1 1 1  VT(5) ≥ + + + + + ≥ 2 + . + +  2 2 2 9 81x 9 81 y 9 81z 81  x y z  2

Mà:

2

2

 80  1 1 1  80  9 2 + . + +  ≥ 2 + .  ≥ 82 , từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng 81  x y z  81  x + y + z 

xảy ra khi x = y = z =

1 . 3

Bài 6 (Đề thi HSG lớp 12 Thành phố năm 2009). Cho 2 số dương x, y thoả mãn điều kiện x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A=

1 2 + + 4 xy 2 x +y xy 2

Phân tích: +) Vai trò của x và y là như nhau nên có thể dự đoán Amin khi x = y ; x + y = 1 nên Amin khi dấu bằng xảy ra. Kết hợp với tính giá trị của A tại vài điểm khác ta dự đoán Amin khi x = y =

1 . 2

+) Ta cần làm biến mất tích x. y ở trên tử số để có thể sử dụng giả thiết x + y ≤ 1 . +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 4xy và số có dạng

x=y=

1 1 m thì = 4 xy , từ đó ta có thể chọn m = . 2 4 xy

Từ các phân tích trên ta có lời giải của bài toán: Bài giải +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

m , m được tìm dựa vào điều kiện khi xy

 1  1  5  1 A= 2 + + + 4 xy  + 2 2 xy  4 xy  4 xy x +y  4 5 4 5 ≥ 2 + +2≥ + + 2 ≥ 4 + 5 + 2 = 11 2 2 2 x + y + 2 xy 4 xy ( x + y) ( x + y) Dấu bằng xảy ra khi x = y =

1 1 . Vậy Amin = 11 khi x = y = . 2 2

Bài 7. Cho a, b, c là các số dương thoả mãn điều kiện: abc = 1 . CMR:

3 a3 b3 c3 + + ≥ (7) (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4 Phân tích: +) Vai trò của a, b, c là như nhau, kết hợp với điều kiện abc = 1 , ta có thể suy ra dấu bằng khi a = b = c = 1 .

a3 +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số hạng và các số hạng có dạng m (1 + b ) , m (1 + c ) (1 + b )(1 + c ) để khử mẫu số. Dựa vào điều kiện để xảy ra dấu bằng, khi đó suy ra m =

1 a3 = mà 1 + b = 2 nên ta có (1 + b )(1 + c ) 4

1 . 8

Từ đó ta có lời giải của bài toán Chứng minh:

 1+ b 1+ c 3 a3 + ≥ a +  + + 1 1 8 8 4 b c ( )( )   1+ c 1+ a 3 b3 +) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:  + + ≥ b 8 8 4  (1 + c )(1 + a )  1+ a 1+ b 3 c3  + + ≥ c 8 8 4  (1 + a )(1 + b ) +) Cộng vế với vế ta suy ra:

VT( 7 ) +

a + b + c 3 3 3 abc 3 3 1 3 − ≥ − = . ( 3 + a + b + c ) ≥ ( a + b + c ) ⇔ VT(7) ≥ 4 4 2 4 2 4 4

Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 . 3

3

 1 1  + 2 . 2 y  x

Bài 8. Cho 2 số dương thỏa điều kiện 3 ( x + y ) ≤ 4 xy và. Tìm giá trị nhỏ nhất: P = x + y + 3  Phân tích:

+) Vai trò của x, y như nhau nên có thể giá trị nhỏ nhất xảy ra khi x = y và 3 ( x + y ) = 4 xy , từ đó suy ra

x=y=

3 . 2 3

3

+) Ta tìm số m sao cho bất đẳng thức: mx + mx +

1 1 1 + 2 + 2 ≥ 5 5 m 2 xảy ra dấu bằng khi 2 x x x

3 1 32 x = , m ≤ . Từ đó ta suy ra m = . 2 2 243 Bài giải:

+) Ta có:

32 3 32 3 1 1 1 322 20 x + x + 2 + 2 + 2 ≥ 5. 5 = 2 243 243 243 9 x x x

32 3 32 3 1 1 1 32 2 20 . Từ đó suy ra: y + y + 2 + 2 + 2 ≥ 5. 5 = 2 243 243 243 9 y y y 3

40 179 3 40 179  x + y  P= + x + y3 ) ≥ + 2. (   . 9 243 9 243  2  2

Mà 3 ( x + y ) ≤ 4 xy ≤ ( x + y ) ⇒ x + y ≥ 3 do đó ta suy ra: P ≥

min P =

113 3 , dấu bằng xảy ra khi x = y = . Vậy 12 2

113 3 khi x = y = . 12 2

II.2.3. Một số bất đẳng thức không đối xứng Bất đẳng thức không đối xứng nói chung việc đánh giá dấu bằng là tương đối khó khăn, trong phần này ta chỉ xét một vài bất đẳng thức mà việc chỉ ra dấu bằng không quá phức tạp. Bài 9. (Bài 4.22-Bài tập Đại số 10 nâng cao). Cho 1 tấm tôn hình chữ nhật có kích thước 80 x 50. Hãy cắt đi ở bốn góc vuông những hình vuông bằng nhau để khi gập lại theo mép cắt thì được một cái hộp (không nắp) có thể tích lớn nhất. Phân tích Gọi x là kích thước hình vuông cắt đi, ta có: thể tích của khối hộp là: f ( x ) = x. ( 80 − 2 x )( 50 − 2 x ) ( x ∈ ( 0; 25 ) ). +) Nếu ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số : x,80 − 2 x,50 − 2 x sẽ làm xuất hiện f ( x ) nhưng không khử được x và do đó không tìm được giá trị lớn nhất. Mặt khác nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho

130 = 4 x + ( 80 − 2 x ) + ( 50 − 2 x ) ≥ 3. 3 4 f ( x ) thì khi xem xét dấu bằng sẽ không thể tìm được x . +) Trong lời giải ta tìm thấy cách đánh giá

180 = 6 x + ( 80 − 2 x ) + (100 − 4 x ) ≥ 3. 3 12. f ( x ) dấu bằng xảy ra khi x = 10 . Tại sao ta có thể có đánh giá trên may mắn hay có cơ sở? +) Để trả lời câu hỏi này ta xuất phát từ ý tưởng sau: Tìm 2 số m và n trong đánh giá:

x + m ( 80 − 2 x ) + n ( 50 − 2 x ) ≥ 3 3 m.n. f ( x ) sao cho x − 2mx − 2nx = 0 (*) và dấu bằng phải xảy ra tức là:

x = m ( 80 − 2 x ) = n ( 50 − 2 x ) (**). Từ (*) ta suy ra m + n =

1 ; từ (**) ta suy ra: 2 x=

80m 50n 80m + 50n 80m + 50n = = = 1 + 2 m 1 + 2n 2 + 2m + 2 n 3

1  1 1 m + n = Từ đó ta có m, n thoả mãn hệ phương trình:  2 . Giải hệ ta được m = ; n = . 6 3 15n = (1 + 2n )( 8m + 5n )  Như vậy việc chọn các hệ số trong lời giải là có cơ sở chứ không phải do may mắn hoặc đoán mò. Bài 10 (Đề thi học sinh giỏi lớp 12 Thành phố HP năm 2010). 2

2

2

3

3

3

Cho 3 số không âm a, b, c thoả mãn a + b + c = 1 . CMR a + 2b + 3c ≥

6 7

Phân tích 3

3

3

+) Ý tưởng xuất phát cho lời giải đó là áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số hạng a , b , c để làm xuất 2

2

2

hiện lần lượt a , b , c sau đó cộng lại ta suy ra đpcm. +) Ta chọn số m trong các đánh giá:

 a 3 a3 2 3  2 + 2 + 4m ≥ 3 m .a  49 3 3 2 3 ⇒ a 3 + 2b3 + 3c3 + m ≥ 3 3 m ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 3 m b + b + m ≥ 3 m .b 9  3c3 3c3 4 2 3  + + m ≥ 3 m .c 2 9  2 m thoả mãn điều kiện a = 2 3 m , b = Ta có lời giải của bài toán như sau: Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

3

m, c =

27 23 m mà a 2 + b 2 + c 2 = 1 từ đó suy ra: m = . 3 343

 a 3 a 3 108 9 2 ≥ .a  + + 2 2 343 7  3 9 9 6  3 3 27 9 2 ⇒ a 3 + 2b3 + 3c3 + ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ⇒ a 3 + 2b3 + 3c 3 ≥ ≥ .b b + b + 343 7 7 7 7 7  3 3  3c 3c 12 9 2 + + ≥ .c  2 343 7  2 Dấu bằng xảy ra khi: a =

6 3 2 ,b = ,c = . 7 7 7

Bài 11. (Đề thi khảo sát Đại học năm 2013-2014-Trường THPT Trần Phú) Cho a, b, c là các số dương, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

2 3 − 3 a + ab + abc a+b+c

Ý tưởng xuất phát: Dùng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá biểu thức: a + sau đó khảo sát hàm số f ( t ) =

ab + 3 abc ≤ α ( a + b + c )

2 2 1   t − 3t ,  t =  . Để có được điều này ta phải tìm các số m và n α a+b+c  

trong các đánh giá sau: +)

a + mb ≥ ab ; 4m

a mb 4n 2 c ≥ 3 abc + + 4mn n 27 a a mb 4n 2 c , do đó để có được điều mong muốn + mb + + + 4m 4mn n 27 1 1 m 4n 2 ta phải tìm các số m, n để 1 + + = m+ = (*). 4m 4mn n 27

Từ đó suy ra: a +

ab + 3 abc ≤ a +

Việc giải quyết trọn vẹn hệ phương trình (*) là điều tương đối khó khăn, tuy nhiên tìm ra một nghiệm của (*) là việc có thể làm được chẳng hạn dùng máy tính cầm tay Casio –fx 570-ES ta chọn được m = 1, n = 3 . Từ đó ta có lời giải của bài toán như sau. Bài giải: +) Ta có:

a a b 4c 3 + b ≥ ab ; + + ≥ abc 4 12 3 3

Từ đó suy ra: a +

ab + 3 abc ≤

4 3 3 − ( a + b + c ) do đó P ≥ 3 2(a + b + c) a+b+c

+)

1 , (t > 0) , a+b+c

t=

Đặt

ta

có:

3 −3 P ≥ t 2 − 3t ≥ 2 2

,

dấu

bằng

xảy

ra

khi

a = 4b = 16c 16 ⇔ a = 4b = 16c = .  21 a + b + c = 1 Bài 12. Cho 2 số dương thay đổi x, y thoả mãn điều kiện x + y ≥ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A=

3x 2 + 4 2 + y 3 . + y2 4x

Ý tưởng xuất phát:

Ta có: A =

A=

3x 2 + 4 2 + y3 3x 1 2 + = + + + y , để khử được x, y ở mẫu ta tìm 2 số m và n sao cho: 4x y2 4 x y2

 3 3x 1 2 1  2   + + 2 + y =  mx +  +  2 + ny + ny  +  − m  x + (1 − 2n ) y ≥ x  y 4 x y    4

 3   ≥ 2 m + 3 3 2n 2 +   − m  x + (1 − 2n ) y    4  đồng thời:

3 1 2 − m = 1 − 2n; m = 2 ; n = 3 ; x + y = 4 (*), tương tự như trên ta có thể tìm được một nghiệm 4 x y

của (*) là m = n =

1 . Từ đó ta có lời giải bài toán: 4

Bài giải: Ta có:

1 1 1 1 2 3 x + ≥ 1, y + y + 2 ≥ , từ đó suy ra: 4 4 4 2 x y

1 1 1 2  1 3 9 1 A =  x +  +  y + y + 2  + ( x + y ) ≥ 1 + + 2 = , dấu bằng xảy ra khi x = y = 2 . 4 2 2 x 4 y  2 4 Vậy min A =

9 khi x = y = 2 . 2

III. KẾT LUẬN Qua một số ví dụ về việc phân tích điều kiện xảy ra dấu bằng để tìm lời giải cho bài toán chứng minh bất đẳng thức phần nào giải đáp được câu hỏi vì sao có thể có được đánh giá như vậy. Qua đó giúp ta tiếp cận các bất đẳng thức một cách dễ dàng hơn. Tất nhiên trong nội dung của chuyên đề này chỉ đề cập đến một khía cạnh rất nhỏ về cách chứng minh bất đẳng thức và cũng chỉ giải quyết được một lớp các bất đẳng thức tương đối hẹp.

Chuyên đề này được viết theo những hiểu biết còn ít về bất đẳng thức của tác giả vì vậy không tránh khỏi những sai sót và hạn chế, rất mong được sự góp ý và chỉ bảo của của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp. Để có thể áp dụng suy luận trên xin đưa ra một số bài tập để làm rõ hơn vấn đề này. 1. Cho 2 số dương a, b thoả mãn điều kiện x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A=

1 1 + 3 x +y xy 3

2. Cho 2 số dương x, y thoả mãn điều kiện x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A=

1 2 + + 4 xy 2 x +y xy 2

3. (A - 2009). Cho x, y, z là các số dương thoả mãn điều kiện 3

( x + y) + ( x + z)

3

x ( x + y + z ) = 3 yz . CMR:

3

+ 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) .

4. Cho x, y , z là các số thực dương thoả mãn điều kiện x + y + z ≤ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

2 2 2 1 1 1 + 3+ 3+ 2 + 2 + 2 2 2 2 x y z x − xy + y y − yz + z z − zx + x 2 4

4

5. Cho x, y là các số dương thoả mãn điều kiện x + y + thức: P =

1 = 2 + xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu xy

2 2 3 + − . 2 2 1 + x 1 + y 1 + 2 xy

6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Các điểm M , N lần lượt trên các cạnh AB và AC sao cho

AM = x, AN = y và ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . a) CMR: x + y = 3 xy . b) Tính diện tích toàn phần của tứ diện ADMN

theo x, y .

c) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của diện tích toàn phần trên.

SỬ DỤNG ĐA THỨC ĐỂ ĐÁNH GIÁ CÁC HÀM SỐ MŨ, LÔGARÍT VÀ LƯỢNG GIÁC 1. Hàm số mũ và hàm số lôgarit a) Một số bất đẳng thức cơ bản

+ Bất đẳng thức (1) (BĐT Becnulli):

(1 + a) x ≥ 1 + x.a Đẳng thức xảy ra khi hoặc

∀a > −1, x ≥ 1

x = 1 hoặc a = 0 .

1 ≥ ex ≥ x + 1 1− x

+ Bất đẳng thức (2):

∀x < 1

ln( x + 1) ≤ x

+ Bất đẳng thức (3):

∀x > −1

Dấu bằng của các bất đẳng thức trên đều xảy ra khi và chỉ khi (Chú ý: Một phần BĐT (2) còn mở rộng hơn nữa:

ex ≥ x + 1

x = 0.

∀x ∈ R )

b) Bài tập Bài 1: Cho các số thực

x, y , z

thỏa mãn

x + y + z = 0.

P = 3| x− y| + 3| y − z| + 3| z − x| − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

(Đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 khối A, A1).

Phân tích: Ta sẽ đánh giá

3t (t ≥ 0) , nhưng vì chỉ có điều kiện t ≥ 0

Áp dụng BĐT (2) ta được:

nên ta sẽ không sử dụng bất đẳng thức Becnulli.

3t ≥ ln 3.t + 1 . Bất đẳng thức này rất chặt với t

không đẹp nên ta sẽ làm thêm một bước nữa

3t ≥ ln 3.t + 1 ≥ t + 1 ,

thuộc với học sinh cấp 2. Giải: Với phân tích như trên ta có:

P ≥| x − y | + | y − z | + | z − x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 + 3 Đặt

a =| x − y |, b =| y − z |, c =| z − x | , và chú ý đẳng thức

( x + y + z ) 2 = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x − y ) 2 − ( y − z ) 2 − ( z − x) 2 suy ra

P ≥ a + b + c − 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 + 3

xấp xỉ 0, tuy nhiên giá trị

ln 3

khi đó ta đưa về một bài toán quen

Cuối cùng ta sẽ chứng minh

a + b + c ≥ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2

(1). Đây là một BĐT đơn giản:

(1) ⇔ (a + b + c) 2 ≥ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 ⇔ a (b + c − a ) + b(c + a − b) + c( a + b − c) ≥ 0 (Điều này là hiển nhiên vì Vậy

b + c ≥ a , c + a ≥ b , a + b ≥ c ).

P ≥ 3 . Đẳng thức xảy ra: P = 3 ⇔ x = y = z = 0 .

Bài 2:

 x 2 − xy − 5 x + 5 y = 3 y −2 y + 2 − 3 .  2 x2 −2 x +2 − − 5 + 5 = 3 − 3 y xy y x  2

Giải hệ phương trình

Phân tích: Ta dự đoán:

3x

2

−2 x+ 2

+ 3y

2

−2 y + 2

− 6 ≥ x 2 + y 2 − 2 xy

(1)

Tương tự bài thi tuyển sinh đại học khối A năm 2012, ta thử dùng BĐT (2) để đánh giá

3x

2

−2 x + 2

≥ ln 3.( x 2 − 2 x + 3)

và

3y

2

−2 y + 2

≥ ln 3.( y 2 − 2 y + 3) .

Đến đây sẽ bế tắc vì không chứng minh

được BĐT:

ln 3.( x 2 − 2 x + 3) + ln 3.( y 2 − 2 y + 3) − 6 ≥ x 2 + y 2 − 2 xy Vì vậy ta chuyển sang sử dụng BĐT Becnulli để đánh giá hai biểu thức để chứng minh BĐT (1) chỉ còn phải chứng minh:

1 + 2( x 2 − 2 x + 2) + 1 + 2( y 2 − 2 y + 2) − 6 ≥ x 2 + y 2 − 2 xy ⇔

x 2 + y 2 + 2 xy − 4 x − 4 y + 4 ≥ 0

Điều này là rất dễ dàng. Giải: Cộng hai phương trình vế theo vế:

x 2 + y 2 − 2 xy = 3 y

2

−2 y + 2

+ 3x

2

−2 x+2

−6

(1)

3x

2

−2 x + 2

và

3y

2

−2 y + 2

. Khi đó

Do

3x

2

x 2 − 2 x + 2 = ( x − 1) 2 + 1 ≥ 1 nên áp dụng BĐT Becnulli ta có:

−2 x + 2

= (1 + 2) x

2

−2 x + 2

≥ 1 + 2( x 2 − 2 x + 2)

(2)

Hoàn toàn tương tự:

3y

2

− y +2

= (1 + 2) y

2

−2 y+ 2

≥ 1 + 2( y 2 − 2 y + 2)

(3)

Cộng hai đẳng thức vế theo vế:

3x

2

−2 x + 2

+3

y 2 −2 y + 2

3x

Suy ra

Dẫn đến VT(1)

2

≥ 2 x 2 + 2 x 2 − 4 x − 4 y + 10 =x

2

+ y 2 − 2 xy + ( x + y ) 2 − 4( x + y ) + 10

=x

2

+ y 2 − 2 xy + ( x + y − 2) 2 + 6

−2 x + 2

≥

+3

y 2 −2 y + 2

≥ x 2 + y 2 − 2 xy + 6

VP(1). Đẳng thức xảy ra khi

x = y = 1 , thử lại đây cũng là cặp nghiệm duy nhất của hệ

phương trình đã cho. Bài 3: Cho các số thực

x, y

thỏa mãn

x + 2 y > 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P=x+

16 2 y + 4 − ln( x + 2 y − 4) 3

Giải: Ta có

Suy ra

Mà

ln( x + 2 y − 4) = ln(1 + x + 2 y − 5) ≤ x + 2 y − 5 P≥

16 2 y + 4 − 2y + 5. 3

16 2 4 1 y + 4 = (4 y 2 + 4 y + 1) + ( y 2 − 4 y + 3) = (2 y + 1) 2 + (2 y − 3) 2 3 3 3 ⇒

16 2 y + 4 ≥ (2 y + 1) 2 3

⇒

16 2 y + 4 ≥ 2y +1 3

Suy ra

 x + 2 y = 5  x = 2 . P ≥ 6 . Đẳng thức xảy ra: P = 6 ⇔  3 ⇔ y = 3 y = 2 2  

Bài 4:

Giải bất phương trình

Giải: Điều kiện

ln

2x − 1 < 1 + x − 2x . | x|

x > 0.

Bất phương trình tương đương với:

ln(2 x − 1) + 2 x − 1 < ln x + x

⇔ 2x − 1 < x Áp dụng bất đẳng thức Becnulli: + Nếu

x > 1: 2 x = (1 + 1) x > 1 + x .

+ Nếu

0 < x < 1: (1 + x )

1

x

> 1 + 1 = 2 ⇒ 2x < 1 + x .

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

x ∈ (0;1) .

2. Hàm số lượng giác a) Bất đẳng thức cơ bản:

+

sin x ≤ x ≤ t an x

 π ∀ x ∈  0;   2

+

x2 cos x ≥ 1 − 2

∀ x∈R

Dấu bằng của các bất đẳng thức trên đều xảy ra khi và chỉ khi b) Bài tập Bài 5:

Chứng minh rằng

Giải:

cos x ≥ 1 −

x2 2

∀ x∈R .

x = 0.

Bổ đề: − | x |≤ sin x ≤| x |

π

,x ≤ −

+ Trường hợp

x≥

+ Trường hợp

0≤ x<

+ Trường hợp

−

π 2

2

π 2

π 2

là hiển nhiên.

chính là một phần của bất đẳng thức cơ bản.

< x < 0 ⇒ 0<-x <

Vậy bổ đề đúng với mọi

Xét bổ đề với

∀ x∈R .

π 2

⇒ sin(− x) < − x

⇒ sin x > x = − | x | .

x∈R.

x x2 sin ≤ 2 4

x : 2

2

x x2 ⇔ 1 − 2sin ≥ 1 − 2 2 2

⇒ đpcm. Bài 6:

Cho

x ≥ π , tùy ý. Chứng minh rằng

(π 2 − x 2 ) x sin x ≥ π 2 + x2

(1).

Giải: Đặt

t = x −π

− sin t ≥

Với

t≥0

. Bất đẳng thức (1) tương đương với:

−t (2π + t )(π + t ) π 2 + (π + t ) 2 dễ thấy:

⇔

sin t ≤

(2π + t )(π + t ) t π 2 + (π + t ) 2

(2π + t )(π + t ) ≥1 π 2 + (π + t ) 2

Kết hợp áp dụng bổ đề trong bài 5:

sin t ≤ t ⇒ đpcm.

3. Bài tập rèn luyện Bài 7: Cho các số thực

x, y , z

thỏa mãn

x + y + z = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =| 2 x − y | + | 2 y − z | + | 2 z − x | − ln( 14 x 2 + 14 y 2 + 14 z 2 + 1) Bài 8: Tìm tất cả các giá trị của

ln(1 + x ) ≥ x − a.x 2

a

sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi

x ≥ 0:

Bài 9: Giải bất phương trình

( x + 1)log 21 x + (2 x + 5)log 1 x + 6 ≥ 0 2

Bài 10: Chứng minh rằng Bài 11: Cho

n

n

2

x n + y n ≥ n +1 x n+1 + y n +1 ∀ x ∈ R .

là một số nguyên dương và

x, y

x2 e + cos x ≥ 2 + x − 2

∀ x∈R .

x

là hai số thực tùy ý. Chứng minh rằng

3 x 2

Bài 12: Chứng minh rằng

2sin x + 2 tan x ≥ 2

Bài 13: Chứng minh rằng

(tan x)sin x + (cot x)cosx ≥ 2

+1

 π ∀ x ∈  0;  .  2  π ∀ x ∈  0;  .  2

Bài 14: Chứng minh rằng

x 2 ≥ 2+ 2 x 2 cos x + 2sin 2

sin x + 2cos

 π ∀ x ∈ 0;  .  2

PHƯƠNG PHÁP ĐỔI BIẾN SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp 1: - Đối với những bài toán có giả thiết abc = 1. Đặt .., ( x, y, z ≠ 0 ). - Đối với dạng toán mà xyz = k3 với k là hằng số dương cho trước, tùy theo bài dạng mà đổi biến cho phù hợp, thường có ba cách đổi biến cơ bản sau: ka 2 kb 2 kc 2 ;y = ;x = Cách 1: Đặt x = ; bc ca ab

Cách 2: Đặt x =

kab kbc kca ; y = 2 ;x = 2 ; 2 c a b

Cách 3: Đặt x =

ka kb kc ; y = ;x = ; b c a

Sau đây là một số ví dụ làm sáng tỏ điều này.

Ví dụ 1. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ a (b + 1) b(c + 1) c( a + 1) 2

Hướng dẫn. x y

y z

z x

• Nhận xét. a, b, c là các số thực dương và abc = 1 nên ta đặt a = ; b = ; c = , với x, y, z là các số thực dương. Ta có:

1 1 1 3 1 1 1 3 + + ≥ ⇔ + + ≥ x y  y z  z x  2 a (b + 1) b(c + 1) c( a + 1) 2 +1  + 1  + 1 y  z  z  x  x  y 

⇔

3 yz zx xy + + ≥ xy + zx yz + xy zx + yz 2

Đây chính là BĐT Nesbit cho ba số dương xy, yz, zx, suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 2. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1  1  1   a − 1 +  b − 1 +  c − 1 +  ≤ 1 b  c  a 

Hướng dẫn.

• Nhận xét. a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1, nên ta đặt a=

x y z ; b = ; c = , với x, y, z là các số thực dương. y z x

Ta có: ( x − y + z )( y − z + x)( z − x + y ) 1  1  1  ≤1  a − 1 +  b − 1 +  c − 1 +  ≤ 1 ⇔ xyz b  c  a 

(*)

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

Đặt x = m + n; y = n + p; z = p + m . Khi đó (*) ⇔ (m + n)(n + p)( p + m) ≥ 8mnp

(**)

Áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có: m + n ≥ 2 mn ; n + p ≥ 2 np ; p + m ≥ 2 pm

Ba bất đẳng thức trên có hai vế đều dương nên nhân vế theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1 . Chú ý: Ta có thể chứng minh (*) theo cách sau đây: Do vai trò x, y, z có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát nên giả sử : x ≥ y ≥ z > 0. Như vậy x – y +z > 0 và y – z + x > 0. + Nếu z – x + y ≤ 0 thì (*) hiển nhiên đúng. + Nếu z – x + y > 0, áp dụng BĐT Cô–si cho hai số dương ta có: ( x − y + z )( y − z + x) ≤ x ;

( y − z + x)( z − x + y ) ≤ y ;

( z − x + y )( x − y + z ) ≤ z

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức trên, suy ra (*). Vậy (*) đúng cho mọi x, y, z là các số thực dương, suy ra bài toán được chứng minh. Phát hiện: Việc đổi biến và vận dụng (**) một cách khéo léo giúp ta giải được bài toán ở Ví dụ 3 sau đây: Ví dụ 3. Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng: a b c + + ≥1 a 2 + 8bc b 2 + 8ca c 2 + 8ab

Hướng dẫn. • Đặt x =

a b c ; y= 2 ; z= 2 . a + 8bc b + 8ca c + 8ab 2

Ta thấy x, y, z đều dương và BĐT cần chứng minh trở thành S = x + y + z ≥ 1 . 2

a2 1 8bc a a   Do x = 2 ⇒ x2 =  2 = ⇒ 2 −1 = 2 . 2  a + 8bc x a a + 8bc  a + 8bc 

Tương tự ta có:

1 8ca 1 8ab −1 = 2 . 2 −1 = 2 ; 2 y b z c

 1  1  1  3  2 − 1   2 − 1  2 − 1  = 8  x  y  z

Suy ra:

(1)

Mặt khác nếu S = x + y + z < 1  S 2  S 2  S 2   1  1  1  − 1 − 1 − 1 >     2 − 1   2 − 1  2 − 1    x 2   y 2   z 2  x  y  z

thì: T = 

Ta thấy (S – x)(S – y)(S – z) =(x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz (theo (**) ví dụ 12) (2) Với ba số dương x + y, y + z, z + x, ta lại có ( S + x)( S + y )( S + z ) ≥ 64 xyz

(3)

Nhân (2) và (3) vế với vế, ta được: ( S 2 – x 2 )( S 2 – y 2 )( S 2 – z 2 ) ≥ 83 x 2 y 2 z 2  S 2  S 2  S 2  3 hay:  2 − 1  2 − 1  2 − 1 ≥ 8 .  x  y  z

Từ đây suy ra: T > 83 mâu thuẩn với (1). Vậy S = x + y + z ≥ 1, tức bài toán được chứng minh. Ví dụ 4. Cho x, y, z là các số thực khác 1 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: x2

( x − 1)

2

+

y2

( y − 1)

2

+

z2

( z − 1)

2

≥ 1.

Hướng dẫn. a2 b2 c2 Do xyz = 1 nên đặt x = ; y = ; x = . Khi đó BĐT thức cần chứng minh trở thành bc ca ab a4

(a

2

− bc )

2

+

b4

(b

2

− ca )

2

+

c4

(c

2

− ab )

2

≥ 1 (*) . Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có

2 2

(a + b + c ) + + ≥ ( a − bc ) ( b − ca ) ( c − ab ) ( a − bc ) + ( b − ca ) + ( c a4

2

b4

2

2

2

c4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

− ab )

2

2 2

(a + b + c ) ( a − bc ) + ( b − ca ) + ( c 2

cần chứng minh

2

2

2

2

≥1

2

− ab )

2

, để chứng minh (*) ta

2

2

2

2

2

⇔ ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a 2 − bc ) + ( b 2 − ca ) + ( c 2 − ab ) ⇔ ( ab + bc + ca ) ≥ 0 luôn đúng. Bài toán

được chứng minh. Ví dụ 5. Cho x, y, z là các số khác – 1 thỏa mãn điều kiện xyz = 8. Chứng minh rằng: 1

( x + 1)

2

+

1

( y + 1)

2

+

1

( z + 1)

2

≥

1 3

Hướng dẫn. Do xyz = 8 nên đặt x = a4

(a

2

+ 2bc )

2

+

b4

(b

2

+ 2ac )

2

2ab 2bc 2ca ; y = 2 ; x = 2 , BĐT cần chứng minh trở thành 2 c a b

+

c4

(c

2

+ 2ab )

2

1 ≥ . Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có 3 2 2

(a + b + c ) + + ≥ ( a + 2bc ) ( b + 2ac ) ( c + 2ab ) ( a + 2bc ) + ( b + 2ca ) + ( c a4

2

b4

2

2

c4

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

+ 2ab )

2

, ta cần chứng

minh: 2 2

(a + b + c ) ( a + 2bc ) + ( b + 2ca ) + ( c 2

2

2

2

2

2

2

+ 2ab )

2

≥

2 2 2 2 1 ⇔ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a 2 + 2bc ) + ( b 2 + 2ca ) + ( c 2 + 2ab ) 3

⇔ a 4 + b 4 + c 4 + a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ≥ 2abc ( a + b + c ) . BĐT này đúng .

Đến đây bài toán được chứng minh. Ví dụ 6. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:  1  1  1   x + − 1 y + − 1 z + − 1 ≤ 1 . y  z  x  

Hướng dẫn. a b

b c

Do xyz = 1 đặt x = ; y = ; z = thành:

c với a, b,c là các số thực dương. BĐT đã cho trở a

 a c  b a  c b   + − 1 + − 1 + − 1 ≤ 1 ⇔ ( a + c − b )( a + b − c )( b + c − a ) ≤ abc  b b  c c  a a 

Ta nhận thấy tổng 2 trong 3 số ( a + c − b ) , ( a + b − c ) , ( b + c − a ) là một số dương nên trong ba số tồn tại ít nhất 2 số dương Nếu trong ba số có 1 số âm thì 2 số còn lại dương nên BĐT

( a + c − b )( a + b − c )( b + c − a ) ≤ abc đúng Nếu cả 3 số ( a + c − b ) , ( a + b − c ) , ( b + c − a ) dương thì 2

( a + c − b )( a + b − c )( b + c − a ) ≤ abc

2

⇔ ( a + c − b )( a + b − c )( b + c − a )  ≤ ( abc ) (**) 2

( a + b − c ) + ( b + c − a )  = b2 Ta có : 0 < ( a + b − c )( b + c − a ) ≤  4

0 < ( b + c − a )( a + c − b ) ≤ c 2 0 < ( a + c − b )( a + b − c ) ≤ a 2

Nhân các BĐT dương cùng chiều ta được BĐT (**), do đó bài toán được chứng minh. Ngược lại, đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các biểu thức (hoặc biến đổi của nó) có chứa các biểu thức có dạng: x y

y z

x y z ; ; , với x, y, z ≠ 0. Lúc này việc y z x

z x

đặt a = ; b = ; c = , với abc = 1 là một phương pháp hữu hiệu, sau đây là các ví dụ minh chứng điều này:

Ví dụ 7. Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 1) Hướng dẫn.

b c a + + ≤1 a + 2b b + 2c c + 2a

2)

a b c + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a

1) BĐT ⇔

1 1 1 + + ≤ 1. a b c +2 +2 +2 b c a

a b c Đặt x = ; y = ; z = . Ta có x, y, z là các số thực dương có tích xyz = 1. b c a

Suy ra:

1 a +2 b

+

1 b +2 c

+

1 c +2 a

≤1 ⇔

1 1 1 + + ≤1 x+2 y+2 z+2

⇔ (x + 2)(y + 2) + (y + 2)(z + 2) + (z + 2)(x + 2) ≤ (x + 2)(y + 2)(z + 2) ⇔ (xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 12 ≤ xyz + 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) + 8 ⇔ 4 ≤ xyz + xy + yz + zx ⇔ 3 ≤ xy + yz + zx.

Đây là bất đẳng thức đúng vì áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho ba số dương ta có: xy + yz + zx ≥ 3 3 ( xyz ) 2 = 3 . Suy ra điều phải chứng minh.

2) Cách 1: Chứng minh tương tự câu 1). c a   a b c   b + + + + + =3  a + 2b b + 2c c + 2a   a + 2b b + 2c c + 2a 

Cách 2: Ta có: 2 

Áp dụng kết quả bài toán 1), ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

Phương pháp 2: Đối với một số bài toán chứng minh bất đẳng thức chứa ba biến a, b, c không âm có vai trò như nhau ta có thể sử dụng phương pháp đổi biến như sau Đặt x = a + b + c ;

y = ab + bc + ca ;

z = abc .

Ta có các đẳng thức sau: xy – z = (a + b)(b + c)(c + a)

(1)

x 2 + y = (a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b)

(2)

x2 − 2 y = a2 + b2 + c2

(3)

x3 − 3xy + 3z = a 3 + b3 + c 3

(4)

Cùng với việc áp dụng các bất đẳng thức sau: x2 ≥ 3 y

(5)

x3 ≥ 27z

(6)

y 2 ≥ 3xz

(7)

xy ≥ 9z

(8)

x3 − 4xy + 9z ≥ 0

(9)

(Bạn đọc tự chứng minh các bất đẳng thức trên). Sau đây là một số ví dụ để làm sáng tỏ vấn đề này: Ví dụ 1. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 2(1 + a + b + c)

Hướng dẫn. • Đặt x = a + b + c ;

y = ab + bc + ca ;

z = abc .

Theo (1) thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: xy − z ≥ 2(1 + x) ⇔ xy − 1 ≥ 2(1 + x) ⇔ x( y − 2) ≥ 3 .

Do z = abc = 1 nên theo (6) và (7) suy ra: x ≥ 3; y ≥ 3 suy ra: x(y – 2) ≥ 3 là BĐT đúng. Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 3 hay a = b = c =1. Suy ra bài toán được chứng minh Ví dụ 2. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn: a + b + c = 3. Chứng minh: abc +

12 ≥5 ab + bc + ca

Hướng dẫn. • Đặt x = a + b + c ;

y = ab + bc + ca ;

z = abc .

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức sau: z+

12 ≥ 5 (*) y

Theo (9) kết hợp với x = a + b + c =3 ta có: 27 − 12 y + 9z ≥ 0 . Suy ra:

z≥

4y − 9 12 4 y − 9 12 + ⇒ z+ ≥ 3 y y 3

(**)

Mặt khác:

4 y − 9 12 + ≥ 5 ⇔ 4 y 2 − 9 y + 36 ≥ 15 y ⇔ ( y − 3) 2 ≥ 0 (đúng với mọi y). 3 y

Từ (*) và (**) suy ra bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1. Ví dụ 3. Cho ba số không âm a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca + abc = 4 . Chứng minh: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + abc ≥ 10 (*)

Hướng dẫn. • Đặt x = a + b + c ;

y = ab + bc + ca ;

z = abc .

Do y + z = ab + bc + ca + abc = 4 , nên theo (3) bất đẳng thức (*) trở thành: 3( x 2 − 2 y ) + z ≥ 10 ⇔ 3x 2 − 6 ≥ 7 y .

Mặt khác, theo (9) suy ra: x 3 + 36 x − 4xy + 9( y + z ) ≥ 9 y ⇒ x + 36 ≥ 9 y + 4xy ⇒ y ≤ 4x + 9 3

3

x3 + 36 Vậy để hoàn thành bài toán ta cần chứng minh: 3x − 6 ≤ 7. . 4x + 9 2

Thật vậy, từ (5) và (6) suy ra: x 2 x3 4= y+z≤ + ⇒ x3 + 9x 2 − 108 ≥ 0 ⇒ ( x − 3)( x 2 + 12x + 36) ≥ 0 ⇒ x ≥ 3 . 3 27

Từ đó ta có:

x 3 + 36 3x − 6 ≤ 7. ⇔ 12x 3 − 24x + 27x 2 − 54 ≥ 7x 3 + 252 4x + 9 2

⇔

( x − 3)(5x 2 + 42x + 102) ≥ 0

Đây là bất đẳng thức đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c = 1. Ví dụ 4. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = 3. Chứng minh: 1 1 1 a+b+c 3 + + ≥ + a+b b+c c+a 6 a+b+c

Hướng dẫn. • Đặt x = a + b + c ;

y = ab + bc + ca = 3 ;

z = abc .

Ta có: ⇔

1 1 1 a+b+c 3 + + ≥ + a+b b+c c+a 6 a+b+c

(a + b)(b + c) + (b + c)(c + a) + (c + a)(a + b) a + b + c 3 ≥ + (a + b)(b + c)(c + a) 6 a+b+c

(*)

Theo (1) và (2) thì (*) trở thành: x2 + y x 3 ≥ + ⇔ ( x 2 + 3)6x − ( x 2 + 18)(3x − z ) ≥ 0 xy − z 6 x

⇔

6x 3 + 18x − 3x 3 − 54x + x 2 z + 18z ≥ 0 ⇔ 3x 3 − 36x + x 2 z + 18z ≥ 0

⇔

3( x3 − 12x + 9z) + x 2 z − 9z ≥ 0

⇔ 3( x3 − 4xy + 9z) + z ( x 2 − 9) ≥ 0

Do y = 3 nên từ (5) suy ra x 2 ≥ 9 , kết hợp (9) ta có bất đẳng thức trên đúng, suy ra bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1. Ví dụ 5. Cho ba số a, b, c thuộc (0; 1) thoả mãn abc = (1 – a)(1 – b)(1 – c) . Chứng minh: a 3 + b 3 + c 3 + 5abc ≥ 1

Hướng dẫn. • Ta có: abc = (1 – a)(1 – b)(1 – c) = 1 – (a + b + c) + (ab + bc + ca) – abc .

Do vậy, nếu đặt x = a + b + c ; y = ab + bc + ca = 3 ; z = abc

thì ta có: 2 z = 1 – x + y .

Theo (9) thì ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x3 − 3xy + 3z + 5z ≥ 1 ⇔ x 3 − 3xy + 8z ≥ 1 ⇔ x 3 − 4x + 3 ≥ y (3x − 4)

Chú ý rằng: 1 – x + y = 2z ≥ 0 và x 2 ≥ 3 y suy ra: x − 1 < y <

x2 . 3

Ta xét ba trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu x ≤ 1 thì x3 − 4x + 3 = (1 − x)(3 − x − x 2 ) ≥ 0 > y(3x − 4) . Trường hợp 2: Nếu 1 < x <

4 thì: 3x – 4< 0 và 0 < x – 1 < y, suy ra: 3

( x 3 − 4x + 3) − y(3x − 4) > ( x 3 − 4x + 3) − ( x − 1)(3x − 4) = ( x − 1)3 > 0

Trường hợp 3: Nếu x ≥

4 thì: 3

( x3 − 4x + 3) − y(3x − 4) > ( x3 − 4x + 3) −

x2 (2x − 3) 2 (3x − 4) = ≥0 3 2

Như vậy trong mọi trường hợp ta đều có x3 − 4x + 3 ≥ y (3x − 4) luôn đúng, suy ra bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =

1 . 2

Phương pháp 3. Đối với những bài toán mà biến a, b, c, … thuộc đoạn [ 0;n ] với n > 0 nên ta có thể dùng phép đặt a = n – x; b = n – y; c = n – z; … Ví dụ 1. Cho các số a, b, c thuộc đoạn [ 0;1] 1) Chứng minh a + b + c ≤ 2 + abc 2) Tìm GTLN của biểu thức P =

a b c + + 1 + bc 1 + ca 1 + ab

Hướng dẫn. 1) Đặt a = 1 – x; b = 1 – y; c = 1 – z, do a, b, c thuộc đoạn [ 0;1] nên x, y, z thuộc đoạn

[0;1] . Khi đó BĐT ở câu a trở thành: 3 − x − y − z ≤ 2 + (1 − x )(1 − y )(1 − z ) ⇔ 3 − x − y − z ≤ 2 + 1 − x − y − z + xy + zy + zx − xyz ⇔ xy + zy + zx − xyz ≥ 0 ⇔ xy (1 − z ) + yz + zx ≥ 0 luôn đúng vì x, y, z thuộc đoạn [ 0;1]

Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = (1, 1, 1); (1, 1, 0) ; (1, 0, 1); (0, 1, 1). 2) Do a, b, c thuộc đoạn [ 0;1] nên Tương tự ta có:

a a ≤ vì a ≥ 0; 1 + bc ≥ 1 + abc 1 + bc 1 + abc

b b c c ≤ ; ≤ nên cộng vế theo vế các BĐT cùng 1 + ca 1 + abc 1 + ab 1 + abc

chiều trên ta suy ra P =

a b c a+b+c + + ≤ . 1 + bc 1 + ca 1 + ab 1 + abc

Mặt khác theo câu a ta có: a + b + c ≤ 2 + abc nên P=

a b c a + b + c 2 + abc 1 + + ≤ ≤ = 1+ ≤ 1+1 = 2 1 + bc 1 + ca 1 + ab 1 + abc 1 + abc 1 + abc

P = 2 khi (a, b, c) = (1, 1, 0) ; (1, 0, 1); (0, 1, 1). Vậy GTLN của P = 2 ⇔ (a, b, c) = (1, 1, 0) ; (1, 0, 1); (0, 1, 1). Nhận xét. Từ nhận xét mở đầu ta có thể mở rộng dạng toán này bằng cách thay đổi khoảng của biến (ví dụ 2) hoặc thêm biến (ví dụ 3). Ví dụ 2. Cho các số a, b, c thuộc đoạn [ 0;2] 1) Chứng minh 4(a + b + c) ≤ 16 + abc 2) Tìm GTLN của biểu thức P =

a b c + + 1 + 2bc 1 + 2ca 1 + 2ab

Hướng dẫn. 1) Đặt a = 2 – x; b = 2 – y; c = 2 – z, do a, b, c thuộc đoạn [ 0; 2] nên x, y, z thuộc đoạn

[0; 2] . Khi đó BĐT ở câu a trở thành:

24 − 4 x − 4 y − 4 z ≤ 16 + ( 2 − x )( 2 − y )( 2 − z )

⇔ 24 − 4 x − 4 y − 4 z ≤ 16 + 8 − 4 x − 4 y − 4 z + 2 xy + 2 zy + 2 zx − xyz ⇔ 2 xy + 2 zy + 2 zx − xyz ≥ 0 ⇔ xy (2 − z ) + 2 yz + 2 zx ≥ 0 hiển nhiên đúng vì x, y, z thuộc đoạn

[0; 2] . Đẳng thức xảy ra khi (a, b, c) = (2, 2, 2); (2, 2, 0) ; (2, 0, 2); (0, 2, 2). 2) Do a, b, c thuộc đoạn [ 0; 2] nên Tương tự ta có:

a a ≤ vì a ≥ 0; 1 + 2bc ≥ 1 + abc 1 + 2bc 1 + abc

b b c c ≤ ; ≤ nên cộng vế theo vế các BĐT cùng 1 + 2ca 1 + abc 1 + 2ab 1 + abc

chiều trên ta suy ra 4 P =

4a 4b 4c 4(a + b + c) 16 + abc 16(1 + abc) + + ≤ ≤ ≤ = 16 1 + 2bc 1 + 2ca 1 + 2ab 1 + abc 1 + abc 1 + abc

Do đó P ≤ 4 ; P = 4 khi (a, b, c) = (2, 2, 0) ; (2, 0, 2); (0, 2, 2).

Vậy GTLN của P = 4 ⇔ (a, b, c) = (2, 2, 0) ; (2, 0, 2); (0, 2, 2). Ví dụ 3. Cho các số a, b, c, d thuộc đoạn [ 0;1] 1) Chứng minh a + b + c + d ≤ 3 + abcd 2) Tìm GTLN của biểu thức P =

a b c d + + + 1 + bcd 1 + cda 1 + abd 1 + abc

Hướng dẫn. 1) Cách 1: Đặt a = 1 – x; b = 1 – y; c = 1 – z, d = 1 – t do a, b, c thuộc đoạn [ 0;1] nên x, y, z thuộc đoạn [ 0;1] . Khi đó BĐT ở câu a trở thành: 3 − x − y − z ≤ 2 + (1 − x )(1 − y )(1 − z ) ⇔ 4 - x - y - z - t ≤ 3 + 1- x - y - z - t + xy + zx + xt + yt + yz + zt - xyz − xyt − yzt + xyzt ⇔ xy + zx + xt + yt + yz + zt - xyz − xyt − yzt − xzt + xyzt ≥ 0

⇔ xy (1 − z ) + zx(1 − t ) + xt (1 − y ) + yt (1 − x) + yz + zt + xyzt ≥ 0

hiển nhiên đúng vì x, y, z , t thuộc đoạn [ 0;1] Dấu đẳng thức xảy ra khi 4 số a, b, c, d cùng bằng 1 hoặc 3 trong bốn số a, b,c, d bằng 1, số còn lại bằng 0. Cách 2: Vì a, b, c, d thuộc đoạn [ 0;1] nên ta có: (1 − a )(1 − b ) ≥ 0 ⇒ 1 + ab ≥ a + b(1) Tương tự: 1 + cd ≥ c + d (2) ; (1 − ab )(1 − cd ) ≥ 0 ⇒ 1 + abcd ≥ ab + cd (3) Cộng (1), (2), (3) vế theo vế thu gọn ta được a + b + c + d ≤ 3 + abcd điều cần chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra như cách 1. 2) Bạn đọc tự chứng minh.

a ≥ 4; b ≥ 5; c ≥ 6

Ví dụ 4. Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện: 

2 2 2 a + b + c = 90

. Chứng minh rằng:

a + b + c ≥ 16 .

Hướng dẫn. Đặt a = 4 + x ; b = 5 + y; c = 6 + z; Từ giả thiết suy ra: x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0. Giả sử a + b + c < 16 ⇔ x + y + z < 1. Mặt khác từ a 2 + b 2 + c 2 = 90 ⇔ ( x + 4) 2 + ( y + 5) 2 + (6 + z ) 2 = 90 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 4 x + 10 y + 12 z = 13 (*)

Do 0 ≤ x + y + z < 1 ⇔ ( x + y + z ) 2 < 1 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) < 1 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 < 1 (vì x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0). Khi đó ta có: x 2 + y 2 + z 2 + 8 x + 10 y + 12 z = (x 2 + y 2 + z 2 ) + 12( x + y + z ) − 4 x − 2 y < 1 + 12 = 13 . Điều này mâu thuẫn với đẳng thức (*) từ đó ta có điều cần chứng minh Phương pháp 4: Một số phương pháp đổi biến khác để đưa về các bất đẳng thức quen thuộc. Đối với một số bài toán bằng việc quan sát kĩ giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh ta cũng có thể lựa chọn việc đổi biến số để đưa về các bất đẳng thức quen thuộc. Sau đây là 1 số ví dụ cụ thể :

Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh: 3 a b c + + ≥ b+c c+a a+b 2

Hướng dẫn. y+z−x  a = 2 x = b + c  1 y+ z − x x+ z − y x+ y− z  3 x + z−y   Ta đặt  y = c + a ⇒ b = + + nên BĐT ⇔  ≥ 2 2 x y z 2   z = a + b   x+ y−z  c = 2 

 x y  y z  z ⇔  + + + + +  y x  z y x

x x y y z z x  ≥ 2 . + 2 . + 2 . = 6 (đúng) z y x z y x z

Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c Ví dụ 2. Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Chứng minh : xy yz zx + + ≥3 z x y

Hướng dẫn. Đặt a =

xy yz zx với a, b, c > 0 . Từ giả thiết ;b = ;c = z x y

x 2 + y 2 + z 2 = 3 ⇔ ab + bc + ca = 3 .

Và BĐT cần CM ⇔ a + b + c ≥ 3 . mặt khác ta có BĐT sau: a 2 + b2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca) = 3 . Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 1 . Ví dụ 3. Cho x, y, z > 0 thoả x + y + z = 1 . Chứng minh: 1 4 9 + + ≥ 36 . x y z

Hướng dẫn. Từ giả thiết ta có thể đặt: x =

Nên BĐT ⇔ CM ⇔

a b c ;y = ;z = với a,b,c >0 a+b+c a+b+c a+b+c

a+b+c a+b+c a+b+c + 4. + 9. ≥ 36 a b c

b c a c a b + + 4. + 4. + 9. + 9. ≥ 22 a a b b c c

a c a  c b b a c a c b b ⇔  + 4.  +  + 9.  +  4. + 9.  ≥ 2 .4. + 2 .9. + 2 4. .9. = 22 (đúng) b a c  b c a b a c b c a

b = 2a 1 1 1 ⇒ x = ;y = ;z = 6 3 2  c = 3a

Dấu “=” xảy ra ⇔ 

Ví dụ 4. Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh: xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x )( z + x − y )

Hướng dẫn. Ta đặt x = b + c; y = c + a; z = a + b với a, b, c > 0 thì BĐT ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc Mặt khác ta có (a + b)(b + c)(c + a) − 8abc = a(b − c)2 + b(c − a) 2 + c(a − b) 2 ≥ 0 Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z . Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn abc = 1. Chứng minh : 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c ) b (c + a ) c ( a + b ) 2 3

Hướng dẫn.

1 x

1 y

Ta đặt a = ; b = ; c = Nên BĐT ⇔

1 với x, y, z > 0 và do abc = 1 nên xyz = 1 z

3 x2 y2 z2 + + ≥ . y+z z+x x+ y 2

mặt khác theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:  x2 y2 z2  2 ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y )   + +  ≥ (x + y + z)  y+z z+x x+ y  x2 y2 z 2  x + y + z 3 3 xyz 3 ⇔ + + ≥ = . ≥ 2 2 2  y+z z+x x+ y

Vậy BĐT đuợc chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Ví dụ 6. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: xyz = x + y + z + 2 . Chứng minh : x+ y+ z≤

3 xyz . 2

Hướng dẫn. Từ xyz = x + y + z + 2 ⇔ Ta đặt ⇒x=

1 1 1 + + =1 1+ x 1+ y 1+ z

1 1 1 = a, = b, =c 1+ x 1+ y 1+ z

với a, b, c > 0

1− a b + c 1− b a + c 1− c a + b ,y = ,z = = = = a a b b c c

Nên BĐT cần CM ⇔ Mặt khác ta có:

3 a b b c c a + + ≤ . . . b+c c+a c+a a+b a +b b+c 2

a b b  1 a . ≤  +  b+c c+a 2 a+c b+c b c c  1 b ≤  + .  c+a a+b 2b+a c+a c a a  1 c . ≤  +  a +b b+c 2c+b a+b

Nên 1 a a b b c c a b b c c a  3 + + ≤  + + + + + . . .  = Vậ b+c c+a c+a a+b a+b b+c 2 a+c b+c b+a c+a c+b a+b 2

y BĐT luôn đúng Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 2 Ví dụ 7. Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: 1 2 b c  1  + + + <2 a +  3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b

Hướng dẫn. Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a + b > c; b + c > a; c + a > b . Đặt

a +b c+a = x, = y , a = z ( x, y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . 2 2

Vế trái viết lại: VT =

a +b a+c x y z 2a + + = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c y + z z + x x + y

Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔ Tương tự: Do đó:

z 2z . > x+ y+ z x+ y

x 2x y 2y ; . < < y+z x+ y+z z+x x+ y+z

2( x + y + z) x y z + + < = 2. y+z z+x x+ y x+ y+z 

1

1

2



b

c

Tức là: a  + + + <2 +  3a + b 3a + c 2a + b + c  3a + c 3a + b Ví dụ 8. Cho các số thực a, b với a + b ≠ 0. Chứng minh: 2

 1 + ab  a +b +  ≥ 2.  a+b  2

2

Hướng dẫn. Đặt c = −

1 + ab . a+b

Ta có: ab + bc + ca = –1 và lúc này BĐT cần chứng minh trở thành: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ −2(ab + bc + ca) ⇔ (a + b + c)2 ≥ 0 (luôn đúng).

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 9. Cho3 số dương a, b, c thỏa: a + b + c =1. Chứng minh rằng: a + bc b + ca c + ab + + ≥2 b+c c+a a+b

Hướng dẫn. VT= =

a(a + b + c) + bc b(a + b + c) + ca c( a + b + c) + ab + + b+c c+a a+b

a ( a + c ) + b (a + c) b ( a + b) + c ( a + b) c(b + c) + a (b + c) + + b+c c+a a+b

=

(a + c)(a + b) (a + b)(b + c) (b + c)(c + a ) + + b+c c+a a+b

Đặt: a + b = x, b + c = y, c + a = z. Vế trái bất dẳng thức tương đương: zx xy yz zx zx xy yz xy zy + + +2 +2 = 2x + 2y + 2z = 2(x + y + z) = 2 (BĐT ≥2 y z x 2 y 2z 2x 2 y 2z 2x

Cauchy) Vậy:

a + bc b + ca c + ab + + ≥ 2 ∀ a, b, c >0 thỏa a + b + c =1. b+c c+a a+b

Một số bài tập áp dụng Bài 1. Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. Chứng minh rằng a b c + + ≥3 b+c −a c + a −b a +b−c

Bài 2. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz = 1 . CMR: 3 2

a.

x+ y+z ≥

b.

1 1 1 + + ≥ 4( x + y + z ) x y z

Gợi ý: từ giả thiết ta có thể đặt x =

a b c ,y = ,z = b+c c+a a+b

Bài 3. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 1 . CMR:

1 1 1 1 + + ≥ 2 + 22 + abc ab bc ca

Bài 4. Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1 . CMR: 1 +

3 6 ≥ a + b + c ab + bc + ca

Bài 5. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. CMR: a. a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S với S là diện tich tam giác. b. a 2b(a − b) + b2c(b − c) + c 2 a(c − a) ≥ 0 Gợi ý: Đặt a = x + y, b = y + z , c = z + x Bài 6. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a.

Cho a, b > 0 thoả mãn a + b = 1. Chứng minh:

2 3 + 2 ≥ 14 . ab a + b 2

1 2

b.

Cho a + b + c + d = 1. Chứng minh: (a + c)(b + d ) + 2(ac + bd) ≤ .

c. d.

Cho a + b + c ≥ 3. Chứng minh: a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 3 + b3 + c3 . Cho a + b > 8 và b ≥ 3. Chứng minh: 27a 2 + 10b3 > 945 .

Bài 7. Cho a, b, c là các số dương và

1 1 1 + + = 2 . Chứng minh rằng 8abc ≤ a +1 b +1 c +1

1. Bài 8. Cho ba số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh: (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 5(a + b + c) – 7 Bài 9. Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh: a+3 b+3 c+3 ≥3 2 + 2 + (a + 1) (b + 1) (c + 1) 2

Bài 10. Cho các số dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh: a b c 3 + + ≥ ( a + b + c − 1) . b c a 2

Bài 11. Cho ba số a, b, c không âm thoả mãn: a + b + c = 1. Chứng minh: 0 ≤ 27(ab + bc + ca) − 54abc ≤ 7

Bài 12. Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh: 2(1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 ) ≥ (1 + a)(1 + b)(1 + c) − 2(1 + abc)

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA BA BIẾN DƯƠNG VÀ TÍCH BA BIẾN BẰNG 1 1.

Các cách đặt ẩn phụ thường gặp

Khi làm toán gặp các bất đẳng thức đại số gồm 3 biến a, b, c là số thực dương và abc = 1 ta thường đặt ẩn phụ: a = x=

y z x x y z , b = , c = hoặc a = , b = , c = hay y z x x y z

a b c ,… ,y= ,z= a -1 b -1 c -1

Ví dụ 1: (Olimpic quốc tế 2000) Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1  1  1   a -1 +  b -1 +  c -1 +  ≤ 1 b  c  a 

(1)

Giải x y z Đặt a = , b = , c = y z x

x, y, z là các số thực dương ta có (x - y + z)(y - z + x)(z - x + y) ≤1 xyz ⇔ (x - y + z)(y - z + x)(z - x + y) ≤ xyz (*)

(1) ⇔

Đặt x = m + n, y = n + p, z = p + m khi đó (*) ⇔ (m + n)(n + p)(p + m) ≥ 8mn Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương m + n ≥ 2 mn , n + p ≥ 2 np, p + m ≥ 2 pm

Nhân vế với vế ta được điều phải chứng minh.

Ví dụ 2: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ a(b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 2

(2)

Giải x y z Đặt a = , b = , c = y z x

x, y, z là các số thực dương ta có (2) ⇔

⇔

1 1 1 3 + + ≥ x y  y z  z x  2 +1  + 1  + 1 y  z  z  x  x  y  yz zx xy 3 + + ≥ ( đpcm ) xy + xz yz + xy zx + yz 2

(theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương xy, yz, zx)

Ví dụ 3: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 + + ≤1 2+a 2+b 2+c

(3)

Giải

Cách 1 x y z Đặt a = , b = , c = y z x

x, y, z là các số thực dương ta có y z x + + ≤1 2y + x 2z + y 2x + z 2y 2z 2x ⇔ + + ≤2 2y + x 2z + y 2x + z 2y 2z 2x ⇔ 1− +1− +1− ≥1 2y + x 2z + y 2x + z x y z ⇔ + + ≥1 2y + x 2z + y 2x + z

(3)

⇔

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có: x2 y2 z2 (x + y + z) 2 VT = + + ≥ = 1 (đpcm) 2xy + x 2 2yz + y 2 2xz + z 2 x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2xz

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1

Cách 2 (3) ⇔ (2 + a)(2 + b) + (2 + b)(2 + c) + (2 + c)(2 + a) ≤ (2 + a)(2 + b)(2 + c)

⇔ ab + bc + ca ≥ 3 (do abc = 1) 3

Ta có VT ≥ 3 a 2 b 2c2 = 3 (theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ab, bc, ca) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1

Nhận xét: Cách 2 chứng minh bằng biến đổi tương đương được thực hiện dễ dàng hơn cách 1 đặt ẩn phụ. Tuy nhiên với bất đẳng thức dưới đây việc biến đổi tương đương là không khả thi vì sẽ quy về bất đẳng thức bậc cao hơn và khó chứng minh hơn.

Ví dụ 4: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c + 3 + 3 ≥1 b +2 c +2 a +2 3

Giải

(4)

y x

z y

Đặt a = , b = , c =

x z

x, y, z là các số thực dương ta có (4)

⇔

x4 y4 z4 + + ≥1 2zx 3 + zy3 2xy3 + xz 3 2yz 3 + yx 3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có: VT ≥

(x 2 + y 2 + z 2 ) 2 =B 2(xy3 + yz 3 + zx 3 ) + x 3 y + y3z + z 3 x

Lại có 2(x 2 + y 2 + z 2 )2 - 6(x 3 y + y3z + z3 x)

= (x 2 − 2 xy + yz − z 2 ) 2 + (y 2 − 2 yz + zx − x 2 ) 2 + (z 2 − 2 zx + xy − y 2 + yz )2 ≥ 0

Suy ra x 3 y + y 3z + z 3 x ≤

1 2 (x + y 2 + z 2 ) 2 3

Tương tự 2(xy 3 + yz 3 + zx 3 ) ≤

2 2 (x + y 2 + z 2 ) 2 3

Cộng theo vế bất đẳng thức trên ta được 2(xy 3 + yz 3 + zx 3 ) + x 3 y + y 3 z + z 3 x ≤ (x 2 + y 2 + z 2 ) 2

Suy ra .. (đpcm) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1

Bài toán mở: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm tất cả các giá trị của k để bất đẳng thức sau đúng : a b c + + ≥1 k k 2+b 2+c 2 + ak

Ví dụ 5: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a2 b2 c2 + + ≥1 (a - 1)2 (b - 1)2 (c - 1)2

(5)

Giải

Cách 1 (5) ⇔ a 2 (b - 1)2 (c - 1)2 + b 2 (a - 1) 2 (c - 1)2 + c 2 (a - 1) 2 (b - 1) 2 ≥ (a - 1)2 (b - 1)2 (c - 1)2 ⇔ (a + 1 - ab - ac)2 + (b + 1 - ab - bc)2 + (c + 1 - ca - bc)2 ≥ (ab + bc + ca − a − b − c)2

Khai triển, rút gọn và sử dụng abc = 1 ta được (ab + bc + ca − 3) 2 ≥ 0 (đúng) Suy ra đpcm

ab + bc + ca = 3 abc = 1

Dấu “=” xảy ra khi 

Cách 2 Đặt x =

a b c ,y= ,z= a -1 b -1 c -1

Suy ra (x -1)(y - 1)(z - 1) = xyz

⇒ x + y + z - 1 = xy + yz + zx ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z)2 − 2( xy + yz + zx ) = ( x + y + z - 1) 2 + 1 ≥ 1 Ta có đpcm .

Nhận xét: Cách 2 thể hiện tính “trí tuệ”, lời giải gọn gàng dễ thực hiện, cách 1 thể hiện tính “thủ công”, biến đổi khai triển phức tạp vất vả. Đây chính là ưu thế của việc đặt ẩn phụ trong việc giải bất đẳng thức.

Ví dụ 6: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: a b c 4 1 + + − ≤ 2 2 2 (a + 1) (b + 1) (c + 1) (1 + a )(1 + b)(1 + c) 4

(6)

Hướng dẫn Đặt x =

1- a 1- b 1- c ,y= ,z= 1+ a 1+ b 1+ c

Từ giả thiết abc = 1

⇒ (1 + x)(1 + y)(1 + z) = (1 − x)(1 − y)(1 − z) ⇒ x + y + z + xyz = 0 4a (1 + a)2 − (1 + a) 2 4b 4c = = 1 − x 2 tương tự = 1 − y2 , = 1 − z2 2 2 2 (a + 1) (a + 1) (b + 1) (c + 1) 2

(6 ) ⇔ 1 - x 2 + 1 - y 2 + 1 - z 2 − 2(1 + x)(1 + y)(1 + z) ≤ 1 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2( xy + yz + zx ) + 2( x + y + z + xyz) ≥ 0 ⇔ ( x + y + z) 2 ≥ 0

Ta có đpcm . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1

2.

Bài tập vận dụng:

Bài 1: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

1 1 1 + + ≤1 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a

Hướng dẫn: Đặt a = x3, b = y3 , c = z3 Bài 2: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 + 2 + 2 ≥1 a ( b + c) b ( c + a ) c ( a + b ) 2

1 x

1 y

Hướng dẫn: Đặt a = , b = , c =

1 z

Bài 3: Cho a, b, c là số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 ab + bc + ca + 3 + 3 ≥ a ( b + c) b ( c + a ) c ( a + b ) 2 3

1 x

1 y

Hướng dẫn: Đặt a = , b = , c = 3.

1 z

Ứng dụng của bất đẳng thức trong việc làm toán

Bất đẳng thức còn có một ứng dụng mà chúng ta đều biết đó là dùng bất đẳng thức để giải một số bài toán liên quan đến GTLN, GTNN và một số bài toán khác.

Ví dụ 7: (TSĐH khối A – 2007) Cho x, y, z là số thực dương thỏa mãn xyz = 1. Tìm GTLN của biểu thức: P =

x 2 ( y + z) y 2 ( x + z) z 2 ( x + y) + + y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y

Giải

∀y, z > 0 ⇒ y + z ≥ 2 yz = x 2 ( y − z) ≥ 2 x x ⇒

2 x

(vì xyz = 1)

x 2 ( y − z) 2x x ≥ y y + 2z z y y + 2z z



 y y x x z z  + +  y y + 2z z z z + 2x x x x + 2 y y   

VT ≥ 2

Đặt a = x x , b = y y , c = z z a, b, c > 0; abc = 1

a b c   = 2A + +  b + 2c c + 2a a + 2b  

Ta có VT ≥ 2

 (a + b + c) =  a(b + 2c)  2

a b c  + b(c + 2a) + c(a + 2b)  b + 2c c + 2a a + 2b 

2

b c   a ≤ [a(b + 2c) + b(c + 2a) + c(a + 2b) ] + +   b + 2c c + 2a a + 2b 

Ta có ⇔ (a + b + c) 2 ≤ 3(ab + bc + ca).A (a + b + c) 2 ⇒A≥ ≥1 3(ab + bc + ca) do đó VT ≥ 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1 Trên đây là một số cách đặt ẩn phụ trong việc giải bất đẳng thức vì thời gian có hạn lên bài viết không thể tránh những sai sót mong được sự góp ý của đồng nghiệp để tôi hoàn thiện. Trân trọng cảm ơn!

BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ PHƯƠNG PHÁP HỆ SỐ BẤT ĐỊNH 1.

Dạng 1:

Thí dụ 1: Cho hai số thực x, y dương thỏa mãn x + y =

Lời giải: Ta có (1) ⇔

5 4 1 . Chứng minh rằng: + ≥ 5 (1) 4 x 4y

4 1 + ≥ 5 ( do 4 y = 5 − 4 x > 0) x 5 − 4x

Khi đó theo bđt Cô si ta có:

VT(1) =

17 4 5 − 4 x 4x 17 4 5 − 4x 4x + . + ≥ +2 . . =5 5 5 x 5(5 − 4 x) 5 5 x 5(5 − 4 x)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y =

1 . 4

Nhận xét: Để chứng minh (1) ta chỉ cần sử dụng bđt Cô si cho hai số hết sức đơn giản, tuy nhiên vấn đề đặt ra là: làm cách nào tách VT(1) để tạo ra các số hạng nghịch đảo như vậy. Điều này ta có thể thực hiện như sau:

Đặt P ≥ 24( xy + yz + zx ) = 24

16m − 4n + p ) x 2 + ( −40m + 5n ) x + 25m ( = x (5 − 4x ) 4  m = 5 16m − 4n + p = 0  17   Ta cần xác định m, n, p sao cho  −40m + 5n = −15 ⇔  n = . 5 25m = 20   4  p = 5  Thí dụ 2: Cho hai số thực a, b dương thỏa mãn a + b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

1 1 + . 3 a + b ab 3

Lời giải: Đặt t = ab , do 1 = a + b ≥ 2 ab ⇒ 0 < t ≤

Ta có P =

Đặt

=

1 1 < , do đó ta có t , 1 − 3t > 0 . 4 3

1 1 1 1 + = + ( a + b) − 3ab( a + b) ab 1 − 3t t 3

1 1 1 − 2t mt 2 + nt (1 − 3t ) + p (1 − 3t ) 2 + = = t 1 − 3t t (1 − 3t ) t (1 − 3t )

( m − 3n + 9 p )t 2 + ( n − 6 p )t + p t (1 − 3t )

m − 3n + 9 p = 0 m = 3   Suy ra  n − 6 p = −2 ⇔ n = 4 . p =1 p =1   Khi đó theo bđt Cô si ta có:

P = 4+

Suy ra Pmin

2.

3t 1 − 3t + ≥ 4+2 3 1 − 3t t

 2 3 −3  1± 3 a =  2 = 4 + 2 3 khi  .  2 3 −3 1∓  3 b = 2 

Dạng 2:

Thí dụ 3: Cho ba số thực x, y , z thỏa mãn xy + yz + zx = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q = 3x 2 + 3 y 2 + z 2 . 2

2

2

Lời giải: Ta có Q = ( x + y ) + (2 y +

1 2 1 z ) + ( z 2 + 2 x 2 ) . Theo bđt Cô si ta có: 2 2

 2 2 ≥ 2 x 2 y 2 = 2 xy ≥ 2 xy (2) x + y   2 1 2 2 2 2 y + z ≥ 2 y z = 2 yz ≥ 2 yz (3) 2  1 2 2 2 2  2 z + 2 x ≥ 2 z x = 2 zx ≥ 2 zx (4) Từ (2), (3), (4) suy ra Q ≥ 2( xy + yz + zx) = 10 .

2 x = 2 y = z  x = y = ±1 . ⇔  xy + yz + zx = 5  z = ±2

Vậy Qmin = 10 khi 

Thí dụ 4: Cho ba số thực x, y , z thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = 40 x 2 + 27 y 2 + 14 z 2 . Lời giải: 2

2

2

2

2

2

Ta có P = (16 x + 9 y ) + (18 y + 8 z ) + (6 z + 24 x ) . Theo bđt Cô si ta có:

16 x 2 + 9 y 2 ≥ 2 16 x 2 .9 y 2 = 24 xy ≥ 24 xy (5)   2 2 2 2 18 y + 8 z ≥ 2 18 y .8 z = 24 yz ≥ 24 yz (6)  2 2 2 2 6 z + 24 x ≥ 2 6 z .24 x = 24 zx ≥ 24 zx (7) Từ (5), (6), (7) suy ra P ≥ 24( xy + yz + zx) = 24 .

Vậy Pmin

1 1   x = 6 x = − 6   4 x = 3 y = 2 z 4 4   hoặc  y = − . = 24 khi  ⇔ y = 3 6 3 6  xy + yz + zx = 1     2 2 z = − z = 6 6  

Nhận xét: Ta cũng đặt ra câu hỏi tại sao lại tách P thành tổng các số hạng như vậy. Câu trả lời là dựa vào giả thiết và đặt đẳng thức hệ số bất định như sau:

P = ( ax 2 + by 2 ) + (cy 2 + dz 2 ) + (ez 2 + fx 2 ) = ( a + f ) x 2 + (b + c) y 2 + ( d + e) z 2

a + f = 40 (8) b + c = 27 (9)  Khi đó ta có  d + e = 14 (10) ab = cd = ef (11)  (12) ace = bdf Từ (11) và (12) suy ra với

ab = cd = ef = α ⇒ α3 = β2 = γ 6 ⇒ ab = cd = ef = γ 2  ace = bdf = β Kết hợp với (10), (9), (8) và ta có

a = 16, b = 9  122 = 6 × 24 = 18 × 8 = 9 ×16 ⇒ c = 18, d = 8 e = 6, f = 24  3. Dạng 3: Thí dụ 5: Cho ba số thực x, y, z > 0 . Chứng minh rằng

x 4y 9z + + > 4 (13) y+z z+x x+ y Lời giải: Ta có

4y 9z x +1+ +4+ + 9 − 14 y+z z+x x+ y x + y + z 4( x + y + z ) 9( x + y + z ) = + + − 14 y+z z+x x+ y

VT(13) =

 1 4 9  = ( x + y + z)  + +  − 14  y+z z+x x+ y Đặt a = x + y , b = y + z , c = z + x. Ta có

1 9 1 4 VT(13) = ( a + b + c)  + +  − 14 2 a b c 1 a 9b 4a 9c 4b c  = 1 + 4 + 9 + + + + + +  − 14 2 b a c a c b 1 ≥ 1 + 4 + 9 + 2 9 + 2 36 + 2 4 − 14 = 4 (14) 2

(

)

 x + y = 3( y + z )  x = 2t   Dấu bằng xảy ra ⇔  2( x + y ) = 3( z + x) ⇔  y = t . Vô lý vì z > 0. 2( y + z ) = ( z + x) z = 0  

Suy ra bđt (14) không xảy ra dấu bằng. Vậy (13) được chứng minh. Nhận xét: Việc thêm các hằng số 1, 4, 9 vào vế trái được thực hiện như thế nào, ta xét ví dụ sau: Thí dụ 6: Cho ba số thực x, y , z > 0 . Chứng minh rằng

15 z − x − y x + 5 y + 5 z 3 x + y − 5 z 3 + + > (15) 4x + 6 y 2 x + 10 z 4 y + 20 z 2 Lời giải: Ta có

VT(15) =

15 z − x − y x + 5 y + 5z 3x + y − 5 z +m+ +n+ +p= 4x + 6 y 2 x + 10 z 4 y + 20 z

=

(4m − 1) x + (6m − 1) y + 15 z (2n + 1) x + 5 y + (10n + 5) z + 4x + 6 y 2 x + 10 z

+

3 x + (4 p + 1) y + (20 p − 5) z 4 y + 20 z

Cần tìm m, n, p sao cho

4m − 1 = 2n + 1 = 3  ⇔ m = n = p =1  6m − 1 = 5 = 4 p + 1 15 = 10n + 5 = 20 p − 5  Khi đó ta có:

 1  1 1 + + VT(15) = (3 x + 5 y + 15 z )  −3  4 x + 6 y 2 x + 10 z 4 y + 20 z  Tương tự thí dụ 5 ta chứng minh được VT(15) ≥

9 3 − 3 = (16) 2 2

2 x + 3 y = x + 5 z  x = 5t   Dấu bằng xảy ra ⇔  x + 5 z = 2 y + 10 z ⇔  y = 0 . Vô lý vì y > 0. 2 x + 3 y = 2 y + 10 z z = t   Suy ra bđt (16) không xảy ra dấu bằng. Vậy (15) được chứng minh.

BÀI TẬP

1. Cho hai số thực a, b dương thỏa mãn

P=

a + b = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 . + 2 2 ( a + b ) + ab 2ab 2

2. Cho ba số thực x, y, z ≥ 0 thỏa mãn 4 xy + 2 yz + 4 zx = 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q = 8x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 . 3. Cho ba số thực x, y, z ≥ 0 . Chứng minh rằng

12 x 2 +

15 2 11 2 y + z ≥ 14 xy + yz + 10 zx 2 2

4. Cho ba số thực x, y , z > 0 . Chứng minh rằng

4z 3x + y 3 y − z + + > 5. x+ y y+z z+x

ỨNG DỤNG TAM THỨC BẬC II CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phần 1: LÍ THUYẾT CƠ SỞ: 1. Định nghĩa. Tam thức bậc hai đối với x là biểu thức có dạng: f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) + Các biểu thức ∆ = b 2 − 4ac và ∆ ' = b '2 − ac với b = 2b’ theo thứ tự đợc gọi là biểu thức và biểu thức thu gọn của tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c . + x0 gọi là nghiệm của tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) nếu f ( x0 ) = 0 2. Điều kiện để f(x) có nghiệm là: ∆ ≥ 0 hoặc ( ∆ ' ≥ 0 ) 3. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) trên R ∆ b ) = − ; không tồn tại max f ( x ) D 2a 4a

+ Nếu a > 0:

min f ( x ) = f ( −

+ Nếu a < 0:

max f ( x ) = f ( −

D

D

∆ b ) = − ; không tồn tại min f ( x ) D 2a 4a

4. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) trên D = [ α; β] + TH1: Với a > 0

*Nếu : −

b ≤ α ⇒ min f ( x ) = f (α); max f ( x ) = f (β) D D 2a

*Nếu : −

b ≥ β ⇒ min f ( x ) = f (β); max f ( x ) = f (α) D D 2a

*Nếu : −

∆ b b ∈ ( α; β ) ⇒ min f ( x ) = f ( − ) = − ; max f ( x ) = max { f (α); f (β)} D D 2a 2a 4a

+ TH2: Với a < 0 *Nếu : −

b ≤ α ⇒ max f ( x ) = f (α); min f ( x ) = f (β) D D 2a

*Nếu : −

b ≥ β ⇒ max f ( x ) = f (β); min f ( x ) = f (α) D D 2a

*Nếu : −

∆ b b ∈ ( α; β ) ⇒ max f ( x ) = f ( − ) = − ; min f ( x ) = min { f (α); f (β)} D D 2a 2a 4a

5. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) trên một khoảng (nửa khỏang) Ta lập bảng biến thiên của f(x) trên khoảng đó rồi dựa vào bảng biến thiên kết luận về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của nó. 6. Định lý về dấu của tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) + Nếu ∆ = b 2 − 4ac < 0 thì af ( x ) > 0 ∀x ∈ R  b    2a 

+ Nếu ∆ = b 2 − 4ac = 0 thì af ( x ) > 0 ∀x ∈ R \ −

+ Nếu ∆ = b 2 − 4ac > 0 thì f(x) có hai nghiệm phân biệt x1, x2(x1< x2). Khi đó: af ( x ) > 0 ∀x ∈ ( −∞; x1 ) ∪ ( x2 ; +∞ ) af ( x ) < 0 ∀x ∈ ( x1; x2 )

Phần 2: BÀI TẬP ỨNG DỤNG Dạng 1: Chứng minh bất đẳng thức: Bài 1. Chứng minh: Q = 5 x 2 + 14 y 2 − 10 xy − 2 x − 6 y + 2 > 0 ∀x ∈ R; ∀y ∈ R Phân tích: Thông thường, khi giải bài toán này, học sinh hay nghĩ đến việc biến đổi như sau: 2 Q = ( 2 x − 3 y ) + (2 y − 1) 2 + ( x + y − 1) 2 ≥ 0 ∀x ∈ R; ∀y ∈ R . Dấu bằng không xảy ra . Vậy Q > 0 ∀x ∈ R; ∀y ∈ R

Tuy nhiên việc biến đổi như vậy không phải dễ dàng, cũng mất khá nhiều thời gian. Ta có thể sử dụng định lí dấu của tam thức bậc hai để giải bài toán này một cách hiệu quả hơn:

Lời giải: Coi Q là một tam thức bậc hai đối với x, Q = 5 x 2 − 2(5 y + 1) x + 14 y 2 − 6 y + 2 Trong đó: hệ số a = 5 > 0; ∆ x = −45 y 2 + 40 y − 9 < 0 ∀y ∈ R (vì có hệ số của y2 là -45 < 0; ∆ ' y = −5 < 0 ) Khi đó Q > 0 ∀x ∈ R; ∀y ∈ R

Bài 2. Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác. Chứng minh rằng ∀x ∈ R ta có: x(1 − x) a 2 − xb 2 + ( x − 1) c 2 < 0 . Lời giải. Xét f ( x) = x(1 − x)a 2 − xb 2 + ( x − 1) c 2 = −a 2 x 2 + ( a 2 − b 2 + c 2 ) x − c 2 f(x) là một tam thức bậc hai đối với x. 2

Có hệ số của x2 là -a2 < 0; ∆ = ( a 2 − b 2 + c 2 ) − 4a 2c 2 = ( a 2 − b 2 + c 2 + 2ac )( a 2 − b 2 + c 2 − 2ac ) = ( a + c ) − b 2  ( a − c ) − b 2  = ( a + c − b )( a + b + c)(a − c − b)( a − c + b )    2

2

Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên ∆ < 0 . Theo định lí về dấu của tam thức bậc hai thì f(x) < 0, ∀x ∈ R ( ĐCCM)

Bài 3. Chứng minh rằng nếu A, B, C là ba góc của tam giác, thì 1+

x2 ≥ cos A + x ( cos B + cos C ) 2

∀x ∈ R

Lời giải. x2 ≥ cos A + x ( cos B + cos C ) 2 ⇔ f ( x ) = x 2 − 2 ( cos B + cos C ) x + 2 (1 − cos A) ≥ 0

1+

f(x) là tam thức bậc hai đối với x có hệ số của x2 là 1>0 và 2

∆ ' = ( cos B + cos C ) − 2 (1 − cos A ) A B −C A A B −C  A B −C cos 2 − 4sin 2 = 4sin 2  cos 2 − 1 = −4sin 2 sin 2 ≤0 2 2 2 2 2 2 2  ⇒ đpcm. ⇒ f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈ R

= 4sin 2

∆ ' = 0 B = C f ( x) = 0 ⇔  ⇔  x = cos B + cos C  x = 2cos B

1 1 1  xy + yz + zx = 1 Bài 4. Cho x, y ,z là các số thực khác 0 thoả mãn : ( I )   x 2 = yz 

.

Chứng minh rằng : x 2 ≥ 3

Phân tích: Khi gặp bài toán này, khá nhiều học sinh lúng túng không biết lựa chọn phơng pháp nào và bắt đầu từ đâu. Dựa vào yêu cầu đề bài là chứng minh: x 2 ≥ 3 , ta có thể nghĩ đến hướng coi y, z là ẩn trong hệ điều kiện (I) và x là tham số. Từ đó ta tìm điều kiện của x để hệ pt có nghiệm.  x + y + z = xyz ⇔ Lời giải. ( I )  2  x = yz

3 3  x + y + z = x  y + z = x − x ⇔  2 2  yz = x  x = yz

3 3  x + y + z = x  y + z = x − x ⇔  2  2  x = yz  yz = x

 x + y + z = xyz (I )  2 ⇔  x = yz

Suy ra y, z là nghiệm của phương trình: U 2 + ( x − x3 ) .U + x 2 = 0 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 2 ∆ = x 2 (1 − x 2 ) − 4  ≥ 0 ⇔ (1 − x 2 ) − 4 ≥ 0 (*) ( Vì ∀x ≠ 0 ⇒ x 2 > 0 )  

1 − x 2 ≥ 2

 x 2 ≤ −1 ⇔ ⇔ x 2 ≥ 3 ( ĐCCM)  2 2 1 − x ≤ −2 x ≥ 3

2

Hay (*) ⇔ (1 − x 2 ) ≥ 4 (*) ⇔ 

 x2 + y 2 + z 2 = 2 Bài 5. Cho x, y ,z là nghiệm của hệ phương trình: ( I )   xy + yz + xz = 1

4 3

Chứng minh rằng : − ≤ x; y; z ≤

4 3

Lời giải. ( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + xz ) = 2

Hệ ( I ) ⇔ 

 xy + yz + xz = 1

( x + y + z ) 2 = 4 ⇔  xy + yz + xz = 1

x + y + z = 2 hoặc  xy + yz + xz = 1

Ta có hệ (I) tương đương với hệ: 

 x + y + z = −2   xy + yz + xz = 1

x + y = 2 − z x + y + z = 2 x + y = 2 − z ⇔ ⇔ . 2 xy + yz + xz = 1 xy + z ( x + y ) = 1 xy = − z + z 1 2   

*

Khi đó x,y là nghiệm của pt: X 2 − (2 − z ) X + 1 − 2 z + z 2 = 0 (1)

.

 x + y = −2 − z  x + y + z = −2  x + y = −2 − z . ⇔ ⇔ 2  xy + yz + xz = 1  xy + z ( x + y ) = 1  xy = 1 + 2 z + z

*

Khi đó x,y là nghiệm của pt: X 2 + (2 + z ) X + 1 + 2 z + z 2 = 0 (2) Để hệ (I) có nghiệm thì PT(1) hoặc PT(2) có nghiệm 4  0 ≤ z ≤   ∆1 = −3 z + 4 z ≥ 0 4 4 3 ⇔ ⇔ ⇔− ≤z≤ . 2 3 3  ∆ 2 = −3 z − 4 z ≥ 0 − 4 ≤ z ≤ 0  3 2

4 3

4 3

Chứng minh tương tự ta cũng có: − ≤ x; y ≤ .

Bài 6. Cho a, b, c ∈ R thoả mãn a > 2 và 3abc = 2 . Chứng minh rằng: a 2 > 2 ( ab + bc + ca − b 2 − c 2 ) (1)

Lời giải. Vì a > 2 ⇒ bc =

2 . BĐT (1) ⇔ a 2 + 2 ( b 2 + c 2 ) − 2a ( b + c ) − 2bc > 0 3a 2

⇔ 2 ( b + c ) − 2a ( b + c ) + a 2 − 6bc > 0 2

⇔ 2 ( b + c ) − 2a ( b + c ) + a 2 −

4 > 0 (2) a 2

Nhận thấy vế trái của(2) là tam thức bậc hai đối với ( b + c ) có hệ số của ( b + c ) là 1 > 0 và 4 8 8 − a3  ∆ ' = a2 − 2  a2 −  = − a2 = < 0, ∀a > 2 nên (2) đúng ⇒ đpcm a a a 

Bài 7. Giả sử phương trình Chứng minh rằng: x1x 2 ≥

ax3 + bx 2 + cx + d = 0 ( a ≠ 0 ) có hai nghiệm khác nhau x1, x2.

4ac − b 2 . 4a 2

Giải: Vì x1, x2 là nghiệm của phương trình ax3 + bx 2 + cx + d = 0

( a ≠ 0)

ax13 + bx12 + cx1 + d = 0 ⇒ a ( x13 − x23 ) + b ( x12 − x2 2 ) + c ( x1 − x2 ) = 0  3 2 nên ta có ax2 + bx2 + cx2 + d = 0 2

⇔ a ( x1 + x2 ) + b ( x1 + x2 ) + c − ax1 x2 = 0

( do

x1 ≠ x2 )

Dễ thấy x1+x2 là nghiệm của phương trình aX 2 + bX + c − ax1 x2 = 0 Để phương trình aX 2 + bX + c − ax1 x2 = 0 có nghiệm.

⇔ ∆ = b 2 − 4a ( c − ax1 x2 ) ≥ 0 ⇔ 4a 2 x1 x2 ≥ 4ac − b 2 ⇔ x1 x2 ≥

4ac − b 2 ⇒ đpcm. 4a 2

Bài 8. Cho a, b, c là 3 cạnh cuả một tam giác và x, y, z là 3 số thực thỏa mãn điều kiện ax + by + cz = 0 . Chứng minh rằng: xy + yz + xz ≤ 0 (*) Lời giải: Từ ax + by + cz = 0 ⇒ z = − (*) ⇔ xy −

ax + by c

ax + by ( x + y ) ≤ 0 ⇔ cxy − ( ax + by )( x + y ) ≤ 0 c

⇔ ax 2 + xy (a + b − c) + by 2 ≥ 0 (1)

+ Nếu y=0 thì (1) ⇔ ax 2 ≥ 0 (luôn đúng) 2

x x + Nếu y ≠ 0 thì (1) ⇔ a   + (a + b − c) + b ≥0 (2) y  y 2

x x x Xét tam thức bậc hai f   = a   + (a + b − c) + b (a > 0) y  y  y

Có ∆ = (a + b − c) 2 − 4ab = a 2 + b 2 + c 2 − 2ab − 2bc − 2ca. Do a, b, c là cạnh của tam giác nên ta có: b − c ≤ a ⇒ b 2 − 2bc + c 2 < a 2   c − a ≤ b ⇒ c 2 − 2ca + a 2 < b 2  ⇒ a 2 + b 2 + c 2 < 2ab + 2bc + 2ca ⇒ ∆ < 0  a − b ≤ c ⇒ a 2 − 2ab + b 2 < c 2  x

mà a > 0 ⇒ f   > 0 . Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 0  y

Dạng 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của một biểu thức: Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2 + 3 y 2 + 2 xy + 4 x + 16 y + 25 *Phân tích: Ta có thể giải bài toán như sau: A=

1 1 2 2 2 ( x + 2 y + 5 ) + ( x − 1) + ( y + 3) + 3 ≥ 0, ∀x, y ∈ R 2 2 x = 1 . Tuy nhiên ta không phải dễ dàng mà phân tích được biểu thức A  y = −3

Khi đó min A = 3 ⇔ 

như trên. Sau đây là một cách giải bài toán dựa vào định lí về dấu tam thức bậc hai và sự tồn tại nghiệm của nó.

Lời giải.

A là một giá trị của biểu thức ⇔ ∃x, y ∈ R : x 2 + 3 y 2 + 2 xy + 4 x + 16 y + 25 = A ⇔ ∃y ∈ R, pt : x 2 + 2( y + 2) x + 3 y 2 + 16 y + 25 − A = 0 có nghiệm x

⇔ ∃y ∈ R : ∆ x ' = ( y + 2) 2 − 3 y 2 − 16 y − 25 + A ≥ 0 ⇔ Bpt : − 2 y 2 − 12 y − 21 + A ≥ 0 (*) có nghiệm y

Xét tam thức bậc hai f ( y ) = −2 y 2 − 12 y − 21 + A có hệ số của y2 là -2<0 Và có ∆ y ' = 2 A − 6 + Nếu ∆ y ' < 0 ⇔ A < 3 thì f(y)<0, ∀y ∈ R . Hay bpt (*) vô nghiệm ( loại) + Vậy: để bpt (*) có nghiệm thì ∆ y ' ≥ 0 ⇔ A ≥ 3 x = 1  y = −3

Khi đó min A = 3 ⇔ 

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A =

4 xy − 3 y 2 x2 + y 2

*Phân tích: Ta có thể tìm cách biến đổi các biểu thức về dạng tam thức bậc hai đối với một biến nào đó và sử dụng điều kiện có nghiệm của tam thức bậc hai để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức. Lời giải: 1) Điều kiện: x 2 + y 2 ≠ 0 + Với x = 0 Ta có A = -3 + Với x ≠ 0 , đặt y = tx (t ∈ R) ta có A =

4t − 3t 2 t2 +1

4t − 3t 2 A là một giá trị của biểu thức ⇔ phương trình A = 2 có nghiệm t t +1 ⇔ ( A + 3)t 2 − 4t + A = 0 (1) có nghiệm

+ Nếu A = -3 thì (1) có nghiệm t = −

3 4

+ Nếu A ≠ −3 thì (1) có nghiệm ⇔ ∆ ' = 4 − A ( A + 3) ≥ 0 ⇔ A2 + 3 A − 4 ≤ 0 ⇔ −4 ≤ A ≤ 1 Vậy min A = −4 ⇔ t = −2 ⇔ y = −2 x;max A = 1 ⇔ t =

1 ⇔ x = 2y 2

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức B =

2x + y + 1 x2 + y2 + 3

Lời giải: B xác định ∀x; y ∈ R B là một giá trị của biểu thức ⇔ tồn tại x,y thỏa mãn B =

2x + y + 1 x2 + y2 + 3

⇔ ∃y : Bx 2 − 2 x + By 2 − y + 3B − 1 = 0 (2) có nghiệm x

+ Nếu B=0 thì (2) thành -2x -y -1 =0 luôn có nghiệm x, y ∈ R, y = −1 − 2 x + Nếu B ≠ 0 (2) có nghiệm x ⇔ ∃y : ∆ ' = 1 − B 2 y 2 + By − 3B 2 + B ≥ 0 ⇔ − B 2 y 2 + By − 3B 2 + B + 1 ≥ 0 (3) có nghiệm y

Vì (3) là một bất phương trình bậc hai đối với y (do B ≠ 0 ) nên (3) có nghiệm ⇔ ∆ = B 2 + 4 B 2 ( −3B 2 + B + 1) ≥ 0 ⇔ B 2 ( −12 B 2 + 4 B + 5 ) ≥ 0 ⇔ −12 B 2 + 4 B + 5 ≥ 0 1 5 ⇔− ≤B≤ 2 6

3  y=   y = −1 1 5  5 Vậy min B = − ⇔  ; max A = ⇔  2 6  x = −2 x = 6  5

Bài 4. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=

Giải: Ta có: P + 1 =

sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C

3 cos A + co s 2 B + cos 2 C 2

Đặt: Q = cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = cos 2 A +

1 − cos 2 B 1 − cos 2C + 2 2

= cos 2 A − cos ( B − C ) cos A + 1 = f (cos A)

Nhận thấy Q là tam thức bậc hai với cosA có hệ số của cos2 A là 1 > 0 và −

cos( B − C ) cos 2 ( B − C ) 3 b cos ( B − C ) = ∈ [ −1;1] ⇒ Q ≥ f ( ) = 1− ≥ ; 2a 2 2 4 4

cos ( B − C ) = 1 B = C 3  min Q = ⇔  ⇔  1 0 4  A = 60 cos A =  2

Vậy MaxP = 3 ⇔ ∆ABC đều.

Bài 5. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Q = cos A + 2 ( cos B + cos C )

Lời giải: Ta có ≤ −2sin 2

A B −C B+C A B −C A  cos = −2sin 2 + 2 2 cos sin + 1 Q = 1 − 2sin 2  + 2 2 cos 2 2 2 2 2 2  A A A  + 2 2 sin + 1 = f  sin  2 2 2 

(sin

A ∈ ( 0;1)) 2

A A A  f  sin  là một tam thức bậc hai đối với sin có hệ số của sin 2 là −2 < 0 2 2 2  −b 1 1 A và = ∈ ( 0;1) ⇒ max f (sin ) = f ( ) = 2 ⇒ Q ≤ 2 2a 2 2 2 B −C  cos 2 = 1  B = C ⇔ ⇔ Tam giác ABC vuông cân tại A max Q = 2 ⇔  0  A = 90 sin A = 1  2 2

Bài 6. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Qua O kẻ đường thẳng d cắt cạnh AB, AC lần lợt tại M, N. Xác định vị trí của M, N trên cạnh AB, AC sao cho tổng bình phương các cạnh của tam giác AMN đạt giá trị nhỏ nhất, lớn nhất? Lời giải: Đặt AM = x, AN = y ( 0 < x, y ≤ 1) .

A M

Ta có S ∆AMN = S ∆AOM + S ∆AON ⇔

⇔

1 1 1 xy sin 600 = x. AO.sin 300 + y. AO.sin 300 2 2 2 M

3 1 xy = AO. ( x + y ) 2 2

⇔ 3 xy =

O

B

2 3 2 AH ( x + y ) ⇔ 3 xy = . ( x + y ) ⇔ 3xy = x + y (*) 3 3 2 2

2

T = 2 ( x 2 + y 2 ) − xy = 2 ( x + y ) − 5 xy = 18 ( xy ) − 5 xy .

Đặt xy=t ( t> 0), ta có ( x + y ) = 3 xy ≥ 2 xy ⇒ 9t 2 ≥ 4t ⇒ t ≥

4 ( Vì t>0) 9

Mặt khác: 0 < x, y ≤ 1 ⇒ (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ⇔ xy − ( x + y ) + 1 ≥ 0 ⇒ t ≤ 4 1

Khi đó: T = 18t 2 − 5t = f (t ) , t ∈  ;  9 2

1 2

N

Nhận thấy f(t) là một tam thức bậc hai đối với t và có hệ số của t2 là a=18>0, x = 1 1  1 max T = f   = 2 ⇔ t = ⇔  1 hoặc 2 y = 2  2 N ≡ B và M là trung điểm của AB)

1  x = 2 ( M ≡ B và N là trung điểm của AC , hoặc   y = 1

4 2 4 4 min T = f   = ⇔ t = ⇔ x = y = ( MN qua O và MN song song với BC ) 9 3 9 3

Phần 3: Bài tập tự luyện. Bài 1. Chứng minh rằng 1.

x 2 (1 + sin 2 y ) + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 + cos 2 y > 0, ∀x, y ∈ R.

2.

B =19 x2 + 54y2 + 16z2 + 36xy – 24yz – 16xz ≥ 0 ∀x, y, z ∈ R

Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2 + 6 y 2 − 2 xy − 12 x + 2 y + 45 Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất (nếu có) của: 1.

A= x + y + 1, biết x2 + 2xy + 2y2 + 7x + 7y + 10 = 0

x −1 − 2 2 − x + 3 x −1 + 2 2 − x + 3 x + y ≤ 2 Bài 4. Cho x, y thoả mãn  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của 2 + + = 3 x xy y 

2.

B=

biểu thức

A = x2 – xy + y2

Bài 5. Cho x, y thoả mãn x 2 + xy + y 2 = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của A = x2 – 2xy + 3y2

Bài 6. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có : x2 ≥ sin A + x ( sin B − sin C ) 2

−b 5 4 = < 2a 36 9

1.

1+

2.

p 2 ≥ ab sin 2 A + bc sin 2 B + ac sin 2 C (với p là nửa chu vi của tam giác)

∀x

Bài 7. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = 3 cos A + 3 ( cos B + cos C )

Bài 8. Cho a, b, c thoả mãn (a + c)(a + b + c) < 0 . CMR: (b – c)2>4a(a + b + c)

Bài 9. Cho hinh vuông ABCD cạnh bằng 1. M, N tương ứng là các điểm di động trên AD, CD sao cho góc MBN bằng 450. Chứng minh rằng: 1 −

2 1 ≤ S MBN ≤ . 2 2

Bài 10. Cho a, b, c ≥ 0 . Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab + bc + ca )

a 2 + b 2 = 1 . 3 c + d = 

Bài 11. Cho a, b, c, d là 4 số thực thay đổi thỏa mãn:  Tìm giá trị lớn nhất của T = ab + bd + cd

Bài 12. Cho x, y, z là 3 số thực thay đổi thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Tìm giá trị LN và NN của A = 6 xy − 6 yz − zx .

TÌM THÊM ỨNG DỤNG CHO NHỮNG ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC Đẳng thức 1: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng

1 1 1 + + = 1 (1) 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx (Trích đề thi vào lớp 10 – PTNK – ĐHQG HCM. Năm học 1997-1998) Chứng minh: Ta có

1 1 1 + + x( yz + 1 + y ) 1 + y + yz 1 + z + zx x +1 1 x +1 1 = + = + x( yz + 1 + y ) 1 + z + zx xy ( z + zx + 1) 1 + z + zx x + 1 + xy x + 1 + xy = = =1 xy ( z + zx + 1) xyz ( x + 1 + xy )

VT(1) =

Từ đẳng thức (1) ta dễ dàng thu được đẳng thức sau:

1 1 1 + + = 1 (2) 2 2 2 2 2 2 1 + x + x y 1 + y + y z 1 + z + z 2 x2 2

(Với x, y, z là ba số thực thỏa mãn xyz = 1) Ví dụ 1: Cho ba số thực x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng

1 1 1 1 + 2 + 2 ≤ (3) 2 2 2 y + 2x + 3 z + 2 y + 3 x + 2z + 3 2 2

Lời giải:

 x 2 + y 2 ≥ 2 xy 1 1 Ta có  2 Suy ra y 2 + 2 x 2 + 3 ≥ 2( xy + x + 1) ⇒ 2 ≤ 2 y + 2 x + 3 2(1 + x + xy )  x + 1 ≥ 2 x

1 1 1 1 , 2 ≤ ≤ 2 2 z + 2 y + 3 2(1 + y + zy ) x + 2 z + 3 2(1 + z + zx )

Tương tự ta có

Suy ra VT(3) ≤

2

 1 1 1 1 1 + +   ≤ (do đẳng thức (1)). 2  1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx  2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Ví dụ 2: (Rumani, MO) Cho ba số thực x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1. Tìm GTLN của biểu thức

P=

1 1 1 + + 2 2 2 2 ( x + 1) + y + 1 ( y + 1) + z + 1 ( z + 1) + x 2 + 1 2

Lời giải: 2

2

2

2

Do ( x + 1) + y + 1 = x + y + 2 x + 2 ≥ 2( xy + x + 1) . Suy ra

Tương tự ta có

Suy ra P ≤

1 1 ≤ 2 ( x + 1) + y + 1 2(1 + x + xy ) 2

1 1 1 1 , ≤ ≤ 2 2 2 ( y + 1) + z + 1 2(1 + y + yz ) ( z + 1) + x + 1 2(1 + z + zx) 2

 1 1 1 1 1 1 + +   ≤ ⇒ Pmax = . 2  1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx  2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Ví dụ 3: Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

a b c + + ≥ 1 (4) 2b + a 2c + b 2a + c Lời giải: Ta có (4) ⇔

2

1 1 1 + 2 + 2 ≥ 1 (5) 2a b + 1 2b c + 1 2c a + 1 2

2

2 2

Do 2a b + 1 ≤ a + a b + 1 ⇒

1 1 ≥ 2 . 2a b + 1 a + a 2b 2 + 1 2

1 1 1 1 ≥ 2 ≥ 2 2 2 , 2 2 2 2b c + 1 b + b c + 1 2c a + 1 c + c a + 1

Tương tự ta có

Suy ra VT(3) ≥

2

1 1 1 + 2 + 2 2 2 ≥ 1 (do đẳng thức (2)). 2 2 2 2 a + a b +1 b + b c +1 c + c a +1 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Ví dụ 4: Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

1 3

3

2a + b + 6

1

+

3

3

2b + c + 6

+

1 3

2c + a 3 + 6

≤ 1 (5)

Lời giải: Áp dụng bất đăng thức Cauchy ta có:

a 3 + b3 + 1 ≥ 3ab, a 3 + 1 + 1 ≥ 3a ⇒ 2a 3 + b3 + 6 ≥ 3(1 + a + ab) ⇒

1 3

3

2a + b + 6

1 11 1  ≤  +  (6) 3(1 + a + ab) 2  3 1 + a + ab 

≤

1

11 1  ≤  +  (7), 2b + c + 6 2  3 1 + b + bc 

Tương tự

3

3

1

11 1  ≤  +  (8) 2c + a + 6 2  3 1 + c + ac  3

3

Cộng ba bất đẳng thức (6), (7), (8) và kết hợp với đẳng thức (1) ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Ví dụ 5: Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng

1 1 1 + + ≤ 1 (9) (2a + 1)(b + 2) (2b + 1)(c + 2) (2c + 1)(a + 2) Lời giải: 2

2

2

Đặt a = x , b = y , c = z , với x, y, z là các số dương và x.y.z = 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có

( x. y + x.1 + 1.1)2 ≤ ( x 2 + x 2 + 1)( y 2 + 1 + 1) ⇔ (1 + x + xy ) 2 ≤ (2 x 2 + 1)( y 2 + 2) Suy ra

1 1 ≤ (10), (2a + 1)(b + 2) 1 + x + xy

tương tự ta có:

1 1 (11), ≤ (2b + 1)(c + 2) 1 + y + yz

1 1 (12) ≤ (2c + 1)( a + 2) 1 + z + xz

Cộng ba bất đẳng thức (10), (11), (12) và kết hợp với đẳng thức (1) ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Nhận xét: Qua các ví dụ trên, chúng ta nhận thấy điểm mấu chốt để giải được các bài toán ở trên là nhận ra các đẳng thức (1) và (2) chứ không phải các kỹ thuật đánh giá đơn giản. Hay nói cách khác nếu nhìn vào điều kiện abc = 1 thì chúng ta đừng quên các đẳng thức (1) và (2). Để tăng khả năng vận dụng linh hoạt các đẳng thức, ta tiếp tục xét một đẳng thức quen thuộc sau: Đẳng thức 2: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz = 2. Chứng minh rằng

x y 2z + + = 1 (13) 2 + x + xy 1 + y + yz 2 + 2 z + zx (Trích đề thi vào lớp 10 – PTNK – ĐHQG HCM. Năm học 2009-2010) Chứng minh: Ta có

x y 2z + + x( yz + 1 + y ) 1 + y + yz 2 + 2 z + zx y +1 2z y +1 2 = + = + yz + 1 + y xyz + 2 z + zx yz + 1 + y xy + 2 + x y +1 2 xy + x + 2 xy + x + xyz = + = = =1 yz + 1 + y x( y + yz + 1) x( y + 1 + xy ) x( y + 1 + xy )

VT(13) =

Ví dụ 6: Cho ba số thực x, y, z dương thỏa mãn xyz = 2. CMR

2y 4z 1 x (14) + 2 + 2 ≤ 2 2 2 2 x + y + 5 6 y + z + 6 3z + 4 x + 16 2 2

Lời giải:

 x 2 + y 2 ≥ 2 xy x x Ta có  Suy ra y 2 + 2 x 2 + 5 ≥ 2( xy + x + 2) ⇒ 2 ≤ (14) 2 2 2 x + y + 5 2(2 + x + xy )  x + 1 ≥ 2 x 2 2 2y y 4 y + z ≥ 4 yz (15) ⇔ 6 y 2 + z 2 + 6 ≥ 4(1 + y + yz ) ⇒ 2 ≤ 2 2 6 y + z + 6 2(1 + y + zy ) 2 y + 2 ≥ 4 y

Tương tự ta có 

 z 2 + 4 x 2 ≥ 4 zx 4z 2z (16) ⇔ 3z 2 + 4 x 2 + 18 ≥ 4(2 + 2 z + yz ) ⇒ 2 ≤ 2 2 3z + 4 x + 16 2(2 + 2 z + zx) 2 y + 8 ≥ 8 y

và 

Suy ra VT(3) ≤

 1 1 2z x y + +   ≤ (do (13)). 2  2 + x + xy 1 + y + yz 2 + 2 z + zx  2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Để làm phong phú thêm các ứng dụng của đẳng thức (1) và (2), mời các bạn giải các bài tập sau:

Bài tập 1. Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng

1 1 1 1 + y + z ≤ y y z z x 16 + 2.4 + 2.4 + 7 16 + 2.4 + 2.4 + 7 16 + 2.4 + 2.4 + 7 4 x

x

Bài tập 2. Cho ba số thực x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1. Tìm GTLN của biểu thức

P=

1 2

2

( x + y ) + ( x + 1) + 4

+

1 2

2

( y + z ) + ( y + 1) + 4

+

1 2

( z + x) + ( z + 1) 2 + 4

Bài tập 3. Cho ba số thực x, y, z dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng

1 1 1 + + ≤1 ( x + 2)( x + y + 1) ( y + 2)( y + z + 1) ( z + 2)( z + x + 1)

ỨNG DỤNG SỐ PHỨC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC A – Kiến thức sử dụng

a 2 + b2

•

Cho số z = a + bi ta có z =

•

Cho z1 = a1 + b1i , z2 = a2 + b2i ta có: z1 + z2 ≤ z1 + z2

a2 = ka1 ( k ≥ 0) = b kb 1  2

Dấu " = " xảy ra ⇔  •

Tổng quát: cho a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn . CMR:

a12 + b12 + a22 + b22 + ... + an2 + bn2 ≥

2

( a1 + a2 + ... + an ) + ( b1 + b2 + ... + bn )

Ta xét các số phức z1 = a1 + b1i , z1 = a2 + b2i ,..., z1 = an + bni Ta luôn có z1 + z2 + ... + zn ≥ z1 + z2 + ... + zn

⇔

a12 + b12 + a22 + b22 + ... + an2 + bn2 ≥

2

( a1 + a2 + ... + an ) + ( b1 + b2 + ... + bn ) ai = ki a1 bi = ki b1

Suy ra điều phải chứng minh. Dấu " = " xảy ra ⇔ 

B – Bài tập áp dụng

( ki ≥ 0 )

2

2

I. Chứng minh bất đẳng thức

x2 + 2x + 5 + x2 − 2x + 5 ≥ 2 5

Bài 1. CMR ∀x ∈ R ta có: Lời giải. Cách 1. Đặt P =

( x + 1)

2

+4+

(1 − x )

2

+4

Ta có: 2 2 5 P = ( x + 1) + 22  12 + 22  + (1 − x ) + 2 2  12 + 22  ≥ ( x + 1 + 4 ) + (1 − x + 4 )    

⇒ 5 P ≥ 10 ⇒ P ≥ 2 5 .  x +1 1  2 = 2 Dấu ”=” ⇔  ⇔ x=0 1 − x 1  =  2 2 Cách 2. Ta viết lại bất đẳng thức dưới dạng:

( x + 1)

2

+ 22 +

( x − 1)

2

+ 22 ≥ 2 5

Xét các số phức z1 = ( x + 1) + 2i; z2 = (1 − x ) + 2i

VT = z1 + z2 ≥ z1 + z2 = 2 + 4i = 4 + 16 = 2 5 Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 + x = 1 − x ⇔ x = 0 . Nhận xét. Với học sinh việc sử dụng được bất đẳng thức với việc thêm bớt khéo léo là điều rất khó khăn, song khi đưa về căn bậc hai của tổng các bình phương thì các em dễ dàng nhận ra nó là môđun của một số phức. Chính vì vậy mà cách sử dụng số phức trong bài toán trên gọn nhẹ và đơn giản hơn rất nhiều. Bài 2. CMR ∀x, y ∈ R ta có

x 2 + 4 y 2 + 6 x + 9 + x 2 + 4 y 2 − 2 x − 12 y + 10 ≥ 5

Lời giải. Cách 1. Đặt T =

2

( x + 3) + ( 2 y )

2

+

2

( x − 1) + ( 2 y − 3)

2

2 2 2 2 ⇒ 5T = ( x + 3) + ( 2 y )  ( 42 + 32 ) + (1 − x ) + ( 3 − 2 y )  ( 4 2 + 32 )    

≥ 4 x + 12 + 6 y + 4 (1 − x ) + 3 ( 3 − 2 y ) ≥ 4 x + 12 + 6 y + 4 (1 − x ) + 3 ( 3 − 2 y ) = 25

⇒T ≥5

 x + 3 2y  4 = 3  3 x − 8 y + 9 = 0  x −1 2 y − 3 Dấu “=” xảy ra ⇔  = ⇔ 3  −3 ≤ x ≤ 1  4 ( 4 x + 6 y + 12 )(13 − 4 x − 6 y ) ≥ 0   Cách 2.

( x + 3)

Ta viết lại bất đẳng thức dưới dạng: Xét các số phức:

2

2

+ (2y) +

(1 − x )

2

2

+ (3 − 2 y ) ≥ 5

z1 = ( x + 3) + ( 2 y ) i , z2 = (1 − x ) + ( 3 − 2 y ) i

⇒ z1 + z2 = 4 + 3i ⇒ z1 + z2 = 5 Có VT = z1 + z2 ≥ z1 + z2 = 5 (đpcm)

 z1 = 0  Dấu “=” xảy ra  z2 = 0  z = kz ( k > 0 ) 1  2 k −3  x= x = 1  k +1  x = −3   ⇔ ⇔ ⇔ ( k > 0) 3 hoặc 3k = y  y = 0 hoặc y =  2 2 ( k + 1)  Nhận xét 2. Cũng như bài toán trên việc phải đánh giá qua nhiều bất đẳng thức là rất phức tạp song các em có thể dễ dàng nhận ra vế trái là tổng các môđun của hai số phức nên việc sử dụng số phức đơn giản hơn rất nhiều. Việc sử dụng số phức giúp các em dễ nhận dạng toán và nhớ dạng hơn rất nhiều. Bài 3. CMR ∀x, y ∈ R ta có

4cos 2 xcos 2 y + sin 2 ( x − y ) + 4sin 2 x sin 2 y + sin 2 ( x − y ) ≥ 2 ( Đề thi đại học công đoàn năm 1995) Lời giải. Cách 1. Đặt a = 2cosxcosy, b = sin(x – y), c = 2sinxsiny, d = sin(x – y)

a 2 + b2 + c2 + d 2 ≥

Khi đó bất đẳng thức trở thành: 2

2

2

2

BĐT ⇔ a + b + c + d + 2

⇔

(a

2

(a

2

2

( a + c ) + (b + d )

2

+ b 2 )( c 2 + d 2 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2 ( ac + bd )

+ b 2 )( c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd .

Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có:

(a

VT= ⇔

2

+ b 2 )( c 2 + d 2 ) ≥

( ac + bd )

2

= ac + bd ≥ ac + bd .

  a = b = 0 Dấu “=” xảy ra  c = d = 0   a = kc  b = kd ( k > 0 )  π   x = 2 + mπ Thay vào ta tìm được  hoặc  y = π + nπ  2

 x = nπ π  x + y = + mπ  π hoặc 2  y = 2 + mπ

Cách 2.

4cos 2 xcos 2 y + sin 2 ( x − y ) + 4sin 2 x sin 2 y + sin 2 ( x − y ) ≥ 2 xét

z1 = 2cos x cos y + sin ( x − y ) i z2 = 2sin x sin y + sin ( x − y ) i

⇒ z1 + z2 = 2cos ( x − y ) + 2sin ( x − y ) i VT = z1 + z2 ≥ z1 + z2 = 4 cos 2 ( x − y ) + sin 2 ( x − y )  = 4 = 2 (đpcm) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

π   z1 = 0 x = + mπ    2 ⇔  z2 = 0 hoặc  y = π + nπ  z = kz ( k > 0 ) 1  2  2

x = kπ π  x + y = + kπ  π hoặc 2  y = 2 + mπ

Bài 4. CMR ∀x, y , z ∈ R ta có

x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 ≥ y 2 + yz + z 2 Lời giải Cách 1.

A = x 2 + xy + y 2 + x 2 + xz + z 2 2

2

1  3 1  3   A =  x + y  + y2 +  x + z  + z2 2  4 2  4  

2

2

1  3 1  3   A =  x + y  + y2 +  x + z  + z2 + 2 2  4 2  4   2

2

2 2  1  3 2   1  3 2  x + y  + y    − x − z  + z  2  4   2  4  

2

 1  3 1  3 1  1  3    ⇒ A ≥  x + y  + y 2 +  x + z  + z 2 + 2  x + y  − x − z  + yz  2  4 2  4 2  2  4     2

2

2

1   1  1  1  3   ⇒ A ≥  x + y  +  x + z  − 2  x + y  x + z  + ( y 2 + z 2 + 2 yz ) 2   2  2  2  4   2

2

1 1  3  ⇒ A ≥  x + y − x − z  + ( y + z ) 2 = y 2 + z 2 + yz 2 2  4  2

y 2 + z 2 + yz

⇒ A≥

−k  z x = Dấu “=” xảy ra ⇔  k +1  y = kz

( k ≥ 0)

Cách 2. 2 1   3  bđt ⇔  x + y  +  2   2 

 

Xét số phức z1 =  x +

2

y 2 + yz + z 2

1  3 3 z  y+ yi; z2 =  − x −  + zi 2  2 2 2 

VT = z1 + z2 ≥ z1 + z2 = VT ≥

2

2  z  3   y  +  −x −  +  z ≥ 2 2     

1 3 1 3 2 2 ( y − z) + ( y + z )i = ( y − z) + ( y + z) 2 2 4 4

y 2 + yz + z 2 = VP ⇒ dpcm

1 1    x + 2 y = k  −x − 2 z     Dấu “=” xảy ra ⇔  3  3  2 y = k 2 z

−k  z x = ( k ≥ 0) ⇔  k + 1  y = kz

( k ≥ 0)

Bài 5. Cho a,b,c,d thoả mãn:

a 2 + b 2 + 1 = 2 ( a + b ) ; c 2 + d 2 + 36 = 12 ( c + d ) 2

2

CMR: ( a − c ) + ( b − d ) ≤ Lời giải. Cách 1.

(

)

2 +1

6

A(a;b) nằm trên đường tròn(C1) tâm I1(1;1);R1=1 B(c;d) nằm trên đường tròn(C2) tâmI2(6;6);R1=6 Khi đó :do I1 I 2 = 5 2 > R1 + R2 = 7 .

⇒ (C1),(C2) không cắt nhau. Với hai điểm A,B bất kỳ trên đường tròn ta luôn có: AB ≤ R1 + R2 + I1I 2 Vì vậy:

(a − c)

2

2

+ ( b − d ) = AB ≤ R1 + R2 + I1 I 2 = 7 + 5 2 =

2

⇒ ( a − c ) + (b − d ) ≤

(

)

2 +1

(

)

2 +1

3

6

Dấu bằng xảy ra khi A và B lần lượt là các giao điểm ngoài của đường thẳng I1I2 lần lượt với (C1), (C2). Tìm tọa độ giao điểm ta suy ra:

1  a = b = 1 − 2  c = d = 3 2 + 6  Cách 2.

(

2

) + (b

gt ⇒ a − 1

2

2

2

− 1) = 1; ( c − 6 ) + ( d − 6 ) = 36

xét z1 = 1 − a + (1 − b ) i; z2 = c − 6 + ( d − 6)i; z3 = 5 + 5i

⇒ z1 + z2 + z3 = ( c − a ) + ( d − b ) i Có z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3

⇔ 1+ 6 + 5 2 ≥ 2

2

(c − a ) + ( d − b) 2

⇔ (c − a) + ( d − b) ≤

(

)

2 +1

2

6

1 − a = 5k 1  1 5 − b = k 1   1 a = b = 1 −  2 Dấu “=” xảy ra ⇔ c − 6 = 5k 2 ( k1 , k2 ≥ 0 ) ⇔   d − 6 = 5k c = d = 3 2 + 6  2  2 2 2 2 ( a − 1) + ( b − 1) = 1, ( c − 6 ) + ( d − 6 ) = 36  Bài 6. CMR với x, y , z > 0 ta có:

x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + xz + x 2 ≥ 3 ( x + y + z ) (Đại học quan hệ quốc tế năm 1997)

Lời giải Cách 1.

VT ≥

1  1  3 1  3 1  3    y + 3 y + z + z + 3 z + x + x  3 x + y + 2  2  2 2  2 2  2   

⇒ VT ≥

1 2 3 ( x + y + z )  = 3 ( x + y + z ) . 2

Cách 2: 2

2

2

2 2 2 1   y 3 1  z 3 1  x 3    BĐT ⇔  x + y  +   +  y + z +  +  z + x +   ≥ 3( x + y + x ) 2   2  2   2  2   2    

Đặt

1 y+ 2 1 z2 = y + z + 2 1 z3 = z + x + 2

z1 = x +

3  yi  2  3  3 3 zi  ⇒ z1 + z2 + z3 = ( x + y + z ) + ( x + y + z)i 2  2 2 3  xi  2 

Khi đó VT = z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 =

2

3 ( x + y + z ) = 3 ( x + y + z ) (đpcm)

II. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

 a , b, c > 0 a + b + c = abc

Bài 7. Cho các số thực a,b,c thoả mãn 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T=

1+

1 1 1 + 1+ 2 + 1+ 2 2 a b c

Lời giải Cách 1: Giả thiết suy ra

1 1 1 + + =1 ab bc ca

T = 1+

1 1 1 + 1+ 2 + 1+ 2 2 a b c

T2 = 3+

1 1 1 1  1 1  1  1  1   + 2 + 2 + 2 1 + 2 1 + 2  + 2 1 + 2 1 + 2  2 1 + 2 1 + 2  2 a b c  a  b   b  c   a  c 

⇒ T2 ≥ 3+

1 1 1 1 1 1   + 2 + 2 + 2 1 + +1+ +1+  2 a b c bc ca   ab 2

1 1  1 1 1  1 ⇒ T 2 ≥ 9 +  + +  ≥ 9 + 3  + +  = 12 a b c  ab bc ca  ⇒T ≥ 2 3 Vậy MinT = 2 3 đạt được khi a = b = c = 2 3 Cách 2. Giả thiết

1 1 1 + + =1 ab bc ca

Xét các số phức z1 = 1 +

1 1 1 i ; z 2 = 1 + i ; z3 = 1 + i a b c

Ta có:

T = 1+

1 1 1 + 1 + 2 + 1 + 2 = z1 + z2 + z3 2 a b c

1 1 1 1 1 1 T ≥ z1 + z2 + z3 = 3 +  + +  i = 9 +  + +  a b c a b c

2

1 1   1 ⇒ T ≥ 9 + 3  + +  = 12 = 2 3  ab bc ca  Vậy MinT = 2 3 đạt được khi a = b = c = 2 3

 x, y , z > 0 1 1 1 2 2 2 .Tìm min F= x + 2 + x + 2 + z + 2 (A-2003) x y z x + y + z ≤ 1

Bài 8. Cho  Lời giải Cách 1. Có

82.F =

(1

2

1   + 92 )  x 2 + 2  + x  

(1

2

 1  + 92 )  y 2 + 2  + y  

(1

2

1 9 9 9  + 92 )  z 2 + 2  ≥ x + + y + + z + z  x y z 

 9 9  9  ⇒ 82.F ≥  + 81x  +  + 81 y  +  + 81z  − 80 ( x + y + z ) x  y   z ≥ 2 9.81 + 2 9.81 + 2 9.81 − 80

⇒ 82.F ≥ 82 ⇒ F ≥ 82 Min F =

1 82 khi x = y = z = . 3

Cách 2. Xét các số phức:

1 1 1 z1 = x + i ; z2 = y + i ; z3 = z + i x y z

1 1 1 + + i x y z

Khi đó: F = z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 = ( x + y + z ) + 

2

=

(x + y + z) 2

2

= 9 3 ( xyz ) +

1 1 1 2 +  + +  ≥ 9 3 ( xyz ) + x y z 1 9 3 ( xyz )

2

+

80 9 3 ( xyz )

2

9 3

( xyz )

2

≥ 2 + 80 = 82

1 . 3

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

 a , b, c > 0  Bài 9. Cho  ab + bc + ca = abc . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T=

b 2 + 2a 2 c 2 + 2b 2 a 2 + 2c 2 + + ab cb ca

Lời giải Cách 1. Có

3 ( b 2 + 2a 2 ) =

Tương tự ta có:

(1 + 1 + 1) ( b2 + a 2 + a 2 ) ≥ ( b + a + a )

2

= b + 2a

3 ( c 2 + 2b 2 ) ≥ c + 2b 3 ( a 2 + 2c 2 ) ≥ a + 2c

1  b + 2a c + 2b a + 2c  1 3 ( ab + bc + ca ) + + = 3  = bc ca  abc 3  ba 3

⇒T ≥

Giá trị nhỏ nhất của T= 3 đạt được khi a = b = c = 3 Cách 2.

BĐT

⇔

1 2 1 2 1 2 + 2 + 2+ 2 + 2+ 2 ≥ 3 2 a b b c c a

Xét

z1 =

1 2 1 2 1 2 i; z 2 = + i; z3 = + i + a b b c c a

2 2 1 1 1  2 ⇒ z1 + z2 + z3 =  + +  +  + + i c a  a b c  b 2

1 1 1 1 1 1 Có T = z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 =  + +  + 2  + +  a b c a b c

2

1 1 1 T ≥ 3 + +  = 3 a b c Giá trị nhỏ nhất của T= 3 đạt được khi a = b = c = 3

 x, y , z > 0 2 2 2 . Tìm min P = log 2 x + 1 + log 2 y + 1 + log 2 z + 4 .  xyz = 8

Bài 10. Cho  Lời giải Cách 1.

Đặt a = log 2 x; b = log 2 y; c = log 2 z

⇒ a + b + c = log 2 ( xyz ) = log8 = 3 P = a2 + 1 + b2 + 1 + c2 + 4 ⇒ P 2 = a 2 + b2 + c2 + 6 + 2

(a

2

+ 1)( b 2 + 1) + 2

(b

2

+ 1)( c 2 + 4 ) + 2

⇒ P 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 6 + 2 ( ab + 1) + 2 ( bc + 2 ) + 2 ( ca + 2 ) 2

⇒ P 2 ≥ ( a + b + c ) + 10 + 6 = 9 + 10 + 6 = 25 ⇒ P ≥ 5 Min

3 a  a = b a=b=  b = 1    4 P=5⇔ ⇔ c = 2b ⇒ c = 2  a + b + c = 3 c = 3  2   b

 x = y = 4 8

Thay lại ta tính được: 

 z = 2 2

Cách 2. Xét các số phức z1 = log 2 x + i; z2 = log 2 y + i; z3 = log 2 z + 2i;

(c

2

+ 4 )( a 2 + 1)

Khi đó

⇒ p≥

P = z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 = ( log 2 x + log 2 y + log 2 z ) + (1 + 1 + 2 ) i

( log 2 xyz )

2

+ 16 =

( log 2 8)

2

+ 16 = 9 + 16 = 5

  xyz = 8 4   x = y = 8 Min P = 5 khi  x, y , z > 0 ⇔  z = 2 2  log 2 z log 2 x = log 2 y =  2

Bài tập a + b + c = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . CMR: 16a + a x + 16b + b y + 16c + c z ≥ 10 ax + by + cz = 6

Bài 1. Cho 

2

2

Bài 2.Cho a, b thoả mãn: a + b + 16 = 8a + 6b . CMR: 7b ≤ 24a Bài 3.Cho các số thực x, y, z đôi một khác nhau. CMR:

x− y 1 + x2 ⋅ 1 + y2 Bài 4.CMR: ∀x, y , z > 0 ta có: 2

2

Bài 5. Cho x + y = 1 . CMR:

+

y−z 1 + y2 ⋅ 1 + z2

>

x−z 1 + x2 ⋅ 1 + z 2

x 2 − xy + y 2 + y 2 − yz + z 2 ≥ x 2 + xz + z 2 9 − 4( x + y ) + 3 + 2( x + y ) ≥ 3 2

Bài 6. Giải phương trình:

P=

( x − 1)

2

+ y2 +

( x + 1)

2

+ y2 + y − 2

x2 + y 2 + 2x + 1 + x2 + y 2 − 2x + 1 = 2

Bài 7. Cho x,y là các số thực thay đổi.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P=

( x − 1)

2

+ y2 +

( x + 1)

2

+ y2 + y − 2

PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 3 Bài 1: Cho a, b, c ≥ − : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng 4

9 a b c + + ≤ 2 2 2 1 + a 1 + b 1 + c 10

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f ( a ) + f (b) + f ( c ) ≤

Ta có f ' ( x ) = dạng y =

1 − x2

(x

2

1 − x02

(x

2 0

9 x , với f ( x ) = 2 . 10 x +1

+ 1)

2

+ 1)

2

nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có

( x − x0 ) + f ( x0 ) .

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = x0 =

1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến tại 3

1 36 x + 3 là y = . 3 50

Khi đó 2

( 3x − 1) ( 4 x + 3) ≤ 0 36 x + 3 x 36 x + 3 = 2 − =− f ( x) − 50 x +1 50 50 ( x 2 + 1) Do đó f ( a ) + f (b) + f ( c ) ≤

36a + 3 36b + 3 36c + 3 9 + + = 50 50 50 10

1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3

Bài 2: Cho a, b, c > 0 : a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Chứng minh rằng 1 1 1 + + −a −b−c ≥ 2 3 a b c

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ 2 3 , với f ( x ) =

1 − x. x

1 − 1 nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có x2  1  dạng y =  − 2 − 1 ( x − x0 ) + f ( x0 ) .  x0 

Ta có f ' ( x ) = −

1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến 3

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 là y = −4 x + 2 3 . 3

tại x0 = Khi đó

1 f ( x ) − −4 x + 2 3 = − x + 4 x − 2 3 = x

(

)

(

)

3x − 1

x

2

≥0

Do đó f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ −4a + 2 3 − 4b + 2 3 − 4c + 2 3

(

= −4 ( a + b + c ) + 6 3 ≥ 2 3 do a + b + c ≤ 3( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

)

1 . 3

1 Bài 3: Cho a, b, c, d ≥ − : a + b + c + d = 1 . Chứng minh rằng 4 4 ( a 3 + b3 + c 3 + d 3 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + d 2

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥ 0 , với f ( x ) = 4 x 3 − x 2 .

Ta có f ' ( x ) = 12 x 2 − 2 x nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có dạng y = (12 x02 − 2 x0 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) .

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = tại x0 =

1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến 4

1 x 1 là y = − . 4 4 16

Khi đó 2

x 1 ( 4 x − 1) ( 4 x + 1) x 1  ≥0 f ( x ) −  −  = 4 x3 − x 2 − + = 4 16 16  4 16 

Do đó f ( a ) + f (b) + f ( c ) + f ( d ) ≥

a 1 b 1 c 1 d 1 − + − + − + − =0 4 16 4 16 4 16 4 16

1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = . 4

Bài 4: Cho a, b, c, d ≥ −5 : a + b + c + d = 4 . Chứng minh rằng 1 a b c d + 2 + 2 + 2 ≤ 3a + 5 3b + 5 3c + 5 3d + 5 2 2

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 1 x f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≤ , với f ( x ) = 2 . 2 3x + 5

Ta có f ' ( x ) = dạng y =

−3x 2 + 5

( 3x

2

−3x02 + 5

( 3x

2 0

+ 5)

2

+ 5)

2

nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có

( x − x0 ) + f ( x0 ) .

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = d = 1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến x+3 tại x0 = 1 là y = . 32 Khi đó 2

3( x − 1) ( x + 5) x+3 x x+3 = 2 − =− ≤0 f ( x) − 32 3x + 5 32 32 ( 3x 2 + 5 )

Do đó f ( a ) + f (b) + f ( c ) + f ( d ) ≤

a+3 b+3 c+3 d +3 1 + + + = 32 32 32 32 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1 .

Bài 5: (Romania 2005) Cho a, b, c > 0 : a + b + c = 3 . Chứng minh rằng 1 1 1 + 2 + 2 ≥ a2 + b2 + c2 2 a b c

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ 0 , với f ( x ) =

1 − x2 . 2 x

2 − 2 x nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có x3  2  dạng y =  − 3 − 2 x0  ( x − x0 ) + f ( x0 ) .  x0 

Ta có f ' ( x ) = −

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến tại x0 = 1 là y = −4 x + 4 . Khi đó 2 2 ( x − 1)  2 − ( x − 1)  1 2 f ( x ) − ( −4 x + 4 ) = 2 − x + 4 x − 4 = x x2

Do đó

(

(

-) Nếu a, b, c ∈ 0;1 + 2  thì f ( x ) ≥ −4 x + 4 ∀x ∈ 0;1 + 2  nên f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ −4a + 4 − 4b + 4 − 4c + 4 = 0

(

)

(

)

-) Nếu tồn tại giả sử a ∈ 1 + 2;3 , b + c ∈ 0;2 − 2 thì 2

1 1 1 11 1 8 8 + 2+ 2>  +  ≥ > 2 2 a b c 2  b c  (b + c ) 2− 2

(

)

2

>9

2

= ( a + b + c ) > a2 + b2 + c2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Bài 6: Cho a, b, c ≥ 0 : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng 10 ( a 3 + b3 + c 3 ) − 9 ( a 5 + b5 + c 5 ) ≥ 1

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ 1 , với f ( x ) = 10 x 3 − 9 x 5 .

Ta có f ' ( x ) = 30 x 2 − 45 x 4 nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có dạng y = ( 30 x02 − 45 x04 ) ( x − x0 ) + f ( x0 ) . Dự đoán một trường hợp dấu đẳng thức xảy ra là khi a = b = c = trình tiếp tuyến tại x0 =

1 nên ta xét phương 3

1 25 16 là y = x − . 3 9 27

Khi đó 16  25 16  25 f ( x ) −  x −  = 10 x 3 − 9 x 5 − x + 27  9 27  9 =

( 3x − 1)

2

( −27 x

3

− 18 x 2 + 21x + 16 )

27

Do đó  9 -) Nếu a, b, c ∈ 0;   10 

thì khảo sát hàm số

y = −27 x 3 − 18 x 2 + 21x + 16 ta có

25 16  9 −27 x 3 − 18 x 2 + 21x + 16 ≥ 0 ∀x ∈ 0;  , hay f ( x ) ≥ x− nên 9 27  10  f ( a ) + f (b) + f ( c ) ≥

25 16 25 16 25 16 + b− + c− =1 a− 9 27 9 27 9 27

 9   1 -) Nếu tồn tại giả sử a ∈  ;1 , b + c ∈ 0;  thì f ( x ) = 10 x 3 − 9 x 5 đồng biến trên  10   10   1 9  0; 10  và nghịch biến trên  10 ;1 nên f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ f (1) + f ( 0 ) + f ( 0 ) = 1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 hoặc a = 1, b = c = 0 cùng các hoán vị. 3

Bài 7: (Russia 2002) Cho a, b, c > 0 : a + b + c = 3 . Chứng minh rằng a + b + c ≥ ab + bc + ca

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a+ b+ c≥

(a + b + c)

− ( a 2 + b2 + c2 )

2

⇔ f ( a ) + f (b) + f ( c ) ≥

Ta có f ' ( x ) =

2

1 2 x

=

9 − ( a 2 + b2 + c2 )

2

9 x2 , với f ( x ) = x + . 2 2

+ x nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có

 1  dạng y =  + x0  ( x − x0 ) + f ( x0 ) . 2 x  0  

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến tại 3x x0 = 1 là y = . 2 Khi đó 2

f ( x) −

3x x = x+ 2 2

3x ( − =

2

2

)(

x −1

2

Do đó f ( a ) + f (b) + f (c ) ≥

3a 3b 3c 9 + + = 2 2 2 2

x +2

)

x

≥0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Bài 8: Cho a, b, c > 0 : a + b + c = 1 . Chứng minh rằng 1 1 1 27 + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2−a −b 2−b −c 2−c −a 16

Giải: Nhìn bài toán ta chưa thấy ngay được cách sử dụng phương pháp tiếp tuyến, 2

tuy nhiên nếu để ý một chút ta có a + b

2

(a + b) ≥ 2

2

(1 − c ) = 2

2

nên suy ra

1 2 ≥ , do đó ta cần giải bài toán sau: 2 2 2−a −b 3 + 2c − c 2

Cho a, b, c > 0 : a + b + c = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 27 + + ≥ 2 2 2 3 + 2a − a 3 + 2b − b 3 + 2c − c 32

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với f ( a ) + f (b) + f ( c ) ≤

Ta có f ' ( x ) = có dạng y =

27 1 , với f ( x ) = . 32 3 + 2 x − x2

2 ( x − 1) 2 2

(3 + 2x − x ) 2 ( x0 − 1)

(3 + 2x

0

2 2 0

−x

)

nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x )

( x − x0 ) + f ( x0 ) .

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = x0 =

1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến tại 3

1 −27 81 là y = x+ . 3 256 256

Khi đó 2

81  1 27 81 ( 3 x − 1) (13 − 3 x )  −27 + = ≥0 f ( x) −  x+ x− = 2 256  3 + 2 x − x 256 256 256 ( 3 + 2 x − x 2 )  256

Do đó

f ( a ) + f (b) + f (c ) ≥ −

27 81 27 = (a + b + c) + 3 ⋅ 256 256 32

1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3

Bài 9: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng a (b + c )

(b + c )

2

+a

2

+

b (c + a )

(c + a )

2

+b

2

+

c (a + b)

(a + b)

2

+c

2

≤

6 5

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức dạng đồng bậc nên không mất tính tổng quát ta có thể chuẩn hoá a + b + c = 1 . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a (1 − a ) b (1 − b ) c (1 − c ) 6 + 2 + 2 ≤ 2 2a − 2a + 1 2b − 2b + 1 2c − 2c + 1 5

x (1 − x ) 6 ⇔ f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ , với f ( x ) = 2 . 5 2x − 2x + 1

Ta có f ' ( x ) = có dạng y =

1 − 2x

(2x

2

− 2 x + 1)

1 − 2 x0

(2x

2 0

− 2 x0 + 1)

2

2

nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x )

( x − x0 ) + f ( x0 ) .

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = x0 =

1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến tại 3

1 27 x + 1 là y = . 3 25

Khi đó 2

x (1 − x ) ( 3x − 1) ( 6 x + 1) ≤ 0 27 x + 1 27 x + 1 = 2 − =− f ( x) − 25 2x − 2x + 1 25 25 ( 2 x 2 − 2 x + 1)

Do đó f ( a ) + f (b) + f (c ) ≤

27a + 1 27b + 1 27c + 1 6 + + = 25 25 25 5

1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = , hay trong trường hợp ban đầu của bài 3 toán là a = b = c .

Bài 10: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: 

(a + b + c) 

a

 ( b + c )

2

+

b

(c + a)

2

+

 9 ≥ 2 ( a + b )  4

c

Giải: Bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức dạng đồng bậc nên không mất tính tổng quát ta có thể chuẩn hoá a + b + c = 3 . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a

(3 − a )

2

+

b

(3 − b )

2

+

c

(3 − c )

⇔ f ( a ) + f (b) + f ( c ) ≥

Ta có f ' ( x ) = − dạng y = −

x+3

( x − 3)

x0 + 3

( x0 − 3)

3

3

2

≥

3 4

3 x , với f ( x ) = . 2 4 x 3 − ( )

nên phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) có

( x − x0 ) + f ( x0 ) .

Dự đoán dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 nên ta xét phương trình tiếp tuyến tại 2x −1 x0 = 1 là y = . 4 Khi đó 2

2x − 1 2 x − 1 ( x − 1) ( 9 − 2 x ) x = − = ≥0 f ( x) − 2 2 4 4 4 (3 − x ) (3 − x )

Do đó f ( a ) + f (b) + f ( c ) ≥

2a − 1 2b − 1 2c − 1 3 + + = 4 4 4 4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1, hay trong trường hợp ban đầu của bài toán là a = b = c .

Cuối cùng để thay cho lời kết, xin gửi đến độc giả một số bài tập vận dụng:

Bài 11: (Hongkong 2005) Cho a, b, c, d > 0 : a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng 6 ( a 3 + b3 + c 3 + d 3 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 +

1 8

Bài 12: Cho a, b, c > 0 : a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh rằng 1 1 1 4 + + + (a + b + c) ≥ 7 a b c 3

Bài 13: Cho a, b, c > 0 : a + b + c = 3 . Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + ≤ 9 − ab 9 − bc 9 − ca 8

Bài 14: Cho a, b, c > 0 : a + b + c = 1. Chứng minh rằng 9 a b c + + ≥ 1 + bc 1 + ca 1 + ab 10

Bài 15: Cho a, b, c > 0 : a 4 + b 4 + c 4 = 3 . Chứng minh rằng 1 1 1 + + ≤1 4 − ab 4 − bc 4 − ca

Bài 16: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng 2

2

2

( 2a + b + c ) + ( 2b + c + a ) + ( 2c + a + b ) ≤ 8 2 2 2 2a 2 + ( b + c ) 2b 2 + ( c + a ) 2c 2 + ( a + b ) Bài 17: (Japan 1997) Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng: 2

2

2

(b + c − a ) + ( c + a − b ) + ( a + b − c ) ≥ 3 2 2 2 ( b + c ) + a 2 ( c + a ) + b2 ( a + b ) + c2 5 Bài 18: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng 1 1 1 9 1 1   1 + + + ≥ 4 + +  a b c a+b+c a+b b+c c+a

Bài 19: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng b+c c+a a+b b c   a + + ≥ 4 + +  a b c b+c c+a a+b

Bài 20: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh rằng 1+ 3 2 1 1 1 a + b2 + c2 )  + +  ≥ a + b + c + a 2 + b2 + c2 ( 3 3 a b c

PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN A. DỒN VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Bài 1a. Cho x, y > 0 : x + y + xy ≥ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f ( x, y ) = 2( x 2 + y 2 ) − 3( x + y ) .

Lời giải: Có 2( x 2 + y 2 ) ≥ ( x + y ) 2 ⇒ f ( x, y ) ≥ ( x + y ) 2 − 3( x + y ) = f (t , t ) với t =

x+ y >0. 2

Từ giả thiết x + y + xy ≥ 3 ⇒ 2t + t 2 ≥ 3 ⇒ t ≥ 1. Trên miền 1, +∞ ) thì f (t , t ) = 4t 2 − 6t ≥ −2 , do đó min f ( x, y ) = −2 tại x = y = 1. Bài 2a. (A 2003). Cho x, y, z > 0 : x + y + z ≤ 1 . Chứng minh rằng: x2 +

1 1 1 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82. 2 x y z

Lời giải: Đặt vế trái là f ( x, y, z ) , ta có đánh giá f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , t ) với t = x2 +

x+ y+z , vì 3

1 1 1 1 1 1 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ ( x + y + z ) 2 + ( + + ) 2 ≥ f (t , t , t ). 2 x y z x y z

1 Sau đó, chỉ cần khảo sát hàm số một biến f (t , t , t ) trên miền (0, ] ta được điều phải 3 chứng minh.

B.

DỒN VỀ HAI BIẾN BẰNG NHAU

Bài 1b. (BĐT Schur) Cho x, y, z ≥ 0 , chứng minh rằng: x3 + y 3 + z 3 + 3 xyz ≥ x 2 ( y + z ) + y 2 ( x + z ) + z 2 ( x + y ).

Lời giải: Vì BĐT là đồng bậc nên bằng cách chuẩn hóa ta có thể giả sử x + y + z = 1 . Viết lại bài toán dưới dạng sau: f ( x, y, z ) = 2( x3 + y 3 + z 3 ) − 3xyz − ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 0 .

Đặt t =

x+ y và ta hi vọng f ( x, y, z ) ≥ f (t , t , z ) . Xét hiệu sau đây: 2

 9  H = f ( x, y, z ) − f (t , t , z ) = ... = 1 − z  ( x − y ) 2 . Ta thấy với x, y , z không âm tùy ý thì  4  không chắc có H ≥ 0 nhưng do vai trò x, y , z là như nhau nên có thể sắp thứ tự chúng

x ≥ y ≥ z ⇒ 1 ≥ 3z ⇒ 4 − 9 z > 0 ⇒ H ≥ 0 .

Khi

đó

ta

chỉ

còn

phải

chứng

tỏ

f (t , t , z ) ≥ 0 ⇔ ... ⇔ z ( z − t ) 2 ≥ 0 . Vậy f ( x, y, z ) ≥ 0.

Dấu bằng xảy ra khi 3 biến bằng nhau hoặc 2 biến bằng nhau còn biến kia bằng 0. *Bình luận: - Theo BĐT Cauchy thì VT ≤ 2( x3 + y 3 + z 3 ) ≥ VP . - Việc sắp thứ tự 3 biến trên là một thủ thuật thường vận dụng để dồn biến cho BĐT đối xứng, còn trường hợp BĐT 3 biến hoán vị vòng quanh thì có thể giả sử z = min { x, y, z} hoặc z = max { x, y, z} . - Có thể chuẩn hóa xyz = 1 , để rồi dồn biến với t = xy . Bài 2b. Cho a, b, c ≥ 0 : a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f (a, b, c) = ab + bc + ca − 2abc.

b+c 1 2 , xét hiệu H = f ( a, b, c ) − f (a, t , t ) = ... = (2a − 1)(b − c) . Do vai trò 3 2 4 biến là như nhau nên có thể giả sử

Lời giải: t =

b ≥ c ≥ a ⇒ a ≤ 1 / 3 ⇒ 2a − 1 < 0 ⇒ H ≤ 0 ⇒ f ( a, b, c) ≤ f ( a, t , t ).

Khảo sát g (t ) = f (a, t , t ) = t 2 + 2at − 2at 2 = 4t 3 − 5t 2 + 2t

1 1  trên miền  ,  ta được: 3 2 

1 7 7 1 khi 3 biến cùng bằng max g (t ) = g ( ) = ⇒ max f (a, b, c) = 3 3 27 27

Bài 3b. Cho a, b, c ≥ 0 : a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f (a, b, c) = 9abc − 8( ab + bc + ca ).

b+c 1 2 , xét hiệu H = f ( a, b, c ) − f ( a, t , t ) = ... = (8 − 9a )(b − c) . Do vai trò 3 2 4 biến là như nhau nên có thể giả sử

Lời giải: t =

2  Khảo sát g (t ) = f (a, t , t ) = 9at 2 − 16at − 8t 2 = −18t 3 + 42t 2 − 32t trên miền  ,1 ta được 3  min g (t ) = −8 ⇒ min f ( a, b, c) = −8 khi 3 biến cùng bằng nhau hoặc 2 biến bằng nhau còn biến kia bằng 0.

Bài 4b. Cho a, b, c > 0 : abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: f ( a , b, c ) =

1 1 1 + 2 + 2 − 2( a + b + c). 2 a b c 1 b

1 c

Lời giải: t = bc , xét hiệu H = f (a, b, c) − f (a, t , t ) = ... = ( − )2 − 2( b − c )2 =  ( b + c )2  − 2 . = ( b − c )2  2  (bc )  a ≥ 1 ⇒ bc ≤ 1 ⇒

Do

vai

trò

3

biến

như

nhau

nên

coi

( b + c )2 4 bc 4 −2≥ −2= −2>0⇒ H ≥0 3 2 2 (bc) (bc) bc

⇒ f (a, b, c) ≥ f (a, t , t ). Khảo sát f ( a, t , t ) = t 4 − 4t trên miền [0,1] ta được:

min f (a, t , t ) = −3 ⇒ min f ( a, b, c ) = −3 tại a = b = c = 1.

Bài 5b. Cho a, b, c > 0 : abc = 1 . Chứng minh 1 1 1 6 + + + ≥ 5. a b c a+b+c

Lời giải: t = bc , xét hiệu H = f (a, b, c) − f (a, t , t ) ≥ 0 nếu giả sử a ≥ b ≥ c . Sau đó, ta 1  chứng tỏ f  2 , t , t  ≥ 5 ⇔ (t − 1) 2 (2t 4 + 4t 3 − 4t 2 − t + 2) ≥ 0, điều này đúng do t ∈ (0,1]. t 

Bài 6b. (Iran96). Chứng minh rằng với a, b, c > 0 thì:  1 1 1  9 (ab + bc + ca )  + + ≥ . 2 2 2   ( a + b ) (c + b ) ( a + c )  4

Gợi ý: Chuẩn hóa ab + bc + ca = 1, xét . t : t 2 + 2tc = 1. Bằng cách giả sử c = min {a, b, c} , ta sẽ chứng minh được: f (a, b, c) ≥ f (t , t , c) . Sau đó kiểm tra f (t , t , c ) ≥ 9 / 4 ⇔ ... ⇔ (1 − t 2 )(1 − 3t 2 ) 2 ≥ 0. Bài 7b. (VMO) Cho x, y, z

là các số thực thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 9. Chứng minh

rằng: 2( x + y + z ) − xyz ≤ 10. Gợi ý: t =

y2 + z2 . 2

Bài 8b. Cho a, b, c > 0 : abc = 1 , chứng minh rằng: ( a + b)(b + c)(c + a ) ≥ 4(a + b + c − 1).

Bài 9b. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3. Chứng minh rằng: 7( xy + yz + xz ) ≤ 12 + 9 xyz.

PHƯƠNG PHÁP KHỚP THAM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. ĐẶT VẤN ĐỀ Bài toán: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x 2 + y 2 + 2 z 2 . Lời giải: S=

 3− 5 2   3− 5 2  5 −1 2 (x + y2 ) +  x + z2  +  y + z2  2  2   2 

≥ ( 5 − 1) xy + 2

3− 5 3− 5 xz + 2 yz = ( 5 − 1)( xy + yz + zx) = 5 − 1 2 2

x = y 1   x = y = 4 5 5 −1   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  z = x ⇔ . 2  z = 5 −1  xy + yz + zx = 1  24 5 

Kết luận: Min S = 5 − 1 . Nhận xét: Câu hỏi đặt ra ở đây là số

5 −1 xuất hiện trong lời giải này có tự nhiên 2

không? Trong chuyên đề này tác giả sẽ trình bày phương pháp: ”Khớp tham số” khi giải bài toán bất đẳng thức. Vì thời gian có hạn nên tác giả chỉ xin trình bày trong một lớp các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng sử dụng bất đẳng thức AM – GM. II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Trước hết ta xét một số bài toán bất đẳng thức cơ bản 3 biến a, b, c mà vai trò a, b, c như nhau: Bài toán 1. Cho các số thực a, b, c không âm và các số tự nhiên m, n, p. Chứng minh rằng: a m + n + p + b m + n + p + c m + n + p ≥ a mb n c p + b m c n a p + c m a n b p

Nhận xét: Trong bất đẳng thức trên, ta dễ thấy vai trò a, b, c như nhau, bậc của hai vế như nhau, bậc của a, b, c ở vế trái là như nhau nhưng bậc của a, b, c trong các đơn thức ở vế phải khác nhau. Như vậy xuất phát từ các đơn thức có cùng bậc theo các biến a, b, c ta đánh giá đưa về các đơn thức ba biến a, b, c mà bậc theo các biến lệch nhau. Bất đẳng thức AM – GM so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân, nên nguyên nhân dẫn đến sự lệch bậc ở tích do hệ số áp dụng của các số hạng trong tổng (số lần xuất hiện của các số hạng giống nhau trong tổng) là khác nhau. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho m + n + p số: ma m+ n+ p + nb m + n + p + pc m + n + p ≥ ( m + n + p )a mb n c p

(1)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Tương tự ta có: mb m + n + p + nc m+ n+ p + pa m + n + p ≥ ( m + n + p )b m c n a p

(2)

mc m+ n+ p + na m + n + p + pb m + n + p ≥ ( m + n + p )c m a nb p

(3)

Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra: a m+ n+ p + b m+ n + p + c m+ n + p ≥ a mb nc p + b mc n a p + c m a nb p . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Bài toán 2. Cho các số thực dương a, b, c và các số tự nhiên m, n, p. Chứng minh rằng: a m+ n+ p b m + n + p c m + n + p + n p + n p ≥ a m + bm + c m n p bc ca ab

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: a m+ n+ p m n p + nb m + pc m ≥ ( m + n + p ) a m . bc

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

a m+ n+ p = bm = cm ⇔ a = b = c n p bc

Tương tự ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Về cơ bản bài toán này không khác gì bài toán 1 chỉ xin chú ý vì vai trò a, b, c như nhau và các biến không ràng buộc gì nên các số hạng áp dụng phải cùng bậc. Bài toán 3. Cho các số thực dương a, b, c và các số tự nhiên m, n, p, q, r thỏa mãn m ≥ n . Chứng minh rằng: a m+ n b m+ n c m+n am + bm + cm + + ≥ pa n + qb n + rc n pb n + qc n + ra n pc n + qa n + rb n p+q+r

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: n n n a m+ n 2a m m − n pa + qb + rc + a . ≥ ( p + q + r )2 pa n + qb n + rc n p+q+r

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: n n n a m+ n m − n pa + qb + rc =a . ⇔ ( q + r ) a n = qb n + rc n . n n n 2 pa + qb + rc ( p + q + r)

n n n b m+ n 2b m m − n pb + qc + ra +b . ≥ Tương tự ta có: , đẳng thức xảy ra khi và ( p + q + r )2 pb n + qc n + ra n p+q+r

chỉ khi: (q + r )b n = qc n + ra n . n n n c m+ n 2c m m − n pc + qa + rb + c . ≥ , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: pc n + qa n + rb n p+q+r (c + a + b) 2

(q + r )c n = qa n + rb n .

Cộng theo vế ta được:

+

a m+ n b m+ n c m+ n + + pa n + qb n + rc n pb n + qc n + ra n pc n + qa n + rb n

p ( a m + b m + c m ) + q ( a m −nb n + b m −n c n + c m −n a ) + r (a m− n c n + b m −n a n + c m −nb n ) 2( a m + b m + c m ) ≥ p+q+r ( p + q + r )2

Mà theo bài toán 1 ta có: a m + b m + c m ≥ a m− nb n + b m− n c n + c m− n a n , a m −n c n + b m− n a n + c m− nb n , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a = b = c. Do đó ta có điều phải chứng minh. Nhận xét. Bài toán 3 phức tạp hơn hai bài đầu đôi chút, ở đây ta phải chú ý đến điều kiện xảy ra dấu bằng nên phải tính toán một chút về các số nhân chia vào trong các số hạng áp dụng. Cụ thể ở đây, để làm mất mẫu trong

a m+ n ta phải thêm pa n + qb n + rc n

vào số hạng có chứa pa n + qb n + rc n , nên nhớ dấu bằng xảy ra khi a = b = c, khi đó

a m+ n am còn pa n + qb n + rc n = a n ( p + q + r ) do đó số hạng thêm vào là = n n n pa + qb + rc p+q+r pa n + qb n + rc n m − n a . Như vậy bắt đầu phải tính toán tham số đưa vào. ( p + q + r )2

Xin quay trở lại bài toán ban đầu: Bài toán. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x 2 + y 2 + 2 z 2 . Lời giải: Để xác định số

5 −1 như trong lời giải phần đầu ta làm như sau: 2

Với số thực dương k nhỏ hơn 1 ta có: S = (1 − k )( x 2 + y 2 ) + (kx 2 + z 2 ) + ( ky 2 + z 2 ) ≥ 2(1 − k ) xy + 2 k xy + 2 k yz

Xét k thỏa mãn: 1 − k = k ⇒ k =

3− 5 2

Khi đó: S ≥ 5 − 1 x = y 1   x = y = 4 5 5 −1   x ⇔ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  z = 2  z = 5 −1  xy + yz + zx = 1  24 5 

Bài toán 4. Cho các số thực dương a, b, c, d, e, f , S thỏa mãn a < b < c < d < e < f, a + c + e ≤ S ≤ b + d + f và các số thực x, y, z thỏa mãn x ∈ [ a; b], y ∈ [c; d ], z ∈ [e; f ], x + y + z = S . Tìm giá trị lớn nhất của P = xyz (theo a, b, c, d, e, f, S).

Nhận xét. Bài toán này sẽ thật là dễ nếu x, y, z không phải thỏa mãn ràng buộc phải thuộc ba đoạn dời nhau. Tuy x, y, z không thể bằng nhau nhưng nó có thể bằng nhau khi nhân thêm vào một hệ số và do đó khi trình bày ta có thể chủ động lấy tham số m, n là các số cụ thể. So sánh x, y , z ta đưa vào 2 tham số m, n thỏa mãn x = my = nz.

Lời giải. Với các số thực m, n thỏa mãn 1 > m > n ta có:  x + my + nz  mnP = x( my )( nz ) ≤   3  

3

+) x + my + nz = S − (1 − m) y − (1 − n) z ≤ S − (1 − m)c − (1 − n)e (vì y ≥ c, z ≥ e ) 3

 S − (1 − m)c − (1 − n)e    3  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: ⇒P≤ mn   x = S − c − e, y = c, z = e  x = my = nz  S −c−e   . y = c z = e ⇔ ,  m = c x + y + z = S   S −c−e  n = e

Do đó: nếu a + c + e ≤ S ≤ b + c + e thì max P = ( S − c − e)ce . +) x + my + nz = mS + (1 − m) x − (m − n) z ≤ mS + (1 − m)b − (m − n)e (vì x ≤ b, z ≥ e ) 3

 mS + (1 − m)b − ( m − n)e    3  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: ⇒P≤ mn   x = b, y = S − b − e, z = e  x = my = nz  b   .  x = b, z = e ⇔  m = S −b−e x + y + z = S   b  n = e

Do đó: nếu b + c + e ≤ S ≤ b + d + e thì max P = b( S − b − e)e . +) x + my + nz = nS + (1 − n) x + (m − n) y ≤ nS + (1 − n)b + (m − n)d (vì x ≤ b, y ≤ d ) 3

 nS + (1 − n)b + ( m − n)d    3  , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: ⇒P≤ mn

  x = b, y = d , z = S − b − d  x = my = nz  b   .  x = b, y = d ⇔  m = d x + y + z = S   b  n = S − b − d

Do đó: nếu b + d + e ≤ S ≤ b + d + f thì max P = bd ( S − b − d ) . Nhận xét. Qua bài toán này ta nhận thấy ít nhất có hai biến đạt giá trị biên. Như vậy dựa vào tổng S ta dễ dàng biết dấu bằng đạt được tại điểm nào. Bài toán 5. Cho các số dương a, b, c, d, e, f , P thỏa mãn a < b < c < d < e < f, ace ≤ P ≤ bdf và các số x, y, z thỏa mãn x ∈ [ a; b], y ∈ [c; d ], z ∈ [e; f ], xyz = P .

Tìm giá trị nhỏ nhất của S = x + y + z. Lời giải. Với các số thực m, n thỏa mãn 1 > m > n ta có: +) S = x + my + nz + (1 − m) y + (1 − n) z ≥ 3 3 mnP + (1 − m)c + (1 − n)e (vì y ≥ c, z ≥ e ), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: P   x = ce , y = c, z = e  x = my = nz  P   .  y = c, z = e ⇔  m = 2 ce  xyz = P   P  n = c 2e 

Do đó: nếu ace ≤ P ≤ bce thì min S =

P + c + e. ce

+) mS = x + my + nz − (1 − m) x + (m − n) z ≥ 3 3 mnP − (1 − m)b + (m − n)e (vì x ≤ b, z ≥ e ), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: P   x = my = nz x = b y = , ,z = e   be .  x = b, z = e ⇔  2  xyz = P m = b e , n = b   P e

Do đó: nếu bce ≤ P ≤ bde thì min S = b +

P +e. be

+) nS = x + my + nz − (1 − n) x − (m − n) y ≥ 3 3 mnP − (1 − m)b − (m − n)d (vì x ≤ b, y ≤ d ), đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: P   x = my = nz x = b y = d z = , , bd   .  x = b, y = d ⇔  2 b b d  m = , n =  xyz = P  d P

Do đó: nếu bde ≤ P ≤ bdf thì min S = b + d +

P . bd

Bài toán 6. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0, x + y + z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( x − y )( y − z )( z − x) . Lời giải. Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z . Khi đó: x < 0, z > 0, P = ( y − x)( z − y )( z − x) .

Với các số thực dương m, n lớn hơn 1 ta có:  m( y − x ) + n ( z − y ) + z − x  mnP = m( y − x) n( z − y )( z − x) ≤   3   3

3

 −( m + 1) x + ( m − n) y + ( n + 1) z   ( m + 1) x + m − n y + (n + 1) z  =   ≤ 3 3     3

3

 Max{m + 1; m − n ; n + 1}.( x + y + z )   Max{m + 1; m − n ; n + 1}  ≤  =  3 3    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

3

 m ( y − x ) = n( z − y ) = z − x  m = n = 2  ( m − n) y ≥ 0   ⇔ m + 1 = n + 1 1 1 x + y + z = 0  x = − 2 ; y = 0; z = 2   x + y + z = 1

1 4

Vậy MaxP = . Bài toán 7. Cho các số thực x, y, z, t thỏa mãn x + y + z + t = 0, x + y + z + t = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( x − y )( y − z )( z − t )(t − x)( y − t )( x − z ) . Nhận xét. Từ bài toán trên ta nhận thấy dấu bằng đạt được khi {x; y; z} đối xứng qua 0. Do đó trong bài toán này ta có thể nhận thấy: Nếu giả sử x ≤ y ≤ z ≤ t thì x = −t ; y = − z , nên trong bài toán này ta chỉ cần đưa vào 3 tham số mặc dù so sánh 6

số. Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z ≤ t . Khi đó: x < 0, t > 0, P = ( y − x)( z − y )( z − x)(t − x)(t − y )(t − z ) .

Với các số thực dương m, n lớn hơn 1 ta có: m 2 np 2 P = m( y − x) n( z − y ) p ( z − x)(t − x) p (t − y ) m(t − z )  m( y − x) + n( z − y ) + p ( z − x) + (t − x) + p (t − y ) + m(t − z )  ≤  6    −( m + p + 1) x + ( m − n − p ) y + ( n + p − m) z + ( m + p + 1)t  =  6    ( m + p + 1)( x + t ) + m − n − p ( y + z )  ≤  6  

6

6

6

6

 Max{m + p + 1; m − n − p }.( x + y + z + t )   Max{m + p + 1; m − n − p }  ≤  =  6 6    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

6

m( y − x) = n( z − y ) = p ( z − x) = t − x = p (t − y ) = m(t − z )  (m − n − p ) y,(n + p − m) z ≥ 0  m + p + 1 = n + p − m    ( m − n − p ) y = ( n + p − m) z = 0 x + y + z + t = 0   x + y + z + t = 1 m = n + p m( y − x) = n( z − y ) = p ( z − x) = t − x = p (t − y ) = m(t − z )  ⇔ x + y + z + t = 0  x + y + z + t =1 

( m − p )( y − x) = p ( z − y ) m( y − x ) = n ( z − y ) = p ( z − x ) ⇔  ⇒ (m − p )(n − p ) = p 2 ( n − p )( z − y ) = p ( y − x) m = n + p ⇒ n 2 − np − p 2 = 0 ⇔ n =

1+ 5 3+ 5 p⇒m= p 2 2

( p − 1)( z − x) = t − z ⇒ ( m − 1)( p − 1) = 1 ⇒ mp − m − p = 0 p ( z − x) = m(t − z ) = t − x ⇒  ( m − 1)(t − z ) = z − x ⇒

3+ 5 2 5+ 5 5+ 5 5− 5 5+ 5 = p − p =0⇒ p = ,m = ,n = 5 2 2 2 2 3+ 5

⇒x=

5 −5 1− 5 5 −1 5− 5 ;y = ,z = ,t = 8 8 8 8

MaxP =

1 25 5

Vậy

Bài toán 8. Cho các số thực dương a, b, c không đổi và các số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ax 2 + by 2 + cz 2 . Lời giải. m + n = a  Xét các số thực dương m, n, p, q, r, t thỏa mãn:  p + q = b r + t = c 

Khi đó: P = (nx 2 + py 2 ) + (qy 2 + rz 2 ) + (tz 2 + mx 2 ) ≥ 2 npxy + 2 qr yz + 2 mt zx ≥ 2 min{ mt ; nq ; qr } .

m + n = a p + q = b  r + t = c  2 2 nx = py Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: ( I )  2 2 qy = rz tz 2 = mx 2  mt = np = qr   xy + yz + zx = 1 m + n = a p+q = b  (I) ⇒ ( II ) r + t = c . Đặt mt = u 2 ⇒ np = qr = u 2 , mpr = npt = u 3 mt = np = qr  mpr = nqt

abc = ( m + n)( p + q )( r + t ) = mpr + mpt + mqr + mqt + npr + npt + nqr + nqt = 2u 3 + ( a + b + c)u 2 ⇒ 2u 3 + (a + b + c)u 2 − abc = 0

(*)

Nhận xét. (*) luôn có một nghiệm dương duy nhất với mọi a, b, c dương.  ab − u 2 m + n = a  m= m + n = a  2  b+u ⇔ ⇒ Với u là một nghiệm của (*), ta có: ⇒  u um 2 2 =b um − bn = −u  + n = u + au n n  b+u

Do đó hệ phương trình (II) luôn có nghiệm với mọi a, b, c dương cho trước. Với m, n, p, q, r, t là nghiệm của (II) ta có:

  x =   n  y = x p     m   ⇔ y = ( II ) ⇔  z = x t    xy + yz + zx = 1      z =  

1

mn + pt

n m + p t 1

pq + nr

. p q + n r

1

rt r t + + qm q m

Vậy Min P là nghiệm dương duy nhất của phương trình: 2u 3 + (a + b + c)u 2 − abc = 0 . III. BÀI TẬP 1) Cho x ∈ [1;2],y ∈ [3;4],z ∈ [5;7] thỏa mãn x + y + z = 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức: A = xyz; B = xyz 2 , B = xy 2 z . 2) Cho x ∈ [1;2],y ∈ [3;4],z ∈ [5;7] thỏa mãn xyz = 48. Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức: A = x + y + z; B = 2 x + y + z , B = x + 2 y + z . 3) Cho x, y, z nguyên dương thỏa mãn: xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 x 2 + 2 y 2 + z 2 . 4) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 , n nguyên dương lớn hơn 2. Chứng minh rằng

an bn cn + + ≥ 3. b 2 c 2 c 2 a 2 a nb n

5) Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = a 2 + b 2 + (a − b)(c − d ) .