1 MỤC LỤC Nội dung Trang Mở đầu 2 Chương 1: Kiến thức cơ sở 4 1.1. Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM) 4 1.1.1. Bất đẳng thức Cauchy và ứng dụng 4 1.1.2. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu 7 1.2. 10 Bất đẳng thức Bunhiacopski (bất đẳng thức Cauchy – Schwarz) Chương 2: Ứng dụng bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất và nhỏ 16 nhất. 2.1. Định nghĩa 16 2.2. Vận dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm giá trị lớn nhất và 16 nhỏ nhất. 2.3. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để tìm giá trị lớn nhất 27 và nhỏ nhất. 2.4. Bài tập tự luyện 33 Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 MỞ ĐẦU I. Lí do chọn đề tài Trong chương trình toán trung học phổ thông thì việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức là phần hấp dẫn, lôi cuốn tất cả người học toán Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 2 và làm toán. Các bài toán này rất phong phú và đa dạng. Vì vậy, các bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất thường xuyên có mặt trong các kì thi học sinh giỏi, các đề thi vào trường chuyên, Đại học và Cao đẳng. Để giải quyết nó đòi hỏi người học toán và làm toán phải linh hoạt và vận dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Tất nhiên đứng trước một bài toán đó thì mỗi người đều có một xu hướng xuất phát riêng của mình. Nói như vậy có nghĩa là có rất nhiều phương pháp để đi đến kết quả cuối cùng của bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Điều quan trọng là phải lựa chọn phương pháp nào cho lời giải tối ưu của bài toán. Thật là khó nhưng cũng thú vị nếu ta tìm được đường lối đúng đắn để giải quyết nó. Đặc biệt ứng dụng hai bất đẳng thức Cauchy và Bunhicopski vào việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất rất giúp ta giải quyết bài toán nhanh và chính xác. Với những lý do trên, sự đam mê của bản thân tôi mạnh dạn thực hiện Chuyên đề với đề tài : “Ứng dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức”. Trong khuôn khổ của đề tài tôi chỉ đề cập đến hai bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopski. Từ đó giúp người học toán và làm toán có thêm công cụ để giải quyết các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức. Đề tài gồm có hai chương: Chương 1: Kiến thức cơ sở Chương 2: Ứng dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Trong mỗi chương thì sau phần trình bày lý thuyết là các bài tập điển hình và các bài tập tự luyện. 2. Mục đích nghiên cứu - Tìm ra phương pháp giúp học sinh chứng minh được bất đẳng thức. Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 3 - Tìm ra phương pháp giải các giải được các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. 3. Đối tượng nghiên cứu - Kiến thức liên quan đến bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopski. - Các tính chất của bất đẳng thức cơ bản. 4. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Đọc các sách giáo khoa phổ thông, sách tham khảo phần bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… -Phương pháp thu thập tài liệu, thống kê: Chọn các bài toán trong các đề thi ĐH, CĐ, học sinh giỏi. 5. Phạm vi nghiên cứu Các bài tập có liên quan đến bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopski. Do trình độ và kinh nghiệm còn hạn chế nên đề tài này này còn nhiều hạn chế, khó tránh khỏi những sai sót. Tôi rất mong được sự góp ý của các thầy cô trong Toán – Lý – Tin – CN trường THPT Tam Đảo 2. Tam Đảo, tháng 02 năm 2014 Ths. Trần Đức Hải CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CỞ SỞ 1.1. Bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) 1.1.1 Bất đẳng thức Cauchy và ứng dụng Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 4 Định lý 1.1. (Bất đẳng thức Cauchy). Với mọi số thực dương a1 , a2 ,..., an ta có bất đẳng thức a1 + a2 + .... + an n ≥ a1.a2 ...an . n (1.1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . Bài 1.1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta có 1 1 1 9 + + ≥ a b c a+b+c Lời giải: Sử dung bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta được ( a + b + c )  1 1 1 3 + + ÷≥ 3 3 abc . 3 =9 abc a b c Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Bất đẳng thức tổng quát hơn được chứng minh hoàn toàn tương tự 1 1 1 n2 + + ... + ≥ . a1 a2 an a1 + a2 + ... + an Bài 1.2. Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a,b,c ta có a b c 3 + + ≥ b+c c+a a +b 2 Lời giải: a b c 3 a b c 3 9 + + ≥ ⇔ +1+ +1+ +1≥ + 3 = b+c c+a a+b 2 b+c c+a a+b 2 2 a+b+c b+c+a c+a +b 9 1 1   1 + + ≥ ⇔ 2( a + b + c)  + + ÷≥ 9 b+c c+a a+b 2 b+c c+a a +b Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 5 1 1   1 ⇔ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )   + + ≥9  a + b b + c c + a  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm ta có: ( a + b) + ( b + c) + ( c + a) ≥ 33 ( a + b) ( b + c) ( c + a ) ( 1.2 ) 1 1 1 1 + + ≥ 33 a+b b+c c+a ( a + b) ( b + c) ( c + a) ( 1.3) 1 1   1 + + ≥9 Từ (1.2) và (1.3) ta có: ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a )    a + b b + c c + a  Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Bài 1.3. Chứng ming rằng mọi a, b, c > 0 ta luôn có a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2 a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2 Lời giải: ⇔ a2 b+c b2 a+c c2 a +b + + + + + ≥a+b+c b+c 4 c+a 4 a+b 4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có a2 b+c a2 b + c + ≥2 =a b+c 4 b+c 4 ( 1.4 ) b2 c+a b2 c + a + ≥2 =b c+a 4 c+a 4 ( 1.5) Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 6 c2 a+b c2 a + b + ≥ =c a+b 4 a+b 4 ( 1.6 ) Cộng vế với vế của (1.4), (1.5), (1.6) ta được điều phải chứng minh. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . Bài 1.4. Chứng minh rằng với mọi a, b, c dương ta luôn có a3 b3 c3 a 2 + b2 + c 2 + + ≥ b+c c+a a+b 2 Lời giải: Vì bất đẳng thức là những biểu thức đối xứng nên để áp dụng bất đẳng thức Cauchy thì ta phải thêm một lượng sao cho các dấu bằng xảy ra, tức là luôn thỏa mãn a = b = c . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a( b + c) a3 a3 a ( b + c ) + ≥2 = a2 b+c 4 b+c 4 ( 1.7 ) b( c + a) b3 b3 b ( c + a ) + ≥2 = b2 c+a 4 c+a 4 ( 1.8) c( a + b) c3 c3 c ( a + b ) + ≥2 = c2 a+b 4 a+b 4 ( 1.9 ) Cộng vế với vế của (1.7), (1.8), (1.9) ta được a ( b + c) + b( c + a ) + c ( a + b) a3 b3 c3 + + ≥ a 2 + b2 + c 2 − b+c c+a a +b 4 Ta cần chứng minh a 2 + b 2 + c 2 − a ( b + c ) + b ( c + a ) + c ( a + b ) a 2 + b2 + c 2 ≥ 4 2 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 7 ⇔ 2 ( a 2 + b2 + c 2 ) − a ( b + c ) − b ( c + a ) − c ( a + b ) ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ≥ 0 (luôn đúng) Vậy có điều phải chứng minh. x3 y 3 z 3 + + ≥ x+ y+ z Bài 1.5. Với mọi x, y, z dương hãy chứng minh yz zx xy Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số ta được x3 y3 + y + z ≥ 3x ( 1.10 ) ; + z + x ≥ 3y yz zx z3 ( 1.11) ; + x + y ≥ 3z ( 1.12 ) xy Cộng các vế của (1.10), (1.11), (1.12) ta có điều phải chứng minh. Dấu “ = ” bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . 1.1.2. Kĩ thuật Cauchy ngược dấu Bài 1.6. Cho a > 0, b > 0, c > 0; a + b + c = 3 Chứng minh: 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3 5 . Dấu bằng xảy ra khi nào? Lời giải: Vì bất đẳng thức không đổi khi hoán vị vòng quanh a, b, c nên dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 lúc đó 4a + 1 = 4b + 1 = 4c + 1 = 5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số ta được 5 ( 4a + 1) ≤ 5 + 4a + 1 = 3 + 2a 2 ( 1.13) Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 8 5 ( 4b + 1) ≤ 5 + 4b + 1 = 3 + 2b 2 ( 1.14 ) 5 ( 4c + 1) ≤ 5 + 4c + 1 = 3 + 2c 2 ( 1.15 ) Cộng vế với vế của (1.13), (1.14), (1.15) ta được 5 ( ) 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 9 + 2 ( a + b + c ) = 15 ⇔ 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3 5. Bài 1.7. Cho a > 1, b > 1 chứng ming rằng: a b − 1 + b a − 1 ≤ ab Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số 1+ b −1 b ab = ⇒ a ( b − 1) ≤ 2 2 2 1+ a −1 a ab 1.( a − 1) ≤ = ⇒ b ( a − 1) ≤ 2 2 2 1.( b − 1) ≤ ( 1.16 ) ( 1.17 ) Cộng vế với vế của (1.16) và (1.17) ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 . Bài 1.8. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Chứng minh bất đẳng thức: a b c 3 + + ≥ 1 + b2 1 + c2 1 + a2 2 Lời giải: Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu số vì khi đó bất đẳng thức sẽ đổi chiều Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 9 a b c a b c 3 + + ≤ + + ≥ ? 2 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2b 2c 2a 2 Ta không thể chứng minh a b c 3 + + ≥ ? 1 + b2 1 + c2 1 + a 2 2 Tuy nhiên rất may mắn ta có thể dùng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách sau: a ab 2 ab 2 ab =a− ≥a− =a− 2 2 1+ b 1+ b 2b 2 ( 1.18 ) b bc 2 bc 2 bc =b− ≥b− =b− 2 2 1+ c 1+ c 2c 2 ( 1.19 ) c ca 2 ca 2 ca =c− ≥c− =c− 2 2 1+ a 1+ a 2a 2 ( 1.20 ) (1.18), (1.19), (1.20) ⇒ a b c ab + bc + ca 3 + + ≥ a + b + c − ≥ 1 + b2 1 + c 2 1 + a 2 2 2 Vì ta có ab + bc + ca ≤ 3 và a + b + c = 3 . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Bài 1.9. Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c có tổng bằng 3 thì a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b2 + 1 c 2 + 1 a 2 + 1 Lời giải: Theo bất đẳng thức Cauchy ta có a +1 ( a + 1) b ≥ a + 1 − ( a + 1) b = a + 1 − ab + b = a +1− 2 2 b +1 b +1 2b 2 2 2 Tương tự ta có hai bất đẳng thức nữa với b và c rồi cộng lại ta được Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 10 a +1 b +1 c +1  ab + b   ca + a   bc + c  + 2 + 2 ≥  a +1− ÷+  c + 1 − ÷+  b + 1 − ÷ 2 b +1 c +1 a +1  2   2   2  = 3+  a + b + c = 3  a + b + c − ab − bc − ca ≥ 3  do  ⇒ ab + bc + ca ≤ 3 ÷ 2   a , b, c > 0  Bài 1.10. Chứng minh rằng với mọi a,b,c,d dương có tổng bằng 4 thì 1 1 1 1 + 2 + 2 + 2 ≥2 a +1 b +1 c +1 d +1 2 Lời giải: Ta cũng đánh giá tương tự 1 a2 a2 a =1− 2 ≥1− = 1− 2 a +1 a +1 2a 2 Tương tự làm với b,c,d rồi cộng lại. 1.2. Bất đẳng thức Bunhiacopski (Bất đẳng thức Cauchy- Schwarz) Định lý 1.2.Với hai dãy số thực tùy ý a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ( a1b1 + a2b2 + .... + anbn ) 2 ≤ ( a12 + a22 + ... + an2 ) ( b12 + b22 + ... + bn2 ) Dấu “=’’ xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 a = = ... = n b1 b2 bn Hệ quả 1.1. Với hai dãy số a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn ; bi ≥ 0 ∀i = 1, n a12 a22 an2 ( a1 + a2 + ... + an ) Ta có + + ... + ≥ . b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn 2 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 11 Dấu “=’’ xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 a = = ... = n b1 b2 bn Ngoài ra, bất đẳng thức trên còn được viết dưới dạng  a12 a22 an2  2 + + .... +  ÷( b1 + b2 + ... + bn ) ≥ ( a1 + a2 + ... + an ) bn   b1 b2 Hệ quả 1.2. Đặt bi = ai .ci khi đó từ hệ quả 1.1 ta có kết quả sau ( a1 + a2 + ... + an ) , dấu “=’’ xảy ra ⇔ c = c = ... = c a1 a2 a + + ... + n ≥ 1 2 n c1 c2 cn a1.c1 + a2c2 + ... + ancn 2 Hệ quả 1.3. Với mọi dãy số thực a1 , a2 ,..., an ta có ( a1 + a2 + ... + an ) 2 ≤ n ( a12 + a22 + ... + an2 ) . Bài tập 1.11. Cho a, b,c là ba số thực khác 0. Chứng minh rằng: a 2 b2 c 2 a b c + + ≥ + + b2 c2 a 2 b c a Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai dãy số a b c 1,1,1 và ; ; ta được b c a 2 2 b c b2 c2   a 2 2 2 a  1. + 1. + 1. ÷ ≤ ( 1 + 1 + 1 )  2 + 2 + 2 ÷ c a c a   b b 2  a 2 b2 c2  1  a b c  ⇒  2 + 2 + 2 ÷≥  + + ÷ c a  3 b c a  b (1.21) 2 a b c 1  3 a b c  a b c a b c Mà  + + ÷ ≥ . 3 . . ÷ = 3 ⇔  + + ÷ ≥ 3  + + ÷ ( 1.22 ) b c a 3  b c a  b c a b c a Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 12 Từ (1.21) và (1.22) ta suy ra được a2 b2 c2 a b c + + ≥ + + .(ĐPCM) b2 c2 a 2 b c a Bài 1.12. Giả sử a,b,c là các số thực dương, chứng minh rằng a ( b + c) 2 + b ( c + a) 2 + c ( a + b) 2 ≥ 9 4( a + b + c) Lời giải: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có 2  a   a b c b c  + + ≥ + + ( a + b + c ) . ÷ 2 2 2 ÷  ÷ b + c c + a a + b   b + c c + a a + b ( ) ( ) ( )   Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski (hệ quả 1.1), ta được a b c a2 b2 c2 ( a + b + c) ≥ 3 + + = + + ≥ b + c c + a a + b ab + ac bc + ba ca + cb 2 ( ab + bc + ca ) 2 2 ( Do ( a + b + c ) 2 ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ) Bài 1.13. Giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 0 . Chứng minh x2 y y2 z z 2 x + + ≥ x2 + y 2 + z 2 z x y Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có  x 2 y y 2 z z 2 x  x 2 z y 2 x z 2 y  2 2 2 2 + + + + ≥ x + y + z ( )  ÷ ÷ x y  y z x   z Mặt khác x ≥ y ≥ z nên x 2 y y 2 z z 2 x x 2 z y 2 x z 2 y ( xy + yz + zx ) ( x − y ) ( x − z ) ( y − z ) + + − − − = ≥0 z x y y z x xyz Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 13 2  x2 y y2 z z 2 x  2 2 2 2 + + Từ đó  ÷ ≥ ( x + y + z ) suy ra điều phải chứng minh. x y   z Bài 1.14. Giả sử x, y, z ≥ 1 và 1 1 1 + + = 2 . Chứng minh rằng x y z x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1 Lời giải: Vì 1 1 1 x −1 y −1 z −1 + + =2⇔ + + =1 x y z x y z Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta được  x −1 y −1 z −1 x + y + z = ( x + y + z)  + + ÷≥ x y z   ( x −1 + y −1 + z −1 ) 2 x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1 Từ đó suy ra Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 . 2 Bài 1.15. Cho các số dương a,b,c có tổng bằng 3. Chứng minh rằng a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2 Lời giải: Bài toán này có thể giải bằng kĩ thuật Cosi ngược dấu, tuy nhiên ta có thể lại giải khá đơn giản bằng bất đẳng thức Bunhiacopski (hệ quả 1.2) 2 2 (a 2 2 + b2 + c2 ) 2 a b c + + ≥ 2 2 a + 2b b + 2c c + 2 a 2 a 3 + b 3 + c 3 + 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) Ta cần chứng minh ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 3 + b3 + c 3 + 2 ( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) 2 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 14 ⇔ a 4 + b 4 + c 4 ≥ a3 + b3 + c3 Thật vậy 3 ( a 3 + b3 + c 3 ) = ( a 3 + b 3 + c 3 ) ( a + b + c ) ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2 2 2 Lại có ( a + b + c ) ( 1 + 1 + 1) ≥ ( a + b + c ) = 9 2 Do đó a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 , suy ra a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 + b 2 + c 2 . (a 4 + b 4 + c 4 ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a 3 + b3 + c3 ) ⇒ a 4 + b 4 + c 4 ≥ a 3 + b3 + c 3 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 Bài 1.16. Cho a, b, c > −1 , a + b + c = 3 , chứng minh rằng 4 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3 5 Lời giải: Bài này có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy ngược dấu như bài 1.6, tuy nhiên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhia cho hai bộ số 1, 1, 1 và 4a + 1; 4b + 1; 4c + 1 Ta được ( ) 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ ( 12 + 12 + 12 ) ( 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1) 2 ⇔ 4a + 1 + 4b + 1 + 4c + 1 ≤ 3. 4 ( a + b + c ) + 3 = 3 5 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài 1.17. Cho a, b, c là 3 số thực dương thoả mãn abc =1 Chứng minh rằng 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ . a (b + c) b (c + a ) c ( a + b) 2 3 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 15 1 x 1 y Giải. Đặt a = ; b = ; c = Khi đó 1 do abc =1 nên xyz =1 z 1 x3 x2 = = a 3 (b + c) 1 + 1 y + z y z 1 z2 = a 3 (b + c ) x + y 1 y2 = a 3 (b + c ) x + z Khi đó bất đẳng thức trở thành x2 y2 z2 3 + + ≥ y+z x+z x+ y 2 Áp dung BĐT SVÁC ta có: x2 y2 z2 ( x + y + z) = x + y + z + + ≥ y + z x + z x + y 2( x + y + z ) 2 2 Áp dụng BĐT côsi ta có: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 2 x2 y2 z2 3 + + ≥ . Vậy y+z x+z x+ y 2 Hay 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3. Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 16 CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT 2.1. Định nghĩa Cho biểu thức f ( x, y,...) - Ta nói M là giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức f ( x, y,...) kí hiệu max f = M nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn: + Với mọi x,y... để f ( x, y,...) xác định thì : f ( x, y,...) ≤ M (2.1) + Tồn tại xo, yo ... sao cho: f ( x0 , y0 ,...) = M (2.2) - Ta nói m là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của biểu thức f(x,y...) kí hiệu min f = m, nếu hai điều kiện sau đây được thoả mãn : + Với mọi x,y... để f ( x, y,...) xác định thì : f ( x, y ,...) ≥ m (2.3) + Tồn tại xo,yo ... sao cho: f ( x0 , y0 ,...) = m (2.4) 2.2. Vận dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm GTLN, GTNN Bài 2.1. Cho x, y > 0, 1 1 1 + = .Tìm GTNN của A = x y 2 Lời giải: Do x > 0, y > 0 nên cho 2 số x+ y 1 1 > 0, > 0 áp dụng bất đẳng thức Cauchy x y 1 1 1 1 11 1  1 1 , , ta được:  + ÷≥ . .Hay ≥ => 4 x y xy 2 x y  x y xy ≥ 4 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 17 Mặt khác ta có: x > 0, y > 0 => Cauchy ta được: x+ y ≥2 x ≥ 0, y ≥ 0 . Lại áp dụng bất đẳng thức xy ≥ 2 4 = 4 x = y  Vậy: Min A = 4 khi :  1 1 1 ⇔ x = y = 4 x + y = 2  Bài 2.2 Tìm GTNN của của biểu thức : Cho a, b, c > 0; a + b + c ≤ 1 1 1 3 . Tìm GTNN của S = a + b + c + + + . a b c 2 Sai lầm thường gặp S =a+b+c+ 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 6. 6 a.b.c. . . = 6 ⇒ min S = 6 . a b c a b c Nguyên nhân sai lầm min S = 6 ⇔ a = b = c = 1 1 1 3 = = = 1 ⇒ a + b + c = 3 > trái với giả thiết. a b c 2 Phân tích và tìm tòi lời giải: Do S là biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự 1 đoán min S đạt điểm rơi tại a = b = c = . Khi đó sơ đồ điểm rơi như sau 2 α  α a = α b = α c = 1  α 2 a=b=c= ⇒ ⇒ =2⇔α =4. 2 1 1 1 2 = = =2  a b c Vậy ta có lời giải bài toán như sau: Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 18 1 1 1 1 1 1  S =  4a + 4b + 4c + + + ÷− 3 ( a + b + c ) ≥ 6 6 4a.4b.4c. . . − 3 ( a + b + c ) a b c a b c  3 15 ≥ 12 − 3. = 2 2 Vậy min S = 15 1 ⇔ a=b=c= . 2 2 Bài 2.3. Tìm giá trị lớn nhất của : A = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với x, y, z > 0, x + y + z = 1 . Lời giải: Ta chọn điểm rơi cho bài toán, do x, y, z đối xứng nên giá trị lớn 1 nhất của bài toán chỉ có thể xảy ra khi x = y = z , x + y + z = 1 ⇒ x = y = z = . 3 3 3 2 2 Từ đó A =  ÷ ⇒ Ta chứng minh A ≤  ÷ . Áp dụng BĐT Cauchy cho ba 9 9 số không âm x, y, z ta có: 1 = x + y + z ≥ 3. 3 xyz (2.5) Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm x+y, y +z, z + x ta có : 2 = (x + y) + (y + z) + (z + x) ≥ 3. 3 ( x + y )( y + z )( z + x) Nhân từng vế của (2.5) với (2.6) (do hai vế đều không âm) : 3 2 2 ≥ 9. 3 A ⇒ A ≤  ÷ 9 3 1 2 max A =  ÷ khi và chỉ khi x = y = z = . 3 9 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 (2.6) 19 Bài 2.4. Tìm GTNN của A = xy yz zx + + với x, y, z ≥ 0; x + y + z = 1 z x y Lời giải: Ta cũng chọn điểm rơi cho bài toán, do x,y,z đối xứng và 1 x, y, z ≥ 0; x + y + z = 1 ⇒ x = y = z = . Từ đó ta chứng minh A ≥ 1 . 3 Theo bất đẳng thức Cauchy : Tương tự : xy yz xy yz + ≥2 . = 2y . z x z x yz zx zx xy + ≥ 2z ; + ≥ 2 x . Suy ra 2A ≥ 2(x + y + z) = 2. x y y z MinA = 1 khi và chỉ khi x = y = z = 1 . 3 Bài 2.5. Với x > 0, y > 0, x + y ≤ 1 .Tìm GTNN A = 1 2 + + 4 xy . 2 x +y xy 2 Lời giải: Do x,y đối xứng nên nghiệm của bài toán chỉ có thể xảy ra khi và chỉ khi x = y = ( 1 ⇒ A = 11 . Ta chứng minh A ≥ 11 . 2 ) 2 x + y ≥ xy ⇒ x + y ≥ 4 xy ( )  2 1 1 1  ⇒ ( x + y )  + ÷≥ 2 xy .2 =4  1 1 1 x y xy    + ≥2  xy x y ⇒ Ta có: A = 1 1 4 + ≥ x y x+ y  1 1 2 1   1  5 + + 4 xy = + + 4 xy + +  x 2 + y 2 2 xy ÷  x 2 + y 2 xy 4 xy ÷ 4 xy    Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 20 A≥ = 4 1 5 4 5 + 2 4 xy . + = + 2 + 2 x 2 + 2 xy + y 2 4 xy ( x + y ) 2 ( x + y ) 2 ( x + y) 9 ( x + y) 2 + 2 = 11 vì x + y ≤ 1 1  x=  x = y  2 ⇔ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x + y = 1  y = 1  2  1  1  1  Bài 2.6: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷. Biết x  y  z  rằng x, y, z > 0, x + y + z = 1 . Lời giải: Ta chọn nghiệm của bài toán. Vì x,y,z đối xứng và x + y + z = 1 nên 1 x = y = z = ⇒ A = 64 . Ta chứng minh A ≥ 64 . 3 Ta có A = (1+ x) ( 1 + y) ( 1+ z) xyz . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 1 + x = x + y + z + x ≥ 4 4 x 2 yz 1 + y = x + y + z + y ≥ 4 4 xy 2 z 1 + z = x + y + z + z ≥ 4 4 xyz 2 ( 2.7 ) ( 2.8) ( 2.9 ) Từ (2.7), (2.8), (2.9) ta suy ra ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) ≥ 64 xyz . x = y = z 1 ⇔ x = y = z = ⇒ MinA = 64 Vậy A ≥ 64 . A = 64 ⇔  3 x + y + z = 1 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 21 Bài 2.7. Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 . Tìm GTNN của biểu thức: P= x2 y2 z2 + + y+z z+x y+x Lời giải: Ta chọn điểm rơi để giải quyết bài toán. Do P đối xứng với x, y, z nên điểm rơi bất đẳng thức sẽ là 2  x2 y2 z2 1 x = y = z = = = = ⇒ Ta cm P ≥ 1 3⇒  y+z z+x x+ y 3  P = 1 x2 y+z x2 y + z x ≥2 . = 2. = x Ta có : + y+z y+z 4 2 4 ( 2.10 ) x+z y2 y2 x + z y ≥2 + . = 2. = y 4 x+z x+z 4 2 ( 2.11) z2 y+x z2 y + x z ≥2 . = 2. = z + y+x y+x 4 2 4 ( 2.12 ) Từ (2.10),(2.11),(2.12)  x2 y2 z2  y + z x + z y + x ⇒ + + + + ≥ x+ y+ z ÷+ y + z z + x y + x 4 4 4    x2 y2 z2  x + y + z + + ≥ x+ y+z Hay:  ÷+ y + z z + x y + x 2   Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 22 ⇒P= x2 y2 z2 x+ y+ z x+ y+z + + ≥ x+ y+ z− ≥ =1 y+z z+x y+x 2 2  x2 y+z y+z = 4   y2 x+z 2 = ⇔x= y=z= Vậy Min P = 1 ⇔  4 3 x + z  z2 y+x =  4 y+x z2 x2 y2 , , Lưu ý: Nếu ta lần lượt thêm (x + y), ( z + y), ( x + z) vào y+x y+z z+x ta vẫn khử được (x + y), ( z + y), ( x + z) nhưng không tìm được x, y, z để dấu dấu đẳng thức xảy ra đồng thời. Khi đó không tìm được giá trị nhỏ nhất. x2 y2 z2 + + Bài 2.8. Tìm GTNN của A = . x+ y y+z z+x Biết x, y, z > 0 , xy + yz + zx = 1 . x2 y2 z2 x+ y+z + + ≥ Lời giải: Theo bài 2.7 . x+ y y+z z+x 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy x+ y y+z z+x ≥ xy ; ≥ yz ; ≥ zx nên x + y + z ≥ xy + yz + zx . 2 2 2 Hay x+y+z ≥ 2 xy + yz + zx 1 = 2 2 ⇒ MinA = 1 1 ⇔ x=y=z= . 2 3 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 23 a, b > 0 Bài 2.9. Cho  . Tìm GTLN S = a + b + b + c + c + a a + b + c = 1 Lời giải: Sai lầm thường gặp 1+ a + b   a + b = 1( a + b ) ≤ 2  3 + 2( a + b + c) 5 1+ b + c  ⇒S≤ =  b + c = 1( b + c ) ≤ 2 2 2  1+ c + a  c + a = 1 c + a ≤ ( )  2 Dấu bằng xảy ra ⇔ a + b = b + c = c + a = 1 ⇒ a + b + c = 3 ≠ 1 mâu thuẫn. 2 Phân tích và tìm lời giải như sau: Do vai trò của a,b,c trong các biểu thức là như nhau do đó điểm rơi của bất đẳng thức sẽ là a = b = c = đoán MaxS = 6 và a + b = b + c = c + a =    a+b =     b+c =     c+a =   3 2 3 ( a + b) ≤ 2 3 2 3 2 3 ( b + c) ≤ 2 3 2 3 2 3 ( c + a) ≤ 2 3 2 Vậy MaxS = 6 ⇔ x = y = z = a+b+ 1 từ đó ta dư 3 2 2 ⇒ hằng số cần thêm là 3 3 2 3 2 2 3 ⇒ S ≤ 3 2 + 2( a + b + c) = 6 2 2 2 2 c+a+ 3 2 b+c+ 1 3 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 24 a, b, c > 0 ; Tìm GTLN S = 3 a + b + 3 b + c + 3 c + a Bài 2.10. Cho  a + b + c = 1  Lời giải:Ta chọn điểm rơi cho bài toán. Do S là biểu thức đối xứng với a,b,c nên Max S thường xảy ra tại điều kiện 2  a + b = 3  a, b, c > 0 1 2 2 2  ⇔ a = b = c = ⇔ b + c = ⇒ hằng số cần thêm là .  3 3 3 3  a + b + c =1  2  c + a = 3  Ta sẽ chứng minh S ≤ 3 18 .Thật vậy 3 a+b = 3 9 3 2 2 9 . ( a + b) . = 3 4 3 3 4 a+b+ 2 2 + 3 3 3 2 2 b+c+ + 9 2 2 9 3 3 3 b + c = 3 .3 ( b + c ) . = 3 4 3 3 4 3 2 2 c+a+ + 9 2 2 9 3 3 3 c + a = 3 .3 ( c + a ) . = 3 4 3 3 4 3 1 Suy ra S ≤ 3 18. S = 3 18 ⇔ x = y = z = . Vậy MaxS = 3 18 3 2.11. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  1  1 B = ( 1 + x ) 1 + ÷+ ( 1 + y ) 1 + ÷. Trong đó x, y là các số dương thỏa mãn y x   x2 + y2 = 1 . Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 25 Lời giải: Ta chọn điểm rơi cho bài toán. Vì x,y đối xứng nên giá trị nhỏ nhất x = y 1 ⇒x= y= của bài toán chỉ xảy ra ⇔  2 . Khi đó B = 4 + 3 2 . 2 x + y = 1 2  1   1   x y  1 1 1   +  + ÷+  + ÷+ 2 Ta có B =  x + ÷+  y + 2x   2y ÷    y x  2 x y  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta được x+ 1 1 1 1 1  1 ≥ 2; y + ≥ 2;  + ÷≥ ≥ 2x 2y 2 x y  xy 2 = 2; x + y2 2 x y + ≥ 2. Từ các bất đẳng thức trên ta suy ra B ≥ 4 + 3 2 ⇒ min B = 4 + 3 2 y x Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi tất cả các bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức tức là x = y = 2 .Vậy bài toán thỏa mãn điều kiện (2.3), (2.4). 2 Bài 2.12. Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn 2 ( a 2 + b 2 ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  a 3 b3   a 2 b 2  P = 4  3 + 3 ÷− 9  2 + 2 ÷. a  b a  b 2 2 Lời giải: Với a, b dương, ta có: 2 ( a + b ) + ab = ( a + b ) ( ab + 2 ) a b 1 1 ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) + ab = a 2b + ab 2 + 2 ( a + b ) ⇔ 2  + ÷+ 1 = ( a + b ) + 2  + ÷ b a a b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 26 ( a + b ) + 2  1 1 1 1 a b  + ÷≥ 2 2 ( a + b )  + ÷ = 2 2  + + 2 ÷ , suy ra: a b a b b a  a b 5 a b a b  2  + ÷+ 1 ≥ 2 2  + + 2 ÷ ⇒ + ≥ b a 2 b a b a  Đặt t = a b 5 + , t ≥ , suy ra P = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18 . b a 2 5 2 Xét hàm f ( t ) = 4t 3 − 9t 2 − 12t + 18, t ≥ . Ta có f ′ ( t ) = 6 ( 2t − 3t − 2 ) > 0 , 2 23 5 a b 5 23 min f ( t ) = f  ÷ = − suy ra  5  . Vậy min P = − khi và chỉ khi + = 2 4   b a 2 4  2 ; +∞ ÷   1 1 và a + b = 2  + ÷ khi và chỉ khi ( a; b ) = ( 2;1) ∨ ( a; b ) = ( 1;2 ) . a b Bài 2.13. Cho a, b là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= 4 a2 + b2 + c2 + 4 − 9 ( a + b ) ( a + 2c ) ( b + 2c ) . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ngược dấu ta được a + b + 4c 2 2 2 a + b + 2ab + 4ac + 4bc = ≤ 2 ( a 2 + b2 + c2 ) 2 ( a + b ) ( a + 2c ) ( b + 2c ) ≤ ( a + b ) . Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 27 Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 + 4 , suy ra t > 2 . Ta có − ( t − 4 ) ( 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 ) 4 9t f ′( t ) = − 2 + 2 = 2 t t − 4 ( ) t 2 ( t 2 − 4) 3 2 3 Với t > 2 ⇒ 4t + 7t − 4t − 16 = 4 ( t − 4 ) + t ( 7t − 4 ) > 0 . Do đó f ′( t ) = 0 ⇔ t = 4 . Bảng biến thiên t 2 +∞ 4 f ′( t ) + f ( t) 0 - 5 8 −∞ 0 5 Từ bảng biến thiên ta được P ≤ , dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 8 5 a = b = c = 2 . Vậy giá trị lớn nhất của P = . 8 2.3. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để tìm GTLN, GTNN Bài 2.12. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z với mọi x, y, z thỏa mãn x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ Lời giải: Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 4 . 3 28 x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ 4 ⇔ 3( x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ 3( x + y + z ) + 4 3 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ( x + y + z) 2 (2.13) ≤ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) (2.14) Từ (2.13) và (2.14) ta đi đến ( x + y + z) 2 − 3 ( x + y + z ) − 4 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x + y + z ≤ 4 (t 2 − 3t − 4 ≤ 0 ) ⇒ −1 ≤ P ≤ 4, với mọi x, y, z thỏa mãn điều kiện đề bài cho. Dấu bằng bất đẳng thức (2.14) xảy ra x = y = z 4  x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤  3  4 ⇔x= y=z= Từ đó suy ra MaxP = 4 ⇔  x = y = z 3 x + y + z = 4   x = y = z 1 ⇔x= y=z= Tương tự MinP = −1 ⇔  3 x + y + z = 1 Bài 2.13.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y 3 + z 3 và giá trị lớn nhất của biểu thức B = 4 x + 4 y + 4 z , biết x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; x + y + z = 1 . 1  1 A = 9 Lời giải: Chọn điểm rơi cho bài toán: x = y = z = ⇒  3  4  B = 27 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 29 + Tìm giá trị nhỏ nhất của A: Với mọi x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; x + y + z = 1 Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ số x x ; y y ; z z và (x 3 x ; y ; z ,ta được + y 3 + z 3 ) ( x + y + z ) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 ) , lại do x + y + z = 1 2 Từ đó suy ra A = ( x 3 + y 3 + z 3 ) ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được ( ) 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ ( x + y + z ) = 1 hay x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 1 3 x = y = z  1 1 1  3 3 3 Từ đó suy ra A ≥ , dấu bằng xảy ra  x + y + z = ⇒ x = y = z = 9 3 9   x + y + z = 1 Vậy MinA = 1 1 khi x = y = z = 9 3 + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B. Với mọi x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; x + y + z = 1 Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ Ta được ( 4 x+4 y+4z ) 2 ≤3 ( ) 2 x + y + z hay B ≤ 3 4 ( x ; 4 y ; 4 z và 1;1;1 x+ y+ z ) (2.15) Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 30 Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ Ta được ( x+ y+ z ) 2 x ; y ; z và 1;1;1 ≤ 3 ( x + y + z ) = 3.1 = 3 (2.16) Từ (2.15) và (2.16) suy ra B 2 ≤ 3 3 ⇒ B ≤ 4 27 ; ∀x, y, z , thoả mãn đề bài. x = y = z  1 4 Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra ⇔  4 x + 4 y + z = 4 27 ⇔ x = y = z = 3 x + y + z = 1  Vậy MaxB = 4 27 ⇔ x = y = z = 1 3 Bài 2.14. Xét các số x, y, z > 1 và thoả mãn điều kiện x + y + z = xyz Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = y−2 z−2 x−2 + 2 + 2 x2 y z Lời giải: Ta chọn điểm rơi của bài toán: Do x,y, z đối xứng nên x = y = z khi đó 3 x = x 3 ⇒ x = 3, do x, y, z > 1 ⇒ x = y = z = 3 . Từ đó suy ra P = 3 − 2 , ta sẽ đi chứng minh P ≥ 3 − 2 Thật vậy từ giả thiết ta có 1 1 1 + + =1 yz xz xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta được P= ( x − 1) + ( y − 1) + ( y − 1) + ( z − 1) + ( z − 1) + ( x − 1) −  1 + 1 + 1  x2 y2 z2 x  y Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 z÷  31  1  1 1 1  1  1 1 1  1 = ( x − 1)  2 + 2 ÷+ ( y − 1)  2 + 2 ÷+ ( z − 1)  2 + 2 ÷−  + + ÷ z  y  z  x y z x x y ≥ 2 ( x − 1) 2 ( y − 1) 2 ( z − 1)  1 1 1  1 1 1 + + −  + + ÷= + + − 2 xz xy yz x y z x y z (2.17) Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopski 2 1 1 1  1 1 1  + + ≥ 3 + + x y z÷  xy yz zx ÷ = 3     (2.18) Từ (2.17) và (2.18) ta suy ra P ≥ 3 − 2 . Vậy MinP = 3 − 2 ⇔ x = y = z = 3. Bài 2.15. Xét các số thực dương a, b, c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1 1 1 1 + + + . 2 2 a +b +c ab bc ca 2 Lời giải: Ta chọn điểm rơi cho bài toán, vì a,b,c đối xứng nên a = b = c và a + b + c = 1 . Từ đó, suy ra a = b = c = 1 và P = 30 . 3 Vậy ta sẽ chứng minh P ≥ 30 . Thật vậy, Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ 4 số 1 a +b +c 2 2 2 ( 1 + 3 + 3 + 3) 2 ; 1 1 1 ; ; và ab bc ca ( a 2 + b 2 + c 2 ;3 ab ;3 bc ;3 ca ≤ P ( a + b + c ) + 7 ( ab + bc + ca ) 2 ) Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 (2.19) 32 Do ab + bc + ca ≤ 100 ≤ P. 1 2 ( a + b + c ) nên từ (2.19) ta suy ra 3 10 10 2 ( a + b + c ) = P. ⇒ P ≥ 30 3 3 a = b = c 1  Dấu bằng xảy ra a + b + c = 1 ⇔ a = b = c = 3  P = 30  Vậy MinP = 30 Bài 2.16: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x6 y6 z6 P= 3 + + x + y3 y 3 + z 3 z 3 + x3 trong đó x, y , z là các số dương thoả mãn xy xy + yz yz + zx zx = 1 Lời giải: a2 b2 c2 Đặt a = x , b = y , c = z thì biểu thức trở thành Q = + + a+b b+c c+a 3 Với 3 3 ab + bc + ca = 1; a, b, c > 0 (Bài tập này đã giải bằng bất đẳng thức Cauchy – 2.8) Tuy nhiên ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được  a2 b2 c2  2 + +  ÷( ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ) ≥ ( a + b + c ) a+b b+c c+a ⇒Q≥ 1 ( a + b + c) 2 Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 (2.20) 33 Mặt khác, vì ( a− b ) ( 2 + b− c ) ( 2 + c− a ) 2 ≥ 0 ⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca = 1 (2.21) Từ (2.20) và (2.21) ta suy ra Q ≥ Q= 1 2 1 ⇔ ( 2.20 ) , ( 2.21) đồng thời trở thành đẳng thức 2 ⇔a=b=c= 1 1 ⇔ x= y=z= 3 3 3 2.4. Bài tập tự luyện 2.17. Tìm giá trị nhỏ nhất của của biểu thức A = xy + yz + zx − 2 xyz , với x, y, z ≥ 0; x + y + z = 1 (Gợi ý: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Đs: MinA = 0) 2.18. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 1 1 1 1 + + + , biết 2 2 x +y +z xy yz zx 2 rằng x, y, z > 0; x + y + z = 1 . (Gợi ý: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Đs: MinB=30)  1   1   1  1  2.19. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷1 + ÷. x  y  z  t   Biết rằng x, y, z , t > 0; x + y + z + t = 1 . (Gợi ý sử dụng bất đẳng thức Cauchy, giống như bài 2.6. Đs MaxC = 256) Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 34 2.20. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức D = 1 − x + 1 − y + 1 − z + 1 − t Biết rằng x, y, z , t > 0; x + y + z + t = 1 . (Gợi ý ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy và Bunhia. Đs MaxD = 12 ) 2.21. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E= a b c d + + + ≥ 2 .Với a, b, c, d > 0; a + b + c + d = 4 2 2 2 1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a 2b (Gợi ý: Sử dụng Cauchy ngược dấu, giống như bài 1.9. Đs Min E = 2 ). 2.22. Cho a, b, c ≥ 0; a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F= a2 b2 c2 + + . a + 2b3 b + 2c 3 c + 2a 3 (Gợi ý sử dụng bất đẳng thức Cauchy ngược dấu. Đs MinF = 1). Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 35 KẾT LUẬN Chúng ta đã biết các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất là các bài toán rất phong phú và đa dạng, đòi hỏi phải vận dụng kiến thức một cách linh hoạt. Vì vậy đây là nội dung rất đáng lo ngại cho người học và người làm toán. Trong đề tài này tôi đã đưa ra hai công cụ là sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bunhiacopski để giải quyết bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Đặc biệt cách chọn điểm rơi trong việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Giúp người đọc định hướng chính xác hơn, giải quyết nhanh hơn. Mặc dù bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất còn rất nhiều các phương pháp giải nhưng do khuôn khổ của đề tài nên tôi vẫn chưa nêu hết được đầy đủ và hệ thống các phương pháp để giải chúng. Hơn nữa đây là lần đầu tiên làm báo cáo chuyên đề nên trong quá trình thực hiện đề tài tôi không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong các thầy, cô giáo cùng toàn thể đồng nghiệp đóng góp ý kiến để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn. Một lần nữa tôi xin chân thành cảm ơn! Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.Phan Huy Khải(2002), Các bài toán cực trị của hàm số,Nxb Hà nôi. 2.Phạm Kim Hùng(2007), Sáng tạo bất đẳng thức,Nxb Hà Nội. 3.Trần Văn Kỷ(2011),460 bài toán bất đẳng thức,Nxb trẻ TP Hồ Chí Minh. Giáo viên: Ths. Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 [...]... và người làm toán Trong đề tài này tôi đã đưa ra hai công cụ là sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bunhiacopski để giải quyết bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất Đặc biệt cách chọn điểm rơi trong việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Giúp người đọc định hướng chính xác hơn, giải quyết nhanh hơn Mặc dù bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất còn rất nhiều các phương pháp giải nhưng do khuôn khổ của. .. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Đs: MinA = 0) 2.18 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = 1 1 1 1 + + + , biết 2 2 x +y +z xy yz zx 2 rằng x, y, z > 0; x + y + z = 1 (Gợi ý: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Đs: MinB=30)  1   1   1  1  2.19 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = 1 + ÷1 + ÷1 + ÷1 + ÷ x  y  z  t   Biết rằng x, y, z , t > 0; x + y + z + t = 1 (Gợi ý sử dụng bất đẳng thức. .. = 1 Bài 2.13 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y 3 + z 3 và giá trị lớn nhất của biểu thức B = 4 x + 4 y + 4 z , biết x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; x + y + z = 1 1  1 A = 9 Lời giải: Chọn điểm rơi cho bài toán: x = y = z = ⇒  3  4  B = 27 Giáo viên: Ths Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 29 + Tìm giá trị nhỏ nhất của A: Với mọi x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; x + y + z = 1 Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski... ) 2.22 Cho a, b, c ≥ 0; a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F= a2 b2 c2 + + a + 2b3 b + 2c 3 c + 2a 3 (Gợi ý sử dụng bất đẳng thức Cauchy ngược dấu Đs MinF = 1) Giáo viên: Ths Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 35 KẾT LUẬN Chúng ta đã biết các bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất là các bài toán rất phong phú và đa dạng, đòi hỏi phải vận dụng kiến thức một cách linh hoạt Vì vậy đây là... + z ) 2 2 Áp dụng BĐT côsi ta có: x + y + z ≥ 3 3 xyz = 3 2 x2 y2 z2 3 + + ≥ Vậy y+z x+z x+ y 2 Hay 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2 3 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 Giáo viên: Ths Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 16 CHƯƠNG 2 ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT 2.1 Định nghĩa Cho biểu thức f ( x, y, ) - Ta nói M là giá trị lớn nhất (GTLN) của biểu thức f ( x, y,... t) 0 - 5 8 −∞ 0 5 Từ bảng biến thiên ta được P ≤ , dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 8 5 a = b = c = 2 Vậy giá trị lớn nhất của P = 8 2.3 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski để tìm GTLN, GTNN Bài 2.12 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = x + y + z với mọi x, y, z thỏa mãn x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ Lời giải: Giáo viên: Ths Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 4 3 28 x( x − 1) + y ( y... = 256) Giáo viên: Ths Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 34 2.20 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức D = 1 − x + 1 − y + 1 − z + 1 − t Biết rằng x, y, z , t > 0; x + y + z + t = 1 (Gợi ý ta có thể sử dụng bất đẳng thức Cauchy và Bunhia Đs MaxD = 12 ) 2.21 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E= a b c d + + + ≥ 2 Với a, b, c, d > 0; a + b + c + d = 4 2 2 2 1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a 2b (Gợi ý: Sử dụng Cauchy... khi x = y = z = 9 3 + Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B Với mọi x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0; x + y + z = 1 Ta áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ Ta được ( 4 x+4 y+4z ) 2 ≤3 ( ) 2 x + y + z hay B ≤ 3 4 ( x ; 4 y ; 4 z và 1;1;1 x+ y+ z ) (2.15) Giáo viên: Ths Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 2 30 Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ Ta được ( x+ y+ z ) 2 x ; y ; z và 1;1;1 ≤ 3 ( x + y +... có B =  x + ÷+  y + 2x   2y ÷    y x  2 x y  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta được x+ 1 1 1 1 1  1 ≥ 2; y + ≥ 2;  + ÷≥ ≥ 2x 2y 2 x y  xy 2 = 2; x + y2 2 x y + ≥ 2 Từ các bất đẳng thức trên ta suy ra B ≥ 4 + 3 2 ⇒ min B = 4 + 3 2 y x Bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi tất cả các bất đẳng thức trên trở thành đẳng thức tức là x = y = 2 Vậy bài toán thỏa mãn điều kiện (2.3),... MinP = 30 Bài 2.16: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x6 y6 z6 P= 3 + + x + y3 y 3 + z 3 z 3 + x3 trong đó x, y , z là các số dương thoả mãn xy xy + yz yz + zx zx = 1 Lời giải: a2 b2 c2 Đặt a = x , b = y , c = z thì biểu thức trở thành Q = + + a+b b+c c+a 3 Với 3 3 ab + bc + ca = 1; a, b, c > 0 (Bài tập này đã giải bằng bất đẳng thức Cauchy – 2.8) Tuy nhiên ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta ... c = Giáo viên: Ths Trần Đức Hải - THPT Tam Đảo 16 CHƯƠNG ỨNG DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT 2.1 Định nghĩa Cho biểu thức f ( x, y, ) - Ta nói M giá trị lớn (GTLN) biểu thức. .. thêm công cụ để giải toán tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Đề tài gồm có hai chương: Chương 1: Kiến thức sở Chương 2: Ứng dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Trong chương sau phần trình... Ứng dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức Trong khuôn khổ đề tài đề cập đến hai bất đẳng thức Cauchy Bunhiacopski Từ giúp người học toán làm toán có thêm công cụ để giải toán tìm