MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Phần một: Phần Mở Đầu Lí chọn đề tài Trong toán học bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Bunyakovski hai bất đẳng thức cổ điển có nhiều ứng dụng giải toán Chúng sử dụng nhiều chương trình giải toán phổ thông đặc biệt kì thi tuyển sinh đại học kì thi học sinh giỏi Đề tài hai bất đẳng thức không Tuy nhiên em chọn đề tài mảng kiến thức em thích, em giải nhiều toán có ứng dụng hai bất đẳng thức thân em chưa tổng kết phương pháp sử dụng hai bất đẳng thức giải toán Vì nghiên cứu đề tài giúp em hệ thống lại kỹ thuật sử dụng hai bất đẳng thức cách rõ ràng Và sau trở thành giáo viên em thấy tự tin giảng dạy mảng kiến thức từ giúp học sinh hiểu rõ Bên cạnh đó, em thấy đề tài hợp với khả mình, đặc biệt em thực đề tài với hướng dẫn tận tình giáo viên hướng dẫn với nguồn tài liệu không nên em tin hoàn thành tốt đề tài Phương pháp nghiên cứu Sử dụng phương pháp tham khảo tài liệu chủ yếu Phần hai: Nội Dung Nghiên Cứu MỘT SỐ QUY TẮC CHUNG KHI SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Quy tắc song hành: Đa số bất đẳng thức có tính đối xứng nên sử dụng nhiều bất đẳng thức chứng minh toán để định hướng cách giải nhanh Quy tắc dấu bằng: Dấu “=” bất đẳng thức có vai trò quan trọng Nó giúp ta kiểm tra tính đắn chứng minh, định hướng cho ta cách giải Chính giải toán chứng minh bất đẳng thức toán cực trị ta cần rèn luyện cho thói quen tìm điều kiện dấu số không yêu cầu trình bày phần Quy tắc tính đồng thời dấu bằng: Chúng ta thường mắc sai lầm tính xảy đồng thời dấu “=” áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức Khi áp dụng liên tiếp song hành nhiều bất đẳng thức dấu “=” phải thỏa mãn với điều kiện biến Quy tắc biên: Đối với toán cực trị có điều kiện ràng buộc cực trị thường đạt vị trí biên Quy tắc đối xứng: Các bất đẳng thức có tính đối xứng vai trò biến bất đẳng thức dấu “=” thường xảy vị trí biến Nếu toán có điều kiện đối xứng dấu “=”xảy biến giá trụ cụ thể MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Cho n số thực không âm a1 , a , , a n , n ∈ Z , n ≥ , ta có: a1 + a + + a n ≥ n n a1 a a n Dấu “=” xảy a1 = a = = a n MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Kỹ thuật tách ghép số Kỹ thuật tách ghép Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ 8abc Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ( a + b )( b + c )( c + a ) ≥ ab bc ac = 8abc (đpcm) Bài 2: Cho số thực dương a, b, c, d Chứng minh rằng: ac + bd ≤ ( a + b )( c + d ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ac + bd a c b d = + ( a + b) ( c + d ) ( a + b) ( c + d ) ( a + b )( c + d ) 1 a c  1 b d  1a+b c+d  + + +  +  =   =1 2a+b c+d  2a+b c+d  2a+b c+d  ⇒ ac + bd ≤ ( a + b )( c + d ) (đpcm) a > c Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa  Chứng minh rằng: b > c ≤ c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: c( a − c ) + c ( b − c ) ab c ( a − c) c ( b − c) = + b a a b ≤ 1c a−c 1c b−c  + +  +  2b a  2a b  ≤ 1c c 1c c  +1−  +  +1−  = 2b a 2a b ⇒ c( a − c ) + c( b − c ) ≤ ab (đpcm) Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: + abc ≤ (1 + a )(1 + b )(1 + c ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: + abc 1 a b c ≤3 +3 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (1 + a ) ( + b ) (1 + c ) (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) 1 1  1 a b c  ≤  + + + + +   1+ a 1+ b 1+ c  1+ a 1+ b 1+ c  1+ a 1+ b 1+ c  ≤  + +  =1 1+ a 1+ b 1+ c  ⇒ + abc ≤ (1 + a )(1 + b )(1 + c ) (đpcm) a ≥ Bài 5: Cho số thực dương a, b thỏa  Chứng minh rằng: b ≥ a b − + b a − ≤ ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: ab a b − = a ab − a ≤ ( a + ab − a ) = (1) 2 ab Tương tự: b a − ≤ (2) Cộng theo vế (1) (2), ta được: a b − + b a − ≤ ab (đpcm) Bài 6: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: 16ab( a − b ) ≤ ( a + b ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: 16ab( a − b ) = 4.( 4ab )( a − b )  4ab + ( a − b )   ( a + b)  ≤ 4. =    = ( a + b)     2 (đpcm) Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc + abc Giải: Ta có: a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) = ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a + b + c ≥ 33 abc ( ab + bc + ca ≥ 33 ( abc ) ) ( ⇒ ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) ≥ 33 abc + 33 ( abc ) = 33 abc + 33 abc ( ) ⇒ a (1 + b ) + b(1 + c ) + c(1 + a ) ≥ 33 abc + abc (đpcm) Bài 8: Cho số thực dương a, b Chứng minh rằng: ab + ) a b + ≥ a + b +1 b a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: a b  ab a   ab b   a b  ab + + =  +  +  + + +  b a  2b   2a   2b 2a  ab a ab b a b ≥2 +2 +2 = a + b + (đpcm) 2b 2a 2b 2a Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 10 Tìm GTLN của: A =a 2b 3c Giải: Ta có: a a b b b c c c c c a b c 10 = a + b + c = + + + + + + + + + ≥ 1010       2 3 5 5  2  3 5 5 a b c a b c ⇒       ≤ ⇒       ≤ ⇒a 2b3c ≤2 3355 = 337500  2  3 5  2  3 5 10 a = a b c a b c a+b+c  = =  ⇔ = = = = ⇔ b = Dấu “=” xảy ⇔  5 10 a + b + c = 10 c =  Vậy GTLN A 337500 Kỹ thuật tách nghịch đảo a b Bài 1: Chứng minh rằng: + ≥ , ∀a,b > b a Giải: a b > 0, >0 Vì a,b > nên b a Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a b a b + ≥ = (đpcm) b a b a Bài 2: Chứng minh rằng: a + ≥ , ∀a > a −1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 a+ = a −1+ + ≥ ( a − 1) + = + = (đpcm) a −1 a −1 a −1 a2 + ≥ , ∀a ∈ R Bài 3: Chứng minh rằng: a2 +1 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 + a2 +1+1 1 = = a2 +1 + ≥ a2 +1 = (đpcm) 2 a +1 a +1 a +1 a2 +1 Bài 4: Chứng minh rằng: 3a ≤ , ∀a ≠ + 9a Giải: Với ∀a ≠ , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 3a 1 1 = = ≤ = 4 (đpcm) 9a + 9a + 3a 2 3a 2 + 2 3a 3a 3a 3a 2  a2  +  , ∀a ≠ −1 Bài 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = ( a + 1) +   a +1  Giải:  a + 2a +   A = ( a + 1) +  a +   2  ( a + 1) + 1 = ( a + 1) +    a +1  2   = ( a + 1) +  a + +  a +1  2 Cauchy 1 + 2 2( a + 1) +2=2 2+2 ≥ ( a + 1) ( a + 1) 2 −2±4 Dấu “=” xảy 2( a + 1) = hay a = ( a + 1) Vậy GTNN A = 2 + 2 Bài 6: Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A = a + , ∀a > a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a a a a 1 A=a+ = + + ≥ = 33 = 2 a a a a 2 2 a 2 2 a Dấu “=” xảy = hay a = a Vậy GTNN A = ≥ , ∀a > b > Bài 7: Chứng minh rằng: a + b ( a − b) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 a+ = b + ( a − b) + ≥ 33 b.( a − b ) =3 b( a − b ) b( a − b ) b( a − b ) = 2( a + 1) + Bài 8: Chứng minh rằng: a + ( a − b )( b + 1) ≥ , ∀a > b > Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( b + 1) + ( b + 1) + a+ = ( a − b) + 2 ( a − b )( b + 1) −1 ( b + 1) ( b + 1) ( a − b) 2 ( b + 1) ( b + 1) ≥ ( a − b ) −1 = ( b + 1) ( b + 1) 2 ( a − b) 2 Kỹ thuật ghép đối xứng Trong kỹ thuật ghép đối xứng ta cần nắm số thao tác sau: a+b b+c c+a  + + a + b + c = 2 Phép cộng:  2( a + b + c ) = ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) abc = ab bc ca , ( a, b, c ≥ 0) Phép nhân:  2 a b c = ( ab )( bc )( ca ) Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: bc ca ab + + ≥ a+b+c a b c Giải: Ta có: bc ca ab  bc ca   ca ab   ab bc  + + =  + +  + +  +  a b c 2 a b  2 b c  2 c a bc ca ca ab ab bc ≥ + + = a+b+c a b b c c a a2 b2 c2 b c a Bài 2: Cho ba số thực abc ≠ CMR: + + ≥ + + a b c b c a Giải: Ta có: a2 b2 c2  a2 b2   b2 c2   c2 a2  + + =  + +  + +  +  b c a 2  b c   c a   a b  ≥ a2 b2 b2 c2 c2 a2 b c a b c a + + = + + ≥ + + 2 2 a b c a b c b c c a a b Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = CMR: b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 a b c Giải:  bc b + c c + a a + b bc ca ab + + ≥ + + = 2 + a b c a b c  a  bc ca   ca ab   + + =  + +   b   b c    a ≥2 ( bc ca +2 a b ) ( =2 a+ b+ c = ca ab +2 b c ca ab  + b c  ab bc   + c a  ab bc c a ) ( a+ b+ c + a+ b+ c ) ≥ a + b + c + 33 a b c = a + b + c + b+c c+a a+b + + ≥ a + b + c +3 Vậy a b c a+b+c Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = CMR: ( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ abc Giải: Ta có: ( p − a )( p − b )( p − c ) = ( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a ) ≤ ( p − a) + ( p − b) ( p − b) + ( p − c) ( p − c) + ( p − a ) 2 2 p − ( a + b) p − ( b + c) p − ( c + a ) ≤ = abc 2 a+b+c Bài 5: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = CMR: 1  1 1 + + ≥ 2 + +  p−a p−b p −c a b c Giải: Ta có: a b c  2: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: 1 1 1  1 1  1 1 Bài + + ≥  +   +   + + =  + + + b+c c+a a+b p−a p −b p −c 2 p−a p−b 2 p−b p−c 2 p −c p−a (Bất đẳng thức Nesbit) 1 Giải: ≥ + + ( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a ) Ta có: a b c a   b   c   1 + + = 1 +  + 1 +  + 1 + −3 ≥ + + ( p − a) + ( p − b) ( p − b) + ( p − c) ( p − c) + ( p − a ) b + c c + a a + b  b + c   c + a   a + b  2 a+b+c b+c+a c+a+b = + + −3 b+c c+a a+b  1 1 ≥ 2 + +  1   a b c = ( a + b + c) + + −3 Kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo b+c c+a a+b Trong kỹ thuật ghép cặp nghịch đảo ta ứng dụng bất đẳng thức sau 1   = [ ( b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) ] + + −3 Với n ∈ N ∗ x1 , x , , x n > b+c c+a a+b   ( x1 + x + + x n )  + + +  ≥ n ≥ −3= x x x n   2 Bài 3: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: Chứng minh bất đẳng thức : c2 a2 b2 a+b+c Ta có với x1 , x , , x n > + + ≥ a+b b+c c+a   ( x1 + x + + x n )  + + +  ≥ n n x1 x x n n n = n Giải: xn  x1 x x n  x1 x  c2 a2 b2 c2   a2   b2   +  a +  +  b +  − ( a + b + c) + + =  c + Với n = x1 , x , x3 > a+b b+c c+a  a+b  b+c  c + a    ( x1 + x + x3 )  + +  ≥ c   a   b   = c1 +  + a1 +  + b1 +  − ( a + b + c)  x1 x x3   a+b  b+c  c+a b+c c+a a+b + + ≥6 Bài 1: Cho ba số thực dương a, b, c CMR:  a+b+c b+c+a c+a+b = c  + a  + b  − ( a + b + c) a b c a+b   b+c   c+a   Giải: a b   c Ta có: = ( a + b + c) + +  − ( a + b + c)  a+b b+c c+a  b+c c+a a+b  b+c  c+a  a+b + + = 1 +  + 1 +  + 1 + −3 a b  c  a b c a   b   c   = ( a + b + c) + + − 1 a+b b+c c+a  a+b+c b+c+a c+a+b = + + −3 Theo bất đẳng thức Nesbit chứng minh thì: a b c a b c 1 1 + + ≥ = ( a + b + c) + +  − ≥ − = b+c c+a a+b a b c Do x+ y y+z z+x c2 a2 b2 3  a+b+c ≥ xy yz zx = xyz + + ≥ ( a + b + c )  − 1 = (đpcm) 2 a+b b+c c+a 2  ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (đpcm) Hay Bài 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa a + b + c ≤ Chứng minh bất đẳng thức sau: Bài 2: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b CMR: 1 a b c + + ≥9 + + ≥ (1) a + 2bc b + 2ca c + 2ab b+c−a c+a −b a+b−c Giải: Giải: Do a + b + c ≤ ta có: Đặt: 1 1 1 y+z  2  + + ≥ ( a + b + c)  + + a=   a + 2bc b + 2ca c + 2ab  a + 2bc b + 2ca c + 2ab  b + c − a = x >  z+x   1   c + a − b = y > ⇔ b = = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ac  + +  a + b − c = z >   a + 2bc b + 2ca c + 2ab   x+ y  1   c=  = a + 2bc + b + 2ac + c + 2ab  + + ≥    a + 2bc b + 2ca c + 2ab  Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: Kỹ thuật đổi biến số y+z z+x x+ y Có toán mặt biểu thức toán học tương đối cồng kềnh, khó nhận + + x y 2z biết phương hướng giải Bằng cách đổi biến số, ta đưa toán Ta có: dạng đơn giản dễ nhận biết ∆ ABC , AB = c , BC = a , CA = b Bài 1: Cho CMR: y+ z z+ x x+ y 1 y x 1 z x 1 z ( b + c − a )( c + a − b )( a + b − c ) ≤ abc (1) + + =  +  +  +  +  + 2x 2y 2z 2 x y 2 x z  2 y Giải: y + z  y x z x a = ≥ + + b + c − a = x x y x z  z+x   a b c Đặt: c + a − b = y ⇔ b = + + ≥ (đpcm) Hay a + b − c = z  b+c−a c+a −b a+b−c  x+ y  c =  Bài 3: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b CMR: Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 x+ y y+z z+x + + ≥ a + b + c (1) x y.z ≤ b+c−a c+a −b a+b−c 2 Giải: Do tam giác, tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh lại nên : x, y , z > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( [( ) ) ( ) ( )] y  z  z y =3 y z y+z  a = b + c − a = x >  z+x   Đặt: c + a − b = y > ⇔ b = a + b − c = z >   x+ y  c =  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: ( y + z ) + ( z + x) + ( x + y) ≥ x + y + z 4x 4y 4z (y + z) Ta có: + (z + x) + (x + y) 4x 4y 4z æ 1æ yz zx ö 1ç zx xy ö ÷ ç + + + ÷ ÷ ÷ ç ç ÷ ÷+ ç 2ç x y y z ø è ø è ³ yz zx + x y zx xy + y z ³ yz zx xy + + = x y z 1æ xy yz ö ç + ÷ ÷ ç ÷ çz 2è x ø xy yz =z + x + y z x a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c (đpcm) b+c−a c+a −b a+b−c a+b+c Bài 4: Cho ∆ABC , AB = c, BC = a, CA = b, p = CMR: 1 p + + ≥ 2 ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c ) (1) Giải: b+c−a p−a = >0 Ta có: Tương tự: p−b > p−c > Hay Đặt: p − a = x >  p − b = y > ⇒ p = x + y + z p − c = z >  Khi bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau: 1 x+ y+z + + ≥ xyz x y z Ta có: 1 1 1  1 1  1 1  + + =  +  +  +  +  +  2 x x y z y  2 y z  2 z x  1 1 1 1 x+ y+z + + = + + = 2 2 xy yz zx xyz x y y z z x 1 p + + ≥ Hay 2 ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) ( p − a )( p − b )( p − c ) (đpcm) a b c + + ≥ (1) Bài 5: Cho ba số thực dương a, b, c CMR: b+c c+a a+b Giải: y+z−x  a =  b + c = x  z + x −y   Đặt: c + a = y ⇒ b = a + b = z   x+ y−z  c =  Khi bất đẳng thức (1) trở thành: y+z−x z+x− y x+ y−z + + ≥ 2x 2y 2z Ta có: y+ z− x z+ x− y x+ y− z 1 y x 1 z x 1 z y + + =  +  +  +  +  +  − 2x 2y 2z 2 x y 2 x z 2 y z  ≥ ≥ 2 y x + x y z x + x z z y 3 − = y z 2 a b c + + ≥ (đpcm) b+c c+a a+b Bài 6: Cho số thực không âm a, b, c thỏa ( a + c )( b + c ) = CMR: 1 + + ≥ (1) 2 ( a − b) ( a + c) ( b + c) Giải: Hay A≥ Đặt:  x = y  a + c = x  xy = 1  ⇒ ⇒ y =  x b + c = y a − b = x − y  a − b = x − y   Khi vế trái bất đẳng thức (1) trở thành: 1 + + ≥4 ( x − y) x y Ta có: ≥ ( ) ( ) 1 + x2 + y2 − + ≥ 2 x2 + y2 − + = x −2+ y x − + y2 1 + + ≥ (đpcm) Vậy 2 ( a − b) ( a + c) ( b + c) Bài 7: Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz = Tìm GTNN biểu thức: x ( y + z) y ( z + x) z ( x + y) A= + + y y + 2z z z z + 2x x x x + y y Đề thi Đại học khối A năm 2007 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: y y + 2z z ≥ 1 1 + 2+ = + x2 + y2 = + x2 + y2 2 x − xy + y ( x − y) x y ( x − y) = x 2 yz + x x xyz y y + 2z z 2x x y y + 2z z y 2 zx z z + 2x x + + + y y yzx z z + 2x x 2y y z z + 2x x z 2 xy x x + 2y y + + z z zxy x x + 2y y 2z z x x + 2y y  x x = ( − 2a + 4b + c )  a = y y + z z    Đặt: b = z z + x x ⇒  y y = ( a − 2b + 4c )   c = x x + y y   z z = ( 4a + b − 2c )  Khi  − 2a + 4b + c a − 2b + 4c 4a + b − 2c  A≥  + +  9 a b c  2  b a c   c a b  ≥ − + 4 + +  +  + +  9  a c b   a b c  ≥ 2 b a c c a b  − + 4.3.3 + 3.3  = ( − + 12 + 3) =  a c b a b c  Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = Vậy GTNN A Kỹ thuật chọn điểm rơi Điểm rơi bất đẳng thức giá trị đạt biến dấu “=” bất đẳng thức xảy Trong bất đẳng thức dấu “=” thường xảy trường hợp sau: Các biến có giá trị Khi ta gọi toán có cực trị đạt tâm Khi biến có giá trị biên Khi ta gọi toán có cực trị đạt biên Căn vào điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức ta xét kỹ thuật chọn điểm rơi trường hợp Kỹ thuật chọn điểm rơi toán cực trị xảy biên Xét toán sau: Bài toán 1: Cho số thực a ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) A = a + a 1 ≥ a = Vậy GTNN A a a Nguyên nhân sai lầm: GTNN A ⇔ a = ⇔ a = vô lý theo giả a thuyết a ≥ a 3a a 3a 3.2 Lời giải đúng: A = a + = + + ≥2 + ≥ 1+ = a a 4 a 4 a Dấu “=” xảy ⇔ = hay a = a Vậy GTNN A Vì lại biết phân tích lời giải Đây kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Quay lại toán trên, dễ thấy a tăng A tăng Ta dự đoán A đạt GTNN a = Khi ta nói A đạt GTNN “Điểm rơi a = ” Ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số a không thỏa quy tắc a dấu “=” Vì ta phải tách a để áp dụng bất đẳng thức Cauchy a thỏa quy tắc dấu “=” Giả sử ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho cặp số a  a 1  ,  cho “Điểm rơi a = ” = , ta có sơ đồ sau: α a α a  a α = α a=2⇒ ⇒ = ⇒α = α 1 =  a a 3a + ta có lời giải Khi đó: A = a + = + a 4 a  a 1 Lưu ý: Để giải toán trên, cách chọn cặp số  ,  ta chọn α a  1   α   các cặp số sau:  αa,   a,   a,  a   a  αa  Sai lầm thường gặp là: A = a + Bài toán 2: Cho số thực a ≥ Tìm giá trị nhỏ A = a + a2 Sơ đồ điểm rơi: a α = α a=2⇒ ⇒ = ⇒α =8 α 1 =1  a Sai lầm thường gặp là: a 7a a 7a 7a 7.2 A= + + ≥2 + = + ≥ + = Dấu “=” a 8 a 2a 2.2 xảy ⇔ a = Vậy GTNN A Nguyên nhân sai lầm: Mặc dù GTNN A là đáp số cách 1 giải mắc sai lầm đánh giá mẫu số: “ a ≥ ⇒ sai” ≥ 2a 2.2 a a 6a a a 6a 6.2 Lời giải đúng: A = + + + ≥ 3.3 + ≥ + = 8 a 8 a 8 Dấu “=” xảy ⇔ a = Vậy GTNN A Bài 1: Cho số thực dương a, b thỏa a + b ≤ Tìm GTNN A = ab + ab Phân tích: a+b Ta có: ab ≤   ≤   Sơ đồ điểm rơi:  ab =  1 α 4α ab = ⇒  ⇒ = 4⇒α = 4α 16 1 =4  ab Giải: Ta có: a+b ab ≤   ≤   ⇒ − ab ≥ − 1 17 A = 16ab + − 15ab ≥ 16ab − 15ab ≥ − 15 = ab ab 4 1 Dấu “=” xảy ⇔ ab = ⇔ a = b = 17 Vậy GTNN A 18 Bài 2: Cho số thực a ≥ Tìm GTNN A = a + a Phân tích: Ta có 18 9 A = a2 + = a2 + + a a a Dễ thấy a tăng A tăng Ta dự đoán A đạt GTNN a = Ta có sơ đồ điểm rơi:  a 36  = α ⇒ 36 = ⇒ α = 24 a =6⇒ α α 9 = =  a Giải: a 9 23a a 9 23a + + + ≥ 33 + 24 a a 24 24 a a 24 23.36 ≥ + = 39 24 A= Ta có: a2 = ⇔a=6 24 a Vậy GTNN A 39 Bài 3: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + 2b + 3c ≥ 20 Tìm GTNN A= a+b+c+ + + a 2b c Dấu “=” xảy ⇔ Phân tích: Dự đoán GTNN A đạt a + 2b + 3c = 20 ,tại điểm rơi a = 2, b = 3, c = Sơ đồ điểm rơi: a α = α a=2⇒ ⇒ = ⇒α = α 3 =  a b  β = β 3 b =3⇒  ⇒ = ⇒β =2 β 9 =3  2b c  γ = γ c =4⇒ ⇒ =1⇒ γ = γ 4 =  c Giải:  3a   b   c  a b 3c A= + + + + + + + +  a   2b   c  4 3a b c a + 2b + 3c +2 +2 + a 2b c ≥ + + + = 13 ⇔ a = 2, b = 3, c = Dấu “=” xảy Vậy GTNN A 13 ab ≥ 12 Bài 4: Cho3 số thực dương a, b, c thỏa  Chứng minh rằng: bc ≥ ≥2 ( a + b + c ) + 2 1  121 + + ≥ +  ab bc ca  abc 12 Phân tích: ab = 12 Dự đoán GTNN A đạt  ,tại điểm rơi a = 3, b = 4, c = bc = Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 10 quả, tách 10 = + may mắn Bây ta tìm lí việc tách 10 = + toán Với < α < 10 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: c2 c2 αa + ≥ αa = 2α ac 2 αb + c c2 ≥ αb = 2α bc 2 (10 − α ) a + (10 − α ) b ≥ (10 − α ) a (10 − α ) b = ( 20 − 2α ) ab Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 10a + 10b + c ≥ 2α ( ac + bc ) + ( 20 − 2α ) ab Lúc ta cân điều kiện giả thuyết, tức là: a = α Giả sử A đạt GTLN  Ta có α + β = (1) b = β Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số: a số α ta có: ( ) a + 2α ≥ 3.3 a α Tương tự: ( ) = 3α a b + 2β ≥ 33 b β = 3β b Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: a + b + α + β ≥ 3α a + 3β b Đẻ xuất vế phải a + 4b ta chọn α , β cho 3α a : 3β b = a : 4b ( ) ( ) α2 α α = ( 2) ⇔ = ⇔ = β β 2α = 20 − 2α ⇔ 2α = 400 − 80α + 4α ⇔ 2α − 41α + 200 = ⇒  25 α = > 10   α α = = ⇒α =8   ⇒ Từ (1) (2) ta có hệ:  β Khi ta có lời giải toán α + β = β = Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca =   CMR: : Khi ta có lời giải sau: 2 3a + 3b + c ≥ 10 Giải: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 c2 a + + ≥ 3.3 a = a 2 c 2a + ≥ 2a = 2ac 9 9 2 8 b3 + + ≥ b c2 2 c 9 2b + ≥ 2b = 2bc 2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: a + b ≥ a b = 2ab a + b + ≥ ( a + 4b ) Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 3a + 3b + c ≥ 2( ab + bc + ca ) = 2.5 = 10 ⇒ a + 4b ≤ a + b + ≤ 33 Bài toán 3   Cho số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b ≤ Tìm giá trị lớn a = a =    biểu thức A = a + 4b ⇔ Dấu “=” xảy  Phân tích: b = b =   Dự đoán A đạt GTLN a + b = ( ) [( ) ] 20 Vậy GTLN A 33 Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm GTNN A = 4a + 6b + 3c Phân tích: Với α , β , γ > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 6b + β ≥ 6b β = β b 3c + γ ≥ 3c γ = 3γ c Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta có: 4a + 6b + 3c + α + + β + γ ≥ 4α a + β b + 3γ c Ta có hệ phương trình:  α β γ + + =3   4α = β = 3γ  2 =3 3  β = ⇒α = 4⇒  γ = 16  Khi ta có lời giải toán sau Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4a + α ≥ 4a α = 4α a a + b + c =  a = α a + b + c =   α 4 a = α  ⇔ ⇒ + Dấu “=” xảy ⇔  β b = β b =   3c = γ    γ c =  Chọn α , β , γ cho 4α = β = 3γ  α β γ + + =3    4α α 4α 4α 1 ⇒ β = ⇒ + + =3⇒ α  + + 6.6 3.3 2  4α  γ =  4a + ≥ 4a = 8a β γ + =3 ≥ 8b = 8b 3 16 16 3c + ≥ 3c = 8c 3 Cộng theo vế bất đẳng thức trên, ta được: 16 4a + 6b + 3c + + + ≥ 8( a + b + c ) = 24 3 ⇒ 4a + 6b + 3c ≥ 12 a + b + c =   a = a =     ⇔ b = Dấu “=” xảy ⇔ 6b = 3    16  3c = c = 3  6b + Vậy GTNN A 12 Kỹ thuật cộng thêm Bài 1: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c 1 + 2+ ≥ + + b c a a b c 21 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b c a a + ≥ + ≥ (3) (2); + ≥ 2 = (1) ; 2 c b c a2 c a b a b a b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a b c 1 2 + + + + + ≥ + + a b c a b c b c a a b c 1 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) b c a a b c Bài 2: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 2b + c a 2b + c 2a (1) ; + ≥2 = 2b + c 2b + c b2 2c + a 2b c2 2a + b 2c (2) ; (3) + ≥ + ≥ 2c + a 2a + b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a2 b2 c2 3( a + b + c ) 2( a + b + c ) + + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b 2 a b c a+b+c (đpcm) ⇒ + + ≥ 2b + c 2c + a 2a + b Lưu ý: Trong toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp Ví dụ: Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán a a 1 dấu “=” xảy a = b = c Khi = = , ta chọn a a b a Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán a2 a2 a dấu “=” xảy a = b = c Khi = = , muốn sử dụng bất 2b + c 2a + a đẳng thức Cauchy để làm mẫu ta cộng thêm 2b + c 2a + a a = = 9 2b + c Chọn mẫu số 9 Bài 3: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a + b3 b3 + c c + a + + ≥ 2( a + b + c ) ab bc ca Giải: Ta có: 3 a +b b3 + c3 c3 + a3 a b2 b2 c c a + + = + + + + + ab bc ca b a c b a c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b2 b2 a2 a2 + a ≥ 2b (2) ; + c ≥ 2b (3) ; +b ≥ b = 2a (1); a c b b c2 c2 a2 + b ≥ 2c (4) ; + a ≥ 2c (5) ; + c ≥ 2a (6) b a c Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1) đến (6) ta được: a2 b2 b2 c2 c2 a2 + + + + + + 2( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c ) b a c b a c a b2 b2 c2 c2 a2 ⇒ + + + + + ≥ 2( a + b + c ) b a c b a c a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3 ⇒ + + ≥ 2( a + b + c ) (đpcm) ab bc ca Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 1 + + ≥ + + b3 c3 a3 a b c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: b2 1 a2 1 a2 1 3 (1) ; (2); + + ≥ + + ≥3 = c3 b b c b3 a a b a a b c2 1 + + ≥ (3) a3 c c a 22 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a2 b2 c2 1 1  1 1 + + + 2 + +  ≥ 3 + +  b c a a b c a b c 2 a b c 1 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) a b c b c a Bài 5: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ a2 + b2 + c2 b c a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 a3 a3 a3 + + b ≥ 33 b = 3a (1) ; b b b b 3 b b c3 c3 2 + + c ≥ 3b (2) ; + + a ≥ 3c (3) c c a a Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được:  a3 b3 c3  2 + +  + a + b + c ≥ a + b + c c a  b ( ) ( ) a3 b3 c3 + + ≥ a + b + c (đpcm) b c a Bài 6: Cho số thực dương a, b, c thỏa abc = Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 1+ b 1+ c a3 1+ b 1+ c + + ≥ 33 = a (1) ; (1 + b )(1 + c ) (1 + b )(1 + c ) 8 ⇒ b3 1+ c 1+ a + + ≥ b (2) ; (1 + c )(1 + a ) 8 c3 1+ a 1+ b + + ≥ c (3) (1 + a )(1 + b ) 8 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 3 + + + ( a + b + c) + ≥ ( a + b + c) (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4 a3 b3 c3 3 3 ⇒ + + ≥ ( a + b + c ) − ≥ abc − = (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4 (đpcm) Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a4 b4 c4 + + ≥ a+b+c bc ca ab Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a4 a4 + b + c + c ≥ b.c.c = 4a (1) bc bc b4 + c + a + a ≥ 4b (2) ca c4 + a + b + b ≥ 4c (3) ab Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a4 b4 c4 + + + 3( a + b + c ) ≥ 4( a + b + c ) bc ca ab a4 b4 c4 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) bc ca ab Bài 8: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: ab bc ca 1 1 1 + + ≥  + +  c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a )  a b c  Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ab a+b ab a+b + ≥2 = (1) c c ( a + b ) 4ab c ( a + b ) 4ab 23 bc b+c ca c+a + ≥ + ≥ (2) ; (3) 2 a ( b + c ) 4bc a b ( c + a ) 4ca b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ab bc ca a+b b+c c+a 1 + + + + + ≥ + + 4bc 4ca a b c c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4ab ab bc ca 1 1 1 1 ⇔ + + + + + + + + ≥ + + c ( a + b ) a ( b + c ) b ( c + a ) 4b 4a 4c 4b 4a 4c a b c ab bc ca 1 1 1 ⇒ + + ≥  + +  (đpcm) c ( a + b) a ( b + c ) b ( c + a )  a b c  Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = Chứng minh rằng: a3 b3 c3 + + ≥ b+c c+a a+b Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a3 a( b + c ) a a( b + c ) + ≥2 = a (1) ; b+c b+c b b( c + a ) c3 c (a + b ) + ≥ b (2) ; + ≥ c (3) c+a a+ b Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 ab + bc + ca + + + ≥ a + b + c (1' ) b+c c+a a+b m+n m+n Mặt khác ta có: a +b + c m+n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m = Chọn  ta được: n = a3 b3 c3 a + b2 + c + + ≥ = (đpcm) b+c c+a a+b 2 Bài 10: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a5 b5 c5 + + ≥ a3 + b3 + c3 b2 c2 a2 Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a5 a5 + ab ≥ 2 ab = 2a (1) ; b b b c5 (2) ; + bc ≥ 2b + ca ≥ 2c (3) 2 c a Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a5 b5 c5 + + + ab + bc + ca ≥ a + b + c (1' ) b c a Mặt khác ta có: a m + n + b m + n + c m + n ≥ a m b n + b m c n + c m a n m = Chọn  ta được: n = ⇒ ( ) a + b + c ≥ ab + bc + ca (2' ) Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: a5 b5 c5 + + + ab + bc + ca + a + b + c ≥ a + b + c + ab + bc + ca b2 c2 a2 a5 b5 c5 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) b c a Bài 11: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 + + ≥ a2 + b2 + c2 a + 2b b + 2c c + 2a Giải: a + b + c ≥ ab + bc + ca Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a + b + c ab + bc + ca a3 a( a + 2b ) a a ( a + 2b ) 2 ⇒ ≥ (2' ) + ≥2 = a (1) ; 2 a + 2b a + 2b Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: 3 c c( c + 2b ) 2 a3 b3 c3 ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca b + b( b + 2c ) ≥ b (2) ; + ≥ c (3) ⇒ + + + + ≥ a2 + b2 + c2 + b + c c + b b+c c+a a+b 2 Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: ( ( ) ) 24 ( ) ( a3 b3 c3 2 + + + a + b + c + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c a + 2b b + 2c c + 2a 9 3 3 a b c ⇔ + + + ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c (1' ) a + 2b b + 2c c + 2a 9 m+n m+n m+n m n m n Mặt khác ta có: a +b +c ≥ a b + b c + cman m = Chọn  ta được: n = ( ) ) b+c c+a a+b 4 2 4 4 + + + + + + + + ≥ + + + + a+b b+c c+a a b c a b c a+b b+c a b c b+c c+a a+b 2 ⇒ + + ≥ + + (đpcm) a b c a b c Bài 13: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a b 4c + + ≥ a + 3b b c a a + b + c ≥ ab + bc + ca Dấu “=” bất đẳng thức xảy a = b = 2c 2 ⇒ a + b + c ≥ ( ab + bc + ca ) (2' ) Giải: 9 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Cộng theo vế bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: 2 3 4c a b c 2 2 a + b ≥ a b = 2a (1); b + 4c ≥ 4b (2) ; 2 2 + a ≥ 4c (3) + + + ( ab + bc + ca ) + a + b + c ≥ a + b + c + ( ab + bc + ca ) c a b a + 2b b + 2c c + 2a 9 9 b Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 ⇒ + + ≥ a + b + c (đpcm) a b 4c a + 2b b + 2c c + 2a + + + a + b + 4c ≥ 2a + 4b + 4c b c a Bài 12: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: b+c c+a a+b 2 a b 4c + + ≥ + + ⇒ + + ≥ a + 3b (đpcm) a b c a2 b2 c2 b c a Giải: Bài 14: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: a2 b2 16c + + ≥ ( 64c − a − b ) b+c b+c 4 b + c c + a a + b (1) ; + ≥2 = b+c a2 a2 b + c a Dấu “=” bất đẳng thức xảy a = b = 2c c+a 4 a+b 4 + ≥ + ≥ (2) ; (3) Giải: c+a b a+b c b2 c2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Cộng theo vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta được: a2 4( b + c ) 4a b2 4( c + a ) 4b 16c b+c c+a a+b 4 4 4 (1); (2) ; + ≥ + ≥ + ( a + b ) ≥ 8c + + + + + ≥ + + (1' ) b+c c+a a+b a+b b+c c+a a b c a2 b c (3) Mà ta có: Cộng theo vế bất đẳng thức từ (1), (2) (3) ta được: 1 1 4 + ≥2 = ≥ (2' ) ; a2 b2 16c 13 a b a b ab a + b + + + ( a + b ) + c ≥ ( a + b ) + 8c b+c c+a a+b 9 1 1 2 + ≥ (3' ) ; + ≥ (4' ) a b 16c b c b+c c a c+a ⇒ + + ≥ ( 64c − a − b ) (đpcm) b+c c+a a+b Cộng theo vế bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) (4’) ta được: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu ( ) ( ( ) ( ) ) 25 Xét toán sau: Bài toán: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 + + ≥ a +1 b +1 c +1 Phân tích giải: Ta dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu bất đẳng thức sau đổi chiều: 1 1 1 + + ≤ + + ≥ a + b + c + 2a 2b 2c     1 1 1 3  Do + + ≥ 33 = ≥ =  2a 2b 2c 2a 2b 2c abc a + b + c       Đến bị lúng túng cách giải Ở ta sử dụng lại bất đẳng thức Cauchy theo cách khác: a2 a2 a = − ≥ − = 1− (1) 2 2a a +1 a +1 b c ≥ 1− (2) ; ≥ 1− (3) Tương tự ta có: 2 2 b +1 c +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 a+b+c + + ≥ 3− = (đpcm) 2 a +1 b +1 c +1 Nhận xét: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu hiểu ta lấy nghịch đảo hai vế bất đẳng thức Cauchy sau nhân hai vế với -1 Khi dấu bất đẳng thức ban đầu không đổi chiều Bài 1: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 + + ≥ + ab + bc + ca Giải: Ta có: ab ab ab = 1− ≥ 1− = 1− (1) + ab + ab 2 ab Tương tự ta có: bc ≥ 1− + bc (2) ; ca ≥ 1− + ca (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 1 1 + + ≥ 3− ab + bc + ca + ab + bc + ca 1a+b b+c c+a a+b+c 3 ≥ 3−  + + = 3− =  = 3− 2 2  2 (đpcm) ( ) Bài 2: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥ b +1 c +1 a +1 Giải: Ta có: a ab ab ab =a− ≥a− =a− (1) 2b b +1 b +1 b bc c ca ≥b− (2) ; ≥c− (3) Tương tự ta có: 2 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b d ab + bc + ca + + ≥ a+b+c− (1' ) 2 b +1 c +1 d +1 Mặt khác ta có: a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 ab + bc + ca ≤ + + = a + b + c = ( a + b + c ) - 2( ab + 2 2 ( a + b + c) = ⇒ ab + bc + ca ≤ (2' ) Từ (1’) (2’) ta có: a b c 3 + + ≥ 3− = (đpcm) 2 b +1 c +1 a +1 ( a + b + c) Lưu ý: Ta sử dụng kết ab + bc + ca ≤ = chứng minh toán khác Bài 3: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b +1 c +1 a +1 26 Giải: Ta có: a +1 ( a + 1) b ≥ a + − ( a + 1) b = a + − ab + b (1) = a + − 2b b2 +1 b2 +1 b +1 bc + c c +1 ca + a ≥ b +1− (2) ; ≥ c +1− (3) Tương tự ta có: 2 c +1 a +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a +1 b +1 c +1 a + b + c + ab + bc + ca + + ≥ a +b+c +3− 2 b +1 c +1 a +1 a+b+c ab + bc + ca ≥ +3− 2 ( a + b + c) 3 3 ≥ + 3= + 3- = 2 2 Vậy a +1 b +1 c +1 + + ≥3 b +1 c +1 a +1 Bài 4: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a +b b +c c +a Giải: Ta có: a3 ab ab b = a − ≥ a − =a− (1) 2 2 2ab a +b a +b b3 c c3 a Tương tự ta có: ; ≥ b − (2) ≥c− (3) 2 2 b +c c +a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c a+b+c + + ≥ a+b+c− = 2 2 2 2 a +b b +c c +a (đpcm) Bài 5: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥2 b c +1 c a +1 a b +1 Giải: Ta có: b a ( ac ) a ab c ab c ab c b( a + ac ) = a − ≥ a − =a− =a− ≥a− 2 2 b c +1 b c +1 2b c a ⇒ ≥ a − ( ab + abc ) (1) b c +1 Tương tự ta có: b c ≥ b − ( bc + abc ) (2) ; ≥ c − ( ca + abc ) (3) 2 4 c a +1 a b +1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b c ab + bc + ca abc ab + bc + ca abc + + ≥ a+b+c− =3 − 4 4 b c +1 c a +1 a b +1 (1’) Mặt khác ta có: ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca ⇔ ≥ ab + bc + ca (2’) 3= 4 abc = a + b + c ≥ 33 abc ⇔ ≥ (3’) 4 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: a b c + + + + ≥3 b c +1 c a +1 a b +1 4 a b c ⇒ + + ≥ (đpcm) b c +1 c a +1 a b +1 Bài 6: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện ab + bc + ca = Chứng minh bất đẳng thức sau: a b c + + ≥1 2b + 2c + 2a + Giải: Ta có: a 2ab ab 2ab = a − ≥ a − =a− (1) 3 3 2b + b + b +1 3b 27 b 2bc c 2ca (2) ; ≥c− 3 3 2c + 2a + Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: Tương tự ta có: a + b + ≥b− c ≥ a+b+c− (3) 2( ab + bc + ca ) = a+b+c−2 (1' ) 2b + 2c + 2a + Mặt khác ta có: ( a + b + c ) ≥ ab + bc + ca ⇒ a + b + c ≥ 3( ab + bc + ca ) = (2' ) Cộng theo vế (1’) (2’) ta được: a b c + + + a + b + c ≥ a + b + c +1 2b + 2c + 2a + a b c ⇒ + + ≥ (đpcm) 2b + 2c + 2a + Bài 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Giải: Ta có: 3 a3 a b + ab ab( a + b ) a + b 2a − b =a− ≥a− =a− = (1) 2 3ab 3 a + ab + b a + ab + b Tương tự ta có: b3 2b − c c3 2c − a ; ≥ (2) ≥ (3) 2 2 3 b + bc + c c + ca + a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a b3 c3 a+b+c (đpcm) + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a Bài 8: Cho số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Giải: Ta có: a2 2ab 2ab 2 = a − ≥ a − = a − ( ab ) (1) 2 3 a + 2b a+b +b ab Tương tự ta có: b2 23 c2 2 ; ( ) ≥ b − bc (2) ≥ c − ( ca ) (3) 2 3 b + 2c c + 2a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a2 b2 c2 2 2 + + ≥ a + b + c −  ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  2    a + 2b b + 2c c + 2a 2 2 ≥ − 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  (*)    Mặt khác ta có: ( ab ) = a.ab.b ≤ a + ab + b (1’) Tương tự: 3 ( bc ) ≤ b + bc + c (2’) ; ( ca ) ≤ c + ca + a (3’) 3 Cộng theo vế (1’), (2’) (3’) ta có ( ab ) + ( bc ) + ( ca ) ≤ ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) 3 2 ( a + b + c) 32 ≤ ( a + b + c) + = + = 3 3 3 2 2 ⇒ − 3 ( ab ) + ( bc ) + ( ca )  ≥ − = - (**)    3 Từ (*) (**) ta có: a2 b2 c2 (đpcm) + + ≥ 3− =1 a + 2b b + 2c c + 2a Bài 9: Cho số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức sau: a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Giải: Ta có: 28 a2 2ab 2ab = a − ≥ a − = a − b3 a (1) 3 a + 2b a+b +b 33 ab Tương tự ta có: b2 c2 ≥ b − c b (2) ; ≥ c − a3 c (3) 3 b + 2c c + 2a Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: a2 b2 c2 + + ≥ a + b + c − b3 a + c b + a c 3 3 a + 2b b + 2c c + 2a ≥ − b a + c3 b + a3 c (*) Mặt khác ta có:  a + a +1  2a +  2ab + b b3 a = b3 a.a.1 ≤ b (1' )  = b = 3     ) ( ( ) Tương tự ta có: 2bc + c 2ca + a c3 b ≤ (2' ) ; a c ≤ 3 Cộng theo vế (1’), (2’), (3’) ta được: (b ) Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = CMR Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 1 1 1  1 1  + + = ( a + b + c )  + +  ≥  a + b + c  = a b c a b c a b c  1 + + ≥9 Vậy a b c Bài 2: Cho số thực dương a, b,c CMR : a+b b+c c+a + + ≤ a+b+c a+b+c a+b+c Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :  a+b b+c c+a    + +  a+b+c  a + b + c a + b + c   b+c c+a   a+b ≤ 12 + 12 + 12  + + =6 a+b+c a+b+c a+b+c (3' ) ( a+b+c + ( ab + bc + ca ) 3 a + b + c ( a + b + c) ≤ + =3 3 a + c3 b + a3 c ≤ ⇒ (đpcm) MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI n ∈ Z , n ≥ , ta có: Cho 2n số thực b ,.2 ,b, b, n a ,.2 ,a, a ( ≤ a + a + + a 2 n ( a1b1 + a b2 + + a n bn ) 2 n )(b + b + + b 2 n ) a a1 a = = = n (quy ước bi = = ) b1 b2 bn MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Kỹ thuật tách ghép số Dấu “=” xảy ) a+b b+c c+a + + ≤ a+b+c a+b+c a+b+c (**) a2 b2 c2 + + ≥1 a + 2b b + 2c c + 2a Từ (*) (**) ta có: 1 + + ≥9 a b c Cho số thực dương a, b, c thỏa ab + bc + ca = CMR: 16 a4 + b4 + c4 ≥ Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : 12 + 12 + 12 a + b + c ≥ 1.a + 1.b + 1.c = a + b + c b + c + a ≥ ( ab + bc + ca )( ab + bc + ca ) = 16 16 ⇒ a4 + b4 + c4 ≥ (đpcm) a b + ≥ a+ b Bài 4: Cho số thực dương a, b CMR b a Giải: Bài 3: ( )( ) ( ) ( )( ) 29 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có :  a + b =    a a b b     a + b =  b + a  ≤  +  a + b b  a b a b a     = ⇔a=b= Dấu “=” xảy ⇔  b +1  a +1 a b ⇒ a+ b ≤ + 1 b a  = a b (đpcm) Vậy GTLN A  a2 b2 c2  2+2   a + b + c ≤ + + Bài 5: Cho số thực dương a, b CMR b +c c + a a +b Bài 7: Cho số thực a, b thỏa 36a + 16b = Tìm GTLN GTNN   A = −2 a + b + Giải: Giải: Ta có: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : a b c a+b+c = b+c + c+a + a+b  2  2     1 b+c c+a a+b 2  36a + 16b  −  +    ≥ 6a −  + 4b  = ( − 2a + b ) Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski : 4          2   2 25 ( a + b + c ) ≤  a  +  b  +  c    b + c + c + a + a + b  ⇒ ( − 2a + b ) ≤   b + c c + a a + b       16  5  a2 b2 c2  ⇒ − ≤ −2a + b ≤ [ 2( a + b + c ) ] ≤  + + 4 b+c c+ a a +b 15 25 ⇒ ≤ −2 a + b + ≤  a2 b2 c2  4  (đpcm) ⇒ a + b + c ≤ 2 + + b + c c + a a + b Ta có:     36a + 9b =   a= Bài 6: Cho số thực dương a, b thỏa a + b = Tìm GTLN   6a 4b 25  = ⇔ GTNN A − ⇔  A = a 1+ a + b 1+ b − b = − Giải:  20  Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :  − a + b = − A = a + a + b + b ≤ a + b (1 + a + + b ) = a + b +  ( ) ( ( ) ) ( ( ( ≤ (1 )( ) + 12 a + b + = ) ( ) ( ) ) ) +2 30 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski :   36a + 9b =   a=−   6a 4b 25  = ⇔ GTLN A ⇔  − b =   20  − a + b =  ( ⇒ ( ( ) ) ( ) a + 3b  a + 3b  ⇒ (1)  ≤   Tương tự: b + 3c  b + 3c  (2)   ≤   (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ) 0) Dễ dàng chứng minh tính chất này, ta có: ( x+ y ) = x + y + xy > x + y ( x,y > 0) ⇒ x + y > x+ y Bài 10: Cho số thực dương a, b, c CMR a b c + + ≥ 2 ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) 4( a + b + c ) Giải: Ta có:   ( a + b + c)  a + b + c  ( c + a) ( a + b)   ( b + c)  a   b   c     +  +   c    b + c   c + a   a + c          ( ) + ( b) + ( ) = a  abc + abc + hay ( Bài 9: Cho a, b, c ∈ ( 0,1) CMR Giải: ( c + 3a  c + 3a  (3)   ≤   Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: 4  a + 3b   b + 3c   c + 3a  4 + +       ≤ a +b +c       (1 − b )(1 − c ) ) ≤ [ b + (1 − b ) ][ c + (1 − c ) ] = bc + (1 − b )(1 − c ) ≤ bc + ⇒ Vậy ta có:  a b b b    1 1  a + 3b  2    =  + + +   ≤  + + +  a + b + b + b     16 16 16 16    4 4   2 ≤ a + b2 + b2 + b2 16 ≤ (1 + + + 1) a + b + b + b 16 Mà Bài 8: Cho số thực dương a, b, c CMR: 4  a + 3b   b + 3c   c + 3a  4 a +b +c ≥  +  +        Giải: Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovski, ta có : (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ) ≤ [ a + (1 − a ) ][ bc + (1 − b )(1 − c ) ] = bc + (1 − b )(1 − c ) abc + (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ≤ bc + (1 − b )(1 − c ) < bc + (1 − b )(1 − c ) abc + 2 2 (đpcm) (1 − a )(1 − b )(1 − c ) < b c   a ≥ + +  b+c c+ a a +b Mà ta có: a b c + + ≥ b+c c+a a+b 31 (bất đẳng thức Nesbit, chứng minh phần trước) b c   a ⇒ + +  ≥ b+c c+ a a +b  a b c  ⇒ ( a + b + c)  + + ≥ 2  ( b + c ) ( c + a ) ( a + b )   a b c ( đpcm ) ⇒ + + ≥ 2 ( b + c ) ( c + a ) ( a + b ) 4( a + b + c ) Kỹ thật chọn điểm rơi Bài 1: Cho số thực dương a, b,c thỏa a + b + c ≥ Tìm giá trị nhỏ (GTNN) 1 A = a2 + + b2 + + c2 + b c a Phân tích: Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức Giả sử với số α , β ta có:  1  β    a2 + =  a +  α + β ≥  αa +  2 2 b b b    α +β α +β   1  β     b +  α + β ≥ αb +    b + = c c c  α2 +β2  α2 +β2    1  β    c2 + =  c +  α + β ≥  αc +   2 2 a a a   α +β α +β     1  ⇒ A≥ α ( a + b + c ) + β  + +  2   a b c  α +β  ( ) ( ) ( ) Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a α = β b  α = b α a =b=c=2⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = , chọn  β β = α β c c  = α β a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải:  1 1  1   a +  + 12 ≥  4a +   a + = b b  b 17  17    1  1    b +  + 12 ≥  4b +   b + = c c  c 17  17    1   c + =  c +  + 12 ≥ 4c +   2  a a  a 17  + 12  ( ) ( ) ( )  15  1  a b c 1 4( a + b + c ) +  a + b + c  =  ( a + b + c) +  + + + a + b + c 17       15 a b c 1  17 ≥ + 6.6  =  4 a b c 17  a 4 = b  b Dấu “=” xảy ⇔  = ⇔ a = b = c = 4 c c 4 = a  ⇒ A≥ 17 17 Bài 2: Cho số thực dương a, b,c thỏa a + b + c ≥ Tìm GTNN 1 A = a2 + + b2 + + c2 + b+c c+a a+b Phân tích: Vậy GTNN A 32 Chuyển đổi biểu thức thành biểu thức Giả sử với  1  2    = a2 +  4a +  α , β  + ≥  a + số ta có: b+c b+c 17  17  b+c      2  1  β   a + 1   = a +    α + β ≥  αa +   b+c b + c  b + c + a ≥ 17  4b + c + a   b + c   α + β  α2 +β2        1  β   1   c2 + ≥  αb +  ≥  4c +   b + 2 c+a a+b c+a   a+b  α +β  + 12     β   1  1   c2 + ≥  αc +  ⇒ A ≥ ( a + b + c ) +  + +    2  a+b a+b   17 a + b b + c c + a α + β      1    1  ≥ ( a + b + c ) + ⇒ A≥ + +  α ( a + b + c ) + β  17  a + b a + b c + a  b+c c + a   a+b α2 +β2    Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt ≥  4( a + b + c ) +  a=b=c=2 17  a+b + a+b + c+a  Sơ đồ điểm rơi:    4( a + b + c ) + 2  ≥ a = ( ) ( ) ( ) + + [ a + b + b + c + c + a ] 17   α β b    α = b α  4( a + b + c ) +  ≥ a =b=c=2⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = , chọn    ( ) 17 a + b + c   β β = α β c c  1  31 9 ≥ ( a + b + c) + ( a + b + c) + +  =   17  ( a + b + c) ( a + b + c)  α β a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời  17  31 9 giải: ≥  + 33 ( a + b + c ) = 17  ( a + b + c ) ( a + b + c )  Giải ( ( ) ) ( ) Với a = b = c = GTNN A 17 Bài 3: Cho số thực dương a, b,c thỏa a + b + c + 2abc ≥ 10 Tìm GTNN 33 Với a = b = c = GTNN A 6 2 2 2 2 9b c a 9c a b 9a b c + + + + + + + + 2 2 4 a b c Do A biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN A đạt a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a α = β b  α = b α a =b=c=2⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = , chọn  β β = α β c c  = α β a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải A= Phần ba: Phần Kết Luận Như đề tài giới thiệu bảy kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy hai kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski chứng minh bất đẳng thức toán cực trị Chứng minh bất đẳng thức trình đầy sáng tạo Ngoài kỹ thuật nhiều kỹ thuật hay sáng tạo Tuy nhiên sở kỹ thuật trình bày đề tài, em mong giúp người đọc tìm nhiều ý tưởng phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức Bunyakovski Sau này, có điều kiện em tiếp tục tìm nghiên cứu đề tài này, để tìm nhiều kỹ thuật Từ đó, ngày hoàn thiện vốn kiến thức giúp cho công tác giảng dạy tốt Tài Liệu Tham Khảo  9b c a + 18 + + + ≤ + b + ca  a a2  EE Vrosovo, NS Denisova, Thực hành giải toán sơ cấp, người dịch Hoàng  2 Thị Thanh Liêm, Nguyễn Thị Ninh, Nguyễn Văn Quyết, NXBGD, 1986 9c a b  + ≤ + 9b + ca  + 18 + + Lê Duy Thiện , Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski để giải toán cực b b  trị đại số, Sáng kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Lang Chánh, Thanh  9a b c Hóa  + 18 + + + ≤ + 9b + ca Nguyễn Ngọc Duy – Nguyễn Tăng Vũ, Bất đẳng thức Cauchy, Trung tâm bồi a c  dưỡng kiến thức Quang Minh, Thành phố Hồ Chí Minh  4 4 Nguyễn Việt Hải, Kỹ thuật chọn điểm rơi bất đẳng thức AM-GM ⇒ 24 A ≥  + +  + 9( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) a b c (CAUCHY), Trường THPT chuyên Quang Trung, Bình Phước   Nguyễn Văn Mậu, Bài giảng Chuyên đề đẳng thức bất đẳng thức, Chương 4  4  4  ≥  + a  +  + b  +  + c  + ( 2a + bc ) + ( 2b + ac ) + ( 2c + ab ) + 6( a + btrình + c ) bồi dưỡng chuyên đề toán, Hà Nội, 11/12/2009 a  b  c  Nguyễn Ngọc Sang, Phương pháp chứng minh bất đẳng thức Cauchy, Sáng 4 kiến kinh nghiệm 2009, Trường THPT Nguyễn Huệ, Thanh Hóa .a + b + c + 2abc + +2 2abc + +2 2abc + 6( a + b + c ) Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Tri thức a b c Tạp chí Toán học Tuổi trẻ ≥ 12 + a + b + c + 2abc ≥ 72 Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn, Sai lầm thường gặp sáng tạo giải 72 toán, Nhà xuất Hà Nội, 2004 ⇒ A≥ =6 www.hsmath.net 24 www.mathvn.com ≥2 ( ) 34 [...]... dụng bất đẳng thức Bunyakovski trong chứng minh các bất đẳng thức và các bài toán cực trị Chứng minh bất đẳng thức là một quá trình đầy sáng tạo Ngoài các kỹ thuật này thì còn rất nhiều kỹ thuật hay và sáng tạo hơn nữa Tuy nhiên trên cơ sở các kỹ thuật được trình bày trong đề tài, em mong có thể giúp người đọc tìm được nhiều ý tưởng mới về phương pháp sử dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunyakovski... a3 c 2 ≤ ⇒ (đpcm) MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI n ∈ Z , n ≥ 1 , ta luôn có: Cho 2n số thực bất kì b ,.2 ,b, 1 b, n a ,.2 ,a, 1 a ( ≤ a + a + + a 2 1 2 2 n ( a1b1 + a 2 b2 + + a n bn ) 2 2 n )(b 2 1 + b + + b 2 2 2 n ) a a1 a 2 = = = n (quy ước bi = 0 thì ai = 0 ) b1 b2 bn MỘT SỐ KỸ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC BUNYAKOVSKI Kỹ thuật tách ghép bộ số Dấu... biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán GTNN của A đạt tại a=b=c=2 Sơ đồ điểm rơi: a 1 α = β b  α = 4 b 1 α 4 a =b=c=2⇒ = ⇒ = ab = bc = ca = , chọn  β 1 β = 1 α β c c 1  = α β a Kết hợp với “ kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải A= Phần ba: Phần Kết Luận Như vậy đề tài đã giới thiệu bảy kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy và hai kỹ thuật sử dụng bất. .. bài toán sử dụng kỹ thuật nhân thêm hệ số, ta sẽ sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi để tìm hệ số cho phù hợp Bài 6: Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa a + b + c = 3 Chứng minh rằng: 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤ 33 3 Phân tích: Do biểu thức đã cho là biểu thức đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán dấu “=” xảy ra khi: a + 2b = 3  a = b = c = 1 ⇒ b + 2c = 3 c + 2a = 3  Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy... 3a + 3b + c ≥ 10 Giải: Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 1 1 1 1 1 2 c2 a 3 + + ≥ 3.3 a 3 = 3 a 2 2 c 2a + ≥ 2 2a = 2ac 9 9 9 9 3 2 2 8 8 4 2 b3 + + ≥ 3 b c2 2 2 c 9 9 2b + ≥ 2 2b = 2bc 3 2 2 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a 2 + b 2 ≥ 2 a 2 b 2 = 2ab 1 a 3 + b 3 + 2 ≥ 3 ( a + 4b ) Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên, ta có: 3 3a 2 + 3b 2 +... b+c c+a a+b 9 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’), (2’), (3’) và (4’) ta được: Kỹ thuật Cauchy ngược dấu ( ) ( ( ) ( ) ) 25 Xét bài toán sau: Bài toán: Cho 3 số thực dương a, b, c có tổng thỏa điều kiện : a + b + c = 3 Chứng minh bất đẳng thức sau: 1 1 1 3 + 2 + 2 ≥ 2 a +1 b +1 c +1 2 Phân tích và giải: Ta không thể dùng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy với mẫu vì bất đẳng thức sau đó sẽ đổi chiều: 1 1... của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 2c c+a 4 4 a+b 4 4 + ≥ + ≥ (2) ; (3) Giải: c+a b a+b c b2 c2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: a2 4( b + c ) 4a b2 4( c + a ) 4b 16c 2 b+c c+a a+b 4 4 4 4 4 4 (1); (2) ; + ≥ + ≥ + ( a + b ) ≥ 8c + 2 + 2 + + + ≥ + + (1' ) b+c 9 3 c+a 9 3 a+b a+b b+c c+a a b c a2 b c (3) Mà ta có: Cộng theo vế các bất đẳng thức. .. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a 2 + b 2 + c 2 Phân tích: Sự chênh lệch về số mũ của các biểu thức a 2 + b 2 + c 2 và a + b + c gợi cho ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để hạ bậc a 2 + b 2 + c 2 Nhưng ta cần áp dụng cho bao nhiêu số và là những số nào? Căn cứ vào bậc của các biến số a, b, c trong các biểu thức trên (số bậc giảm 2 lần) thì ta cần áp dụng bất đẳng thức Cauchy lần lượt cho a 2... chọn điểm rơi và kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp Ví dụ: Đối với bài 1 bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán a a 1 1 dấu “=” xảy ra khi a = b = c Khi đó 2 = 2 = , ta chọn a a b a Đối với bài 2 bất đẳng thức đã cho có tính đối xứng với a, b, c nên ta dự đoán a2 a2 a dấu “=” xảy ra khi a = b = c Khi đó = = , muốn sử dụng bất 2b + c 2a + a 3 đẳng thức Cauchy để làm... + 2 ≥ + + (đpcm) a b c a b c Bài 13: Cho 3 số thực dương a, b, c Chứng minh bất đẳng thức sau: a 2 b 2 4c 2 + + ≥ a + 3b b c a a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi a = b = 2c 2 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( ab + bc + ca ) (2' ) Giải: 9 9 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: Cộng theo vế các bất đẳng thức (1’)và (2’) ta được: 2 2 2 3 3 3 4c 2 a b c 2 2 2 5 2 2 a + b ≥ 2 a b = ... chọn điểm rơi bất đẳng thức Cauchy” ta có lời giải: Giải A= Phần ba: Phần Kết Luận Như đề tài giới thiệu bảy kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy hai kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunyakovski... + a 2a + b Lưu ý: Trong toán sử dụng kỹ thuật cộng thêm hệ số, ta sử dụng kỹ thuật chọn điểm rơi kỹ thuật hạ bậc để tìm hạng tử cho phù hợp Ví dụ: Đối với bất đẳng thức cho có tính đối xứng với... đẳng thức Bunyakovski chứng minh bất đẳng thức toán cực trị Chứng minh bất đẳng thức trình đầy sáng tạo Ngoài kỹ thuật nhiều kỹ thuật hay sáng tạo Tuy nhiên sở kỹ thuật trình bày đề tài, em mong