BẤT ĐẲNG THỨC

86 43 0
  • Loading ...
1/86 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 17/04/2018, 22:30

SUY NGHĨ VỀ MỘT DÃY BẤT ĐẲNG THỨC CAO MINH QUANG (GV THPT chuyên Nguyễn Bĩnh Khiêm Vĩnh Long) Nhận xét Với số thực x, y dương ta có: ≥ ≥ ≥ ≥ (1) Chứng minh Từ (x+y)2 ≥ 2xy, suy ≥ Vì (x – y)2 ≥ (x + y)(x – y)2 ≥ 0, suy ≥ = ≥ == ≥ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: x3 + y3 = ≤ = Kết hợp bất đẳng thức ta dãy bất đẳng thức (1) Các bất đẳng thức (1) xảy x= y Sau ta xét số toán áp dụng bất đăng thức (1) Bài toán Cho a, b, c số thực dương chứng minh rằng: ≥ Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức (1) với số thực dương d ta có: ≥; ≥ Cộng theo vế bất đẳng thức áp dụng (1) ta có: ≥ + ≥ = Với d = , từ bất đẳng thức ta có: ≥ =2 ⇒ ≥ Đẳng thức xảy a = b = c Bài toán 2: Cho a, b, c số thực dương chứng minh rằng: + ≥ Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM (2) ta có: ≥= ≥ [3]3 = ⇒ + ≥ +≥2 Dấu “=” xẩy a = b = c Bài toán Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + ≤2 Lời giải: Theo bất đẳng thức (1) ta có: ≥ b + c Do đó: a + b+ c ⇒ ≤ Tương tự ta có: ≤ ; ≤ Cộng vế theo vế bất đẳng thức trên, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài toán Cho a, b, c > Chứng minh + + ≤ (2) Lời giải Theo bất đẳng thức (1), ta có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) Suy ra: ≥ ab(a + b + c) Do đó: ≤ Tương tự ta có: ≤ ; ≤ Cộng theo vế các bất đẳng thức ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c Bài toán Cho x, y, z > xyz = Chứng minh + + ≥ 3 Lời giải Đặt a = x , b = y , c = z abc = Bất đẳng thức trở thành + + ≥2 Theo bất đẳng thức (1), ta có: ≥ Tương tự ta có: ≥ ; ≥ Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: + + ≥ + + = (a+b+c) ≥ = Suy đpcm Đẳng thức xảy a = b = c hay x = y = z = Bài toán Cho a, b, c, d > thỏa mãn: + + + = Chứng minh rằng: + + + ≤ 2.(a + b + c + d) – Lời giải Theo bất đẳng thức (1) ta có: ≤ Do đó: + + + ≤ + + + Ta chứng minh: + + + ≤ 2.(a + b + c + d) – (3) Ta lại có: a + b - = = Do đặt x = ; y = ; z = ; t = ý x + y + z + t = bất đẳng thức (3) trở thành + + + ≥ (4) Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: (x + y + z + z + t + t + x)( + + + ) ≥ Do (4) Suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = t = hay a = b = c = d = Bài tập vận dụng Bài (Thái Nhật Phượng) Cho x, y, z > thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: + + ≥ Bài (Nguyễn Bá Nam) Cho a, b, c > Chứng minh (a3 + b3 + c3)( + + ) ≥ ( + + ) Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + ≥ + + Bài Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + ≤ + + SỬ DỤNG BIỆT THỨC DELTA CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI TỐN CỰC TRỊ BÙI MẠNH TÙNG (GV THCS Trưng Vương, Q Hoàn Kiếm, Hà Nội) CAO VĂN DŨNG (GV THPT Tây Hồ, Q Tây Hồ, Hà Nội) Bài toán cực trị dạng toán thường xuất kì thi học sinh giỏivà thi vào THPT Có nhiều phương pháp để giải tốn cực trị, tơi xin giới thiệu cách sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai để giải số tốn cực trị Xét hàm số y = f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0), với biệt thức = b2 – 4ac Ta có: y = f(x) = ax2 + bx + c = a[(x + )2 - ] Suy af(x) = a2(x + )2 - (1) Từ đẳng thức (1) ta thấy < af(x) > và tồn x để f(x) = Ví dụ Tìm giá trị nhỏ y = x2 + 3x – Lời giải Ta có x2 + 3x – – y = (1) Để phương trình (1) có nghiệm thì: = 32 – 4(-1 – y) = 13 + 4y ≥ ⇔y≥ Dấu “=” xảy = hay x = Vậy Miny = x = Ví dụ Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: P = Lời giải Ta có x2 – x + = (x - )2 + > 0, P ln xác định với x Ta có: P = ⇔ (P – 1)x2 – Px + P -1 =  Với P = x =  Với P ≠ 1, ta có: = P2 – 4(P – 1)2 = -3P2 + 8P – ≥ ⇔ P ≥ (1) P ≤ (2) Dấu (1) xảy x = -1 Dấu (2) xảy x = -1 Vậy MinP = x = - 1, MaxP = x = Ví dụ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = với x, y số thực thỏa mãn: x2y2 + 2y + = (Đề vào lớp 10 THPT chuyên KHTN Hà Nội năm 2015) Lời giải Ta có: x2y2 + 2y + = ⇔ y = P = = ⇔ 3Px2y2 + 2xy + P = (1)  Trường hợp P = xy =  Trường hợp P ≠ ta có (1) phương trình bậc hai với ẩn xy, để phương trình có nghiệm thì: = – 12P2 ≥ ⇔ - ≤ P ≤ Vậy MaxP = x = , y = MinP = - x = - y = Ví dụ Cho số thực x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 5x2 + y2 + 4xy – 18x – 12y + 2017 Lời giải Xét Q = 5x2 + 2(2y – 9)x + y2 - 12y + m, với m tham số Ta có x = - y2 + 24y – 144 + 225 – 5m = - (y -12)2 + 225 – 5m Ta sẽ tìm m để Q ≥ x, y tức ta cần có y ≤ y Điều xẩy m = 45 Suy P ≥ 1972 Dấu “=” xảy x = -3, y = 12 Vậy MinP = 1972 x = -3, y = 12 Ví dụ Cho x, y, z số thực không âm Chứng minh xyz + x2 + y2 + z2 + ≥ 3(x+y+z) Lời giải Ta nhận thấy đẳng thức xảy x = y = z = Theo ngun lí Dirichlet, số x, y, z ln tồn số không lớn khơng nhỏ Khơng tính tổng qt giả sử y, z thỏa mãn tính chất Suy (y – 1)(z – 1) ≥ ⇔ yz ≥ y + z – ⇒ xyz ≥ xy + xz – x Ta phải chứng minh: f(x) = x2 + (y + z – 4)x + y2 + z2 – 3y – 3z + ≥ Mặt khác ta lại có: = (y + z – 4)2 – 4(y2 + z2 – 3y – 3z + 5) = -(y – z)2 – 2(y – 1)2 - 2(z – 1)2 ≤ ⇒ 1.f(x) ≥ x ⇒ f(x) ≥ Dấu xảy x = y = z = Suy đpcm Ví dụ Tìm số thực x, y, z thỏa mãn: x + y + z = (1) x2 + 2y2 + 3z2 = (2) cho x đạt giá trị lớn Lời giải Từ (1) suy z = – x – y, thay vào biến đổi ta 5y2 + 6(x – 1)y + 4x2 - 6x – = (3) Để phương trình (3) có nghiệm thì: = 9(x – 1)2 – 20x2 + 30x + = -11x2 + 12x + 14 ≥ ≤ x ≤ Vì x đặt giá trị lớn nên x= ⇒y= ;z= Bài tập Bài Chứng minh với số thực x, y 2x2 + y2 – xy – 11x + y +16 ≥ Bài Xét hai số thực x, y thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức thỏa mãn: P = Bài Xét số thực dương x, y thỏa mãn x2y = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = x + x2 Bài Xét số thực dương x, y thỏa mãn x2 + y2 + xy – 6(x + y) + 11 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = 2x + y Bài Xét số thực a, b, c thỏa mãn a3 > 36 abc = Chứng minh rằng: + b2 + c2 > ab + bc + ca MỘT SỐ KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM - GM TẠ NGỌC MINH (Thị trấn Triệu Sơn, Thanh Hóa) Trong viết chúng tơi giới thiệu số tốn chứng minh có sử dụng bất đẳng thức AM – GM cách áp dụng * Bất đẳng thức AM – GM Với số thực không âm a, b, c thì: a + b ≥ Dấu xảy a = b a + b + c ≥ Dấu xảy a = b = c Bài toán Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = + + * Phân tích Vì có bậc nên ta nghĩ đến dùng bất đẳng thức AM – GM ba số, dự đoán giá trị lớn đạt a = b = c = Khi a + b = b +c=c+a=4 * Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = ≤ = Tưng tự ta có: ≤ ; ≤ Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: P ≤ = Dấu xảy a = b = c = Vậy MaxP = a = b = c = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn a2b2 + b2c2 + c2a2 = 12 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = + + * Phân tích Ta dự đốn Q đạt giá trị lớn a = b = c = Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = c ≤ c = c Tương tự: ≤ a ; ≤ b Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: Q ≤ ab + bc + ca = + + ≤ + + = = = Dấu xảy a = b = c = Vậy MaxQ = a = b = c = Bài toán Cho số thực a, b thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 48 với a, b, c [1;4] Tìm giá trị nhỏ biểu thức Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = (2a + 2b – c)3 + (2b + 2c – a)3 + (2c + 2a – b)3 Lời giải Đặt x = 2a + 2b – c; y = 2b + 2c – a; z = 2c + 2a – b Suy x2 + y2 + z2 = 9(a2 + b2 + c2) = 9.48 = 432 Vì a, b, c [1;4] nên a, b, c > Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2x3 + 123 = x3 + x3 + 123 ≥ = 36x2 Tương tự: 2y3 + 123 ≥ 36y2 ; 2z3 + 123 ≥ 36z2 Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: 2A ≥ 36(x2 + y2 + z2) – 3.123 = 36.432 – 3.123 = 10368 ⇒ A ≥ 5184 Dấu xảy x = y = z = 12 hay a = b = c = Vậy MinA = 5184 a = b = c = Bài toán Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + = xyz Chứng minh rằng: + + ≥ Lời giải Đặt a = , b = , c = Bài toán trở thành: Cho a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = Chứng minh rằng: a + b + c ≥ Ta có: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ nên (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ≥ abc ⇒ + 2.≥ ab + bc + ca + 2abc = ⇔ (a + b + c - ).[2(a+ b + c)2 + 12(a + b + c) +18] ≥ ⇔ a + b + c ≥ Dấu xảy a = b = c = ⇔ x = y = z = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2 ≤ Chứng minh rằng: + + ≥ Lời giải Ta có: a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2 ≤ ⇔ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ Do đó: = ≥ = = + Chứng minh tương tự: ≥ + ; ≥ + Cộng theo vế ta được: + + ≤ + + + (1) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: + + ≥3 = (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Dấu xảy a = b = c = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh (a2 + b2 + c2)3 ≥ 9(a3 + b3 + c3) Phân tích Ta đưa hai vế cần chứng minh bậc (a2 + b2 + c2)3 ≥ 9abc(a3 + b3 + c3) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 9abc(a3 + b3 + c3) = 27.ab.ac ≤ (ab + ac + )3 = (ab + bc + ca + )3 = (ab + bc + ca + )3 Ta chứng minh: ab + bc + ca + ≤ a2 + b2 + c2 (1) Ta có: (1) ⇔ () ≥ (2) Ta lại có: = ≥ Do giả sử a = max (2) ln Suy đpcm Dấu xảy a = b = c = Bài toán Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rẳng: + + ≥ Phân tích Áp dụng bất đẳng thức AM – GM + + ≤ + + Mà vế phải bất đẳng thức không nhỏ nên ta nghĩ đến dùng kĩ thuật AM – GM ngược dấu sau: - ≥ Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = =a- ≥a- =a- Chứng minh tương tự ta có: ≥ b - ; ≥ c - Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: + + ≥ a + b + c - = - (1) Ta lại có: ≤ = = (2) Từ (1) (2) suy đpcm Dấu xảy a = b = c = Bài toán Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = + + Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = = x - ≥ x - = x - (1) Tương tự: ≥ y - (2) ; ≥ z - (3) Cộng theo vế (1), (2) (3) ta có: P = + + ≥ (x + y + z) - = - (*) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: = ≤ (4) Tương tự ta có: = ≤ (5) ; = ≤ (6) Cộng theo vế (4), (5), (6) ta có: ≤ = = ≤ = = = (7) Từ (*) (7) suy ra: P ≥ - = Dấu xảy x = y = z = Vậy MinP = x = y = z = Bài tập Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = + + Bài Cho số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz Chứng minh (x + y + z)xyz ≥ 4(xy + yz + zx) Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = + + Bài Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = Tìm giá trị lớn biểu thức: A = + + + Bài Cho số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = Tìm giá trị lớn biểu thức: B = + + + Bài Cho số thực dương x, y, z Tìm giá trị lớn biểu thức M= + + MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NGUYỄN KHÁNH TOÀN (GV THCS Bác Hải, Tiến Hải, Thái Bình) Trong trình chứng minh bất đẳng thức(BĐT) Chúng ta gặp BĐT mà biến hốn vị vòng quanh hay biến có vai trò Bài viết này, xin giới thiệu tới bạn đọc phương pháp hiêu để giải số toán thuộc dạng thơng qua thí dụ sau Thí dụ Cho x, y, z > Chứng minh rằng: + + ≥ 2(x + y + z) Phân tích Trong BĐT (1) biến hốn vị vòng quanh đẳng thức xảy x = y = z Do vậy, ta chọn số a, b để có BĐT ≥ a(x + by) (1*) Thì sở để suy BĐT (1*) Với x = y BĐT (1*) trở thành ≥ a(x + by) ⇔ ≥ a(b + 1) Từ ta chọn a = , b ≠ - 1, BĐT (1*) có dạng ≥ (x + by) ⇔ (b2 + 2b – 3)x2 + (b2 – 6b + 1)xy + (-2b2 + 4b + 2) ≥ Đặt t = > 0, BĐT trở thành: (b2 + 2b – 3)t2 + (b2 – 6b + 1)t + (-2b2 + 4b + 2) ≥ ⇔ (b2 + 2b – 3)(t – 1)(t - ) ≥ Để BĐT (1*) đúng, ta chọn b cho: b2 + 2b – > = ⇔b= ⇒a= Lời giải Với x, y > 0, ta có: ≥ (a) ⇔ (x – y) ≥ (luôn đúng) Tương tự ta có: ≥ (b); ≥ (c) Cộng theo vế ba BĐT (a), (b), (c) ta thu đươc BĐT (1) Đẳng thức xảy x = y = z Thí dụ Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh rằng: + + ≥ (2) Phân tích Trong BĐT (2) biến có vai trò đẳng thức xảy a = b = c Do ta chọn số x, y để có BĐT ≥ xa + yb (2*) sở để suy bất đẳng thức (2) Với a= b BĐT (2*) trở thành: ≥ (x + y)a Từ ta chọn y = , Khi (2*) có dạng ≥ xa + (b ⇔ (1 – x)a2 - ab + (x - )b2 ≥ Đặt t = > BĐT trở thành: (1 – x)t2 - t + (x - ) ≥ ⇔ (1 – x)(t – 1)(t - ) ≥ Để chứng tỏa (2*) ta chọn x cho: – x > = ⇔x= ⇒y= Lời giải Với a, b > ta có: ≥ ⇔ (a – b)2 ≥ (luôn đúng) Tương tự với a, b, c > 0, ta có: ≥ ; ≥ Cộng theo vê ba BĐT thu gọn ta đươc BĐT (2) Đẳng thức xảy a = b = c = Thí dụ Cho a, b, c > Chứng minh rằng: + + ≥ (3) Phân tích Trong BĐT (3) biến hốn vị vòng quanh đẳng thức xảy a = b = c Như vậy, ta chọn số x, y để có BĐT ≥ xa + yb (3*) sở để chứng minh BĐT (3) Theo BĐT (3*) ta có: + + ≥ (x + y)(a + b + c) Để có BĐT (3)chọn x, y cho x + y = ⇔ x = – y Như vậy, cần tìm y để có BĐT: ≥ ( – y)a + yb ⇔ ( + y)a3 - a3b - ab2 – yb3 ≥ ⇔ ( + y)X3 - X2 - X – y ≥ (X = ) ⇔(X – 1)(( + y)X2 + ( + y)X + y) ≥ Khi tam thức bậc hai )(( + y)X2 + ( + y)X + y có nghiệm X = BĐT (3*) Từ ta tìm y = - x = Lời giải Với a, b > ta có: ≥ ⇔ (a – b)2 ≥ (luôn đúng) Tương tự: ≥ ; ≥ Cộng theo vế ba BĐT thu gọn ta BĐT (3) Đẳng thức xảy a = b = c Thí dụ Cho a, b, c> Chứng minh rằng: + + ≥ (4) Phân tích Trong BĐT (4) biến hốn vị vòng quanh đẳng thức xảy a = b = c Do ta chọn số x, y để có BĐT: ≥ xa + yb (4*) thỉ sở để chứng minh BĐT (4) Theo BĐT (4*) ta có: + + ≥ (x + y)(a + b + c) Để có BĐT (4) chọn x, y cho x + y = ⇔ x = – y Như ta cần tìm y để có BĐT sau: ≥ ( – y)a + yb ⇔ ( + y)a4 – ya3b + (2y - )ab3 – 2yb4 ≥ ⇔ ( + y)X4 – yX3 + (2y - )X – 2y ≥ (X = > 0) ⇔ (X – 1)(( + y)X3 + X2 + X + 2y) ≥ Nhận thấy đa thức: ( + y)X3 + X2 + X + 2y có nghiệm X = BĐT (4*) ln Từ ta tìm y = - a = Lời giải Áp dụng BĐT Cô – si, ta có: = a - ≥ a - = a - (d) Tương tự: ≥ b - (e); ≥ c - (f) Cộng theo vế BĐT (d), (e) (f) ta BĐT (4) Đẳng thức xảy a = b = c Thí dụ Cho a, b, c > 0, a2 + b2 + c2 = Chứng minh rằng: + + ≥ (5) Hướng dẫn Dễ thấy BĐT (5) hệ BĐT: + + ≥ (a2 + b2 + c2) Do ta cần Chứng minh BĐT: ≥ a2 Chứng minh BĐT (5*) Xét hiệu: H = - = - a2 = Vì a (0;1) Từ suy BĐT (5) Bài tập Cho a, b, c > Chứng minh + + ≥ Cho x, y, z > xy + yz + zx = Chứng minh rằng: x+y+z≥ Cho x, y, z > xyz = Chứng minh rằng: x+y+z≥ Cho x, y, z > Chứng minh rằng: + + ≥ Cho a, b, c > Chứng minh rằng: a) + + ≥ b) + + ≥ a + b + c Cho a, b, c > Chứng minh a) + + ≥ b) + + ≥ Cho a, b, c > Chứng minh + + ≥ Cho a, b, c Chứng minh rằng: a) + + ≥ b) + + ≥ Cho a, b, c, d ab + bc + ca + da = Chứng minh rằng: + + + ≥ MỘT BÀI TOÁN CỰC TRỊ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI NGUYỄN DUY THÁI (GV THCS Nam Hồng, TX Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh) Trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2015 – 2016 tỉnh Hà Tĩnh có tốn cực trị, mà khơng nhiều thí sinh giải Tơi xin nêu kĩ thuật phân tích để tìm nhiều cách giải cho toán Bài toán Cho số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức F = ab + bc + 2ca Phân tích Từ a2 + b2 + c2 = có -1 ≤ a, b, c ≤ * Xét b = 1⇒ b2 = 1⇒ a2 + c2 = ⇒ a = c = ⇒ F = * Xét b = ⇒ a2 + c2 = F = 2ac Ta có: 2ac ≥ -(a2 + c2) ⇒ ac ≥ = - ⇒ F ≥ -1 Dấu “=” xảy a = -c a2 + c2 = ⇔ a = -c = Từ định hướng ta có cách giải sau Cách Vì a2 + b2 + c2 = nên F = ab + bc + 2ca = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ca – = 10 a  ab  b  ( a  b )  ( a  b) 4 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a � �a  b � �b  c � �c  a � �    � � � � � � � 1� ( a  b) (b  c) (c  a ) 4� a  b b  c c  a � � � � � � � � � Nên Mặt khác có( xem tuyển chọn theo chuyên đề THTT, 1, trang 12) a b bc bc c a c a a b  1 a b b c bc c  a c a a b 2 �a  b � �b  c � �c  a � �a  b b  c b  c c  a c  a a  b � � � � � � ��2 � � �a  b � �b  c � �c  a � �a  b b  c b  c c  a c  a a  b � Do : a  ab  b b  bc  c c  ca  a   � (2  1)  2 ( a  b) (b  c ) (c  a) 4 Dẫn đến : (đpcm) Ví dụ 6: Cho số thực phân biệt a,b,c Chứng minh rằng: � 1 � (a  b  c ) �   � 2 � �(a  b) (b  c) (c  a) � Lời giải: theo ví dụ ta có: 2 �a  b � �b  c � �c  a � � � � � � ��2 �a  b � �b  c � �c  a � 2 �a  b � �b  c � �c  a � � 2� � � � � � �a  b � �b  c � �c  a � (a  b)2  (a  b) (b  c)  (b  c )2 (c  a )2  (c  a )2    ( a  b) (b  c)2 (c  a ) 2 2 �a  b � �b  c � �c  a � � � � � � �  �a  b � �b  c � �c  a � Mặt khác, ta thấy: �a � �b � �c � �a � �b � �c �  1�  1�  1� �  1�  1�  1� � � � � � �b  c � �c  a � �a  b � �b  c � �c  a � �a  b � a b b c c a �  1 bc ca ca ab ab bc 2 b b c c a � �a � �b � � c � �a �� � � � � ��2 � � �b  c � �c  a � �a  b � �b  c c  a c  a a  b a  b b  c � � 1 � (a  b  c ) �   2 � �(a  b) (b  c ) (c  a ) � Do 72 2 �a  b b  c c  a � � � a � � b � � c �� �    � � � � 2 � � � � 2 �� �b  c � �c  a � �a  b �� �(a  b) (b  c) (c  a) � � � � (dpcm) Ví dụ 7: cho số khơng âm a,b,c khơng có hai số số chúng đồng thời Chứng minh : 2 10abc �a � �b � � c � �2 � � � � � � �b  c � �c  a � �a  b � (a  b)(b  c )(c  a) Lời giải: x 2a 2b 2c ,y  ,z  bc ca a b Đặt , ta có: 2(a  b  c) bc x2 �  bc x  2(a  b  c) Làm tương tự với y,z cộng lại ta 1    � xy  yz  zx  xyz  x2 y2 z2 x  y  z  xyz �8 2 Ta phải chứng minh p  x  y  z , q  xy  yz  zx, r  xyz Đặt qr  Ta có - Nếu p �4 p  2q  5r �8 � p  q  12 �0 BĐT trở thành BĐT Schur ( xem THTT số 348, tháng năm 2006 ) dạng x( x  y )( x  z )  y ( y  z )( y  x)  z ( z  x)( z  y ) �0 p (4q  p ) r+ +� q p (4q  p ) q p3  4p 9 Ta có : � p  7q  12 �p  7( p  36)  12 4p 9 Do đó, ta cần chứng minh 73 p2  7( p  36)  12 �0 � ( p  3)( p  16) �0 4p9 p �p � q �3 Điều p �4 p2 p  2q  5r �p  2q � �8 2 p �16 �4 q - Nếu , ta có nên Bất đẳng thức chứng minh Qua ví dụ trên,hẳn bạn thấy nhiều điều thú vị từ kĩ thuật đơn giản hiệu Hi cọng phát triển nữa Cuối cùng, xin nêu số tập tự luyện Bài 1: cho số thực phân biệt a, b, c Chứng minh rằng: ( a  2b)  ( a  2c)  b  c  (b  2c)  (b  2a)  c  a  (c a)  (c  2b)  a  b �22 Bài 2: cho số thực phân biệt a, b, c Chứng minh (1  a )(1  b )  a  b  (1  b )(1  c )  b  c  (1  c )(1  a )  c  a �1 Bài 3: cho số dương a, b, c thỏa mãn abc=1 Chứng minh rằng: a3  a  1  b3  b  1  c3  c  1 �3 Bài : cho số không âm a, b, c khơng có hai số đồng thời Chứng minh a b c 4abc    �2 b  c c  a a  b ( a  b)(b  c )(c  a) TÌM CỰC TRỊ CĨ ĐIỀU KIỆN THÁI HỮU HUỆ (GV THCS Quang Lộc, Can Lộc, Hà Tĩnh) Có nhiều phương pháp giải toán bất đẳng thức (BĐT), cần tìm phương pháp giải ngắn gọn Đặc biệt cần tạo kĩ chứng minh BĐT Khi tìm hiểu BĐT, chúng tơi nhận thấy có số BĐT có số biến xác định đoạn cần xem xét kĩ giá trị biến số để lập BĐT đúng, từ BĐT này, ta biến đổi thành BĐT cần chứng minh 74 Bài toán Cho số thực x, y, z [-1; 2] thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 ≤ Giải Vì x [-1; 2] nên (x + 1)(x – 2) ≤ ⇔ x2 ≤ x + Tương tự: y2 ≤ y + ; z2 ≤ z + Cộng theo vế ba BĐT ta được: x2 + y2 + z2 ≤ (x + y + z) + = Đẳng thức xảy x + y + z = x, y, z {-1; 2} ⇔ số x, y, z có số – số lại Bài toán Cho số thực x, y, z [0; 2] thỏa mãn điều kiện x + y + z = Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 ≤ Giải Vì x, y, z [0; 2] nên (x – 2)(y – 2)(z – 2) ≤ ⇔ xyz – 2(xy + yz + zx) + 4(x + y + z) – ≤ ⇔ xyz + (x2 + y2 + z2) – (x + y + z)2 + 4(x + y + z) – ≤ (1) Mà x + y + z = (giả thiết) ⇒ (1) ⇔ xyz + (x2 + y2 + z2) – + 12 – ≤ ⇔ x2 + y2 + z2 ≤ – xyz Do x, y , z ≥ (vì x, y, z [0; 2]) ⇒ xyz ≥ ⇒ - xyz ≤ Suy ra: x2 + y2 + z2 ≤ (Đpcm) Dấu “=” xảy khi: (x – 2)(y – 2)(z – 2) = 0, xyz = x + y + z = ⇔ (x, y, z) = (2; 1; 0) hoán vị Bài toán Cho số thực a, b, c [-2; 5] thỏa mãn điều kiện a + 2b + 3b ≤ Chứng minh rằng: a + 2b + 3c ≤ Chứng minh rằng: a2 + 2b2 + 3c2 ≤ 66 (Đề thi tuyển sinh lớp 10, năm học 2009 – 2010 Sở giáo dục Hà Tĩnh) Giải Tương tự toán 1, từ (a + 2)(a – 5) ≤ ta suy ra: a2 ≤ 3a + 10 kết tương tự b2 ≤ 3b + 10 , c2 ≤ 3c + 10 Suy ra: a2 + b2 + c2 ≤ 3(a + 2b + 3c) + 60 = 66 (Đpcm) Đẳng thức xảy a= -2; b = - 5; c = - Bài toán Cho số thực a, b, c [0 ; 1] Chứng minh a2 + b2 + c2 ≤ + a2 b + b2c + c2a Giải Vì a, b, c [0 ; 1] nên a(1 – b) ≥ a2(1 – b) Tương tự: b(1 – c) ≥ b2(1 – c) ; c(1 – a) ≥ c2(1 – a) Cộng theo vế BĐT ta suy ra: (a + b + c) – (ab + bc + ca) ≥ (a2 + b2 + c2) – (a2 b + bc2 + c2a) ⇔ – (1 – a)(1 – b)(1 – c) – abc ≥ (a2 + b2 + c2) – (a2 b + bc2 + c2a) Do (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ abc ≥ nên suy đpcm Bài toán Cho 2010 số thực a1, a2, a3,…, a2010 [0 ; 1] Chứng minh rằng: (1 + a1 + a2 + …+ a2010)2 ≥ 4( + + … + )2 Giải Với số thực x, y ta có: (x – y)2 ≥ ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy Áp dụng với x = 1, y = a1 + a2 + …+ a2010 ta có: (1 + a1 + a2 + …+ a2010)2 ≥ 4(a1 + a2 +…+ a2010)2 Mà với mỡi i {1; 2;….; 2010} ta có: ≥ (vì theo giả thiết [0 ; 1]) Từ suy đpcm Đẳng thức xảy 2010 số cho có 2009 số số lại Bài tập luyện tập Bài tập Cho số thực a, b, c [0 ; 1] Chứng minh rằng: a + 2b + 3c ≤ 60; 2(a3 + b3 + c3) ≤ + a2 b + b2c + c2a Bài Cho số thực a, b, c [0 ; 1] Chứng minh rằng: 75 + + ≤ Bài Cho ≤ ≤ với a1, a2…, a2010 b1, b2…, b2010 số thực dương Chứng minh rằng: ≤ ≤ - Bài toán chứng minh bất đẳng thức (BĐT) có điều kiện dạng tốn khó thường gặp Kì thi chọn học sinh giỏi lớp Kì thi vào lớp 10 chuyên toán Học sinh gặp dạng tốn thường lúng túng khơng biết phải đâu Qua ví dụ dạng toán BĐT sau giúp bạn cảm thấy tự tin ki bước vào Kì thi!!! DẠNG 1: _ĐẶT ẨN PHỤ_  Ví dụ 1: Cho số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a+ b+ c= CMR GIẢI Đặt , , Từ a+ b+ c= suy x+ y+ z= Khi (ln đúng).Do suy đpcm  Ví dụ 2: Cho bốn số thực a,b,c,d thoả mãn BĐT sau: a) (1) b) (2) GIẢI Do , nên tồn cho Khi a) (1) Chứng minh 76 (đúng ) b) BĐT (2) tương đương với Mặt khác ta có Vậy Từ BĐT (2) chứng minh  Ví dụ 3: Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác thỏa mãn CMR (1) GIẢI Từ giả thiết suy Đặt với Do nên Khi BĐT (1) tương đương với (Vì ) (ln đúng) Do BĐT (1) chứng minh  Ví dụ 4: Cho CMR Do nên đặt Khi BĐT (1) tương đương với GIẢI Mặt khác số dương nên Cộng theo vế BĐT ta có (đpcm)  Ví dụ 5: Cho số thực a,b,c thuộc khoảng (0;1) thỏa mãn (1) CMR (2) GIẢI -Nếu số a,b,c lớn , khơng thỏa mãn (1) -Nếu số a,b,c nhỏ , khơng thỏa mãn (1) Vậy số a,b,c có hai khả sau 77 TH1: Hai số lớn , số lại bé Giả sử Đặt , Khi (1) Dẫn đến (do ), suy (3) Mặt khác BĐT (2) tương dương với (Hiển nhiên theo (3) ) TH2: Hai số bé , số lại lớn Giả sử Đặt , Khi biến đổi tương dương (1) ta được: Suy (do ) (4) Lại có, BĐT (2) tương dương với (hiển nhiên theo (4)) Vậy BĐT (2) CM  Ví dụ 6: Cho số a,b,c thỏa mãn CMR GIẢI Đặt Từ giả thiết suy Ta giả sử ngược lại dẫn đến Mặt khác Do (do ) Khi ta có Điều mâu thuẫn với BĐT (1) Từ ta có điều cần CM 78 AP DUNG BÂT ĐĂNG THƯC CAUCHY HAI SÔ ĐÊ GIẢI TOAN (Thầy Trần Tuấn Anh – Khoa Toán – Tin, ĐHKHTN – ĐHQG HCM) Trước hết ta nhắc lại dạng bất đẳng thức ( BĐT) Cauchy hai số thường gặp: a  b2 � Dạng 1: ab (1) Đẳng thức xảy a � b ab ab � Dạng 2: với a �0, b �0 (2) Đẳng thức xảy a � b Bây ứng dụng BĐT Cauchy hai số để giải toán sau  Bài toán 1: Cho a, b, c số thực dương cho a �c, b �c Chứng minh rằng:  Lời giải: c( a  c)  c(b  c) � ab BĐT cần chứng minh tương đương với Áp dụng BĐT (2) ta có: c ac c bc �1 b a a b c a  c �c a  c � c c � � � (1   ) b a �b a � b a , c b  c �c b  c � c c � � � (1   ) a b �a b � a b Cộng theo vesehai BĐT ta có điều cần chứng minh Đẳng thức xảy c ac c bc ab   c a a b Tức ab W b  Bài toán 2: Cho a, b số thực dương Chứng minh a2 b2  � 2(a  b ) b a 3 2  Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với a  b �ab 2(a  b ) 2 2 Hay (a  b)(a  ab  b ) � ab 2ab(a  b ) Áp dụng BĐT (1) (2) ta có: 2ab  ( a  b ) ab 2 � 2ab( a  b ) � �a  b �2( a  b  ab) � ab � Nhân theo vế hai BĐT ta có BĐT cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b >  Bài toán 3: Cho a, b số thực dương Chứng minh rằng: 79 a b2   7(a  b) �8 2(a  b ) b a  Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với ( a  b)( a  b2  ab) �8 ab ab( a  b )(3) Áp dụng BĐT (1) (2) ta có: 2ab  ( a  b ) ( a  b)  2ab(a  b ) �  2 2 2 Từ suy bất đẳng thức (3) ta có (a  b)(a  b  6ab) �4 ab ( a  b ) Hay a  a  b 2  b   4ab �4 ab (a  b) Áp dụng BĐT (2) ta có  4ab �2 (a  b)2 4ab  ab (a  b) Từ ta có BĐT cần chứng minh a  0, b  � � 2ab  a  b2 � � Đẳng thức xảy khi: �(a  b)  4ab Tức a=b >  Bài toán 4: Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: a2 b2 c2 a bc  2 � 2 a b b c c a Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với a3 b3 c3 abc )  ( b  )  ( c  )� 2 2 2 a b b c c a 2 2 ab bc ca abc  2 � 2 2 Hay a  b b  c c  a (a  Áp dụng BĐT (1) ta có: ab ab a2  b2 ab b  b � b � 2 2 2 2 a b 2( a  b ) 2( a  b ) nên a  b bc c ca a � � 2 2 Tương tự b  c c  a Công theo vế bất đẳng thức ta có bất dẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy a = b = c >  Bài toán 5: Cho a, b, c số thức dương cho abc �1 CHứng minh a5  a b5  b c5  c2   �0 2 2 2 a  b  c b  c  a c  a  b ( Thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 46 – năm 2005) Lời giải: BĐT cần chứng minh tương đương với � a5  a � � b5  b � � c5  c �      �3 � 2 �� 2 �� 2 � � a b c � � b c a � � c  a b � 1   �2 2 2 2 Hay a  b  c b  c  a c  a  b a  b  c (4) Từ abc �1 áp dụng BĐT (1) ta có: 80 1 1 b2  c � �  a2 a4 2a a5  b2  c 2 2a   b  c   b2  c2  b2  c  b  c b2  c abc = bc 2 4u  v �4uv � 4u  v �  u  v  Do nên 2 2a  (b  c ) �  a  b  c  3(b  c ) � 2 2 2 Suy a  b  c 2(a  b  c ) 3(c  a ) � 2 2 2 Tương tự b  a  c 2(a  b  c ) 3(a  b2 ) � c  a  b 2(a  b  c )2 Cộng theo vế ba BĐT trên, ta BĐT (4) Đẳng thức xảy a = b = c. Cuối cùng, mời bạn áp dụng BĐT Cauchy hai số để giải toán sau Cho a, b, c số thực dương, chứng minh rằng: ab bc ca   � a  bc b  ca , 1) c  ab 2 2) (ab  c )(bc  a )(ca  b ) �abc(a  b)(b  c)(c  a ); a b c ab bc   �  1 3) b c a b  c a  b TỪ NHỮNG ĐẲNG THỨC ĐẸP ĐINH NGỌC THUẦN (GV THPT Thái Phiên, Hải Phòng) NGUYỄN ĐÌNH LỘC (GV HS 9C THCS Vĩnh Tường, Vĩnh Phúc) Trong trình giải toán, hẳn bạn gặp những đẳng thức hay, chìa khóa để giải tốn khác Bài viết muốn chia với bạn số đẳng thức Đẳng thức Cho số x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: A = + + = (1) (Đề thi vào lớp 10 PTNK, ĐHQG Hồ Chí Minh năm học 1997-1998) Chứng minh Vì xyz = nên: = = = = từ đó: A = = ta có đpcm Nhận xét Từ (1) ta thu đẳng thức sau + + = (2) với x, y, z ba số thực thỏa mãn xyz = Ví dụ Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: 2B ≤ 1, với B = + + 81 Lời giải Vì (x – y)2 + (x – 1)2 ≥ nên x2 – 2xy + y2 + x2 – 2x + ≥ ⇔ 2x2 + y2 + ≥ 2(xy + x + 1) Do đó: ≤ Tương tự: ≤ ; ≤ Cộng theo vế ba BĐT ta được: B ≤ ( + + ) = (theo (1)) Từ suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Ví dụ Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Tìm giá trị lớn biểu thức: C = + + Lời giải Ta có: (x + 1)2 + y2 + = x2 + 2x + + y2 + = (x2 – 2xy + y2) + 2(xy + x + 1) = (x – y)2 + 2(xy + x + 1) ≥ 2(xy + x + 1) Suy ra: ≤ Tương tự: ≤ ; ≤ Cộng theo vế ba BĐT ta được: C= + + ≤ ( + + ) = (theo (1)) Từ suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Ví dụ Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = Chứng minh rằng: D ≥ với D = + + Lời giải Vì abc = nên = = ≥ (do áp dụng BĐT Cô – si với hai số dương b2 b2c2) Tương tự: ≥ ; ≥ Cộng ba BĐT theo vế ta được: D= + + ≥ + + =1 (theo (2)) Từ suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = z = Nhận xét Qua ví dụ trên, thấy điểm mấu chốt để giải toán nhận đẳng thức (1) (2) Đẳng thức Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: M = + + = (3) (Đề thi vào lớp 10, PTNK,ĐHQG HCM;Năm học 2009-2010) Lời giải Vì xyz = nên: = = ; = Cộng theo vế BĐT ta được: M = + + = + + = (đpcm) Ví dụ Cho ba số thực dượng x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: + + ≤ Lời giải Tương tự ví dụ ta có: ≤ ; ≤ = ; ≤ = Cộng theo vế BĐT kết hợp với (3), ta suy đpcm Đẳng thức xảy x = y = 1; z = Đẳng thức Cho a, b, c số thực không đồng thời Đặt M= + + ;N= + + Thế M = N Chứng minh Ta có: M – N = + + = (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0, suy đpcm 82 Bài toán Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: M= + + ≥ Đẳng thức xảy nào? Lời giải Vì M = N nên 2M = M + N = + + = + + Với x, y số thực dương bất kì, ta chứng minh: ≥ (1) Thật vậy, ta có: (1) ⇔ 3x2 – 3xy + 3y2 ≥ x2 + xy + y2 ⇔ 2(x – y)2 ≥ (đúng) Đẳng thức xảy (1) x = y Áp dụng (1) ta suy ra: 2M ≥ + + ⇔ M ≥ (Đpcm) Đẳng thức xảy a = b = c Nhận xét 1) Ta viết 2M = M + N để tạo biểu thức đối xứng với a, b, c 2) Phân thức: có tử thức mẫu thức đa thức đối xứng với biến x, y Hơn nữa đa thức có bậc với mỗi đa thức tổng đơn thức bậc Những điều cho ta dự đốn so sánh phân thức với số thực Hơn nữa x = y = Điều cho ta dự đoán ≥ Hoặc ≤ Biến đổi tương đương đẳng thức ta thấy (1) Đẳng thức Cho a, b, c số thực đôi khác Đặt: P = + + Thế P = Chứng minh Ta có: P = = 0, suy đpcm Bài tốn Cho a, b, c số thực không âm đôi khác Chứng minh rằng: + + ≥ (2) Đẳng thức xảy ? Lời giải Đặt vế trái (2) Q Vì P = nên Q = 2P + Q = ( + + )2 Do vai trò bình đẳng a, b, c biểu thức nên ta đặt a = min(a, b, c) Với x, y số thực ta có: (x – y)2 ≥ ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy Đẳng thức xảy x = y Áp dụng ta có: Q = ( + + )2 ≥ () = ≥ ≥ Từ suy đpcm Dấu xảy trong số Hai số còn, chẳng hạn b, c thỏa mãn = + ⇔ b2 – 3bc + c2 = ⇔ b = c Đẳng thức Cho a, b, c số thực đôi khác Đặt R = + + R = - Chứng minh Ta có: R = Vì ab(a – b) + bc(b – c) + ca(c – a) = ab(a – b) + bc(b – c) – ca(a – b) – ca(b – c) = a(a – b)(b – c) + c(b – c)(b – a) = - (a – b)(b – c)(c – a) nên R = -1 suy đpcm Bài toán Cho a, b, c số thực đôi khác Chứng minh rằng: + + ≥ (3) Lời giải Vì R = - Nên (3) ⇔ + + ≥ -2[ + + ] ⇔ ( + + )2 ≥ (đúng) Nhận xét Bạn đọc thử tìm điều kiện để xảy đẳng thức (3) Cuối bạn đọc thử chứng minh số đẳng thức thửu tìm ứng dụng đẳng thức 83 1) ab + bc + ca + ad = (a + c)(b + d) 2) (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) – abc 3) a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab – bc – ca) 4) (a2 + b2 + c2)2 – 2(a4 + b4 + c4) = (a + b + c)(a + b – c)(a + c - b)(b + c – a) 5) + + = 6) + + = Chúc bạn tìm thêm nhiều đẳng thức khác nữa ứng dụng BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TIM GIÁ TRỊ NHỎ RẤT LỚN NHẤT ĐẶNG THÀNH NAM I) NỘI DUNG KIẾN THỨC Bất đẳng thức Cô – si Cho số khơng âm ta có: Dấu “=” xảy a = b Cho số không âm ta có: Dấu “=” xảy a = b = c Bất đẳng thức BunhiaCopsky Cho x, y, a, b số thực ta ln có: (x2 + y2)(a2 + b2) ≥ (ax + by)2 Dấu “=” xảy ( k R) Một số biến dạng hai BĐT Cho a, b dương ta có: (a + b)( + ) ≥ ⇒ + ≥ Chứng minh: Theo BĐT Cô – si: ⇒(a + b)( + ) ≥ Mở rộng tương tự cho số a, b, c dương ta ln có: + + ≥ Cho x, y, a, b số thực ta ln có: ( + )(x2 + y2) ≥ (a + b)2 ⇒ + ≥ Đặt u = x2 , v = y2 ta có BĐT: + ≥ Mở rộng BĐT cho số: + + ≥ II) BÀI TẬP VẬN DỤNG Ví dụ Cho x, y > thỏa mãn x2 + y2 = Chứng minh: + ≥ Lời giải Ta có: + ≥ ( + 3y)2 Mặt khác: + 3y = + 3y = ≥ Ta có: x + x + 2y = 2(x + y) ≤ = ⇒ + ≥ = Dấu “=” xảy x = y = Cách 2: BĐT ⇔ x3(x + 2y) + 9y4 ≥ 4y2(x + 2y) Cách 3: 2y ≤ y2 + = – x2 ⇒ + ≥ + = + ≥ 4, Ví dụ (*) Bất đẳng thức phụ: + ≥ , Áp dụng: Cho x, y, z ≥ thỏa mãn x2 + y2 + z2 ≤ 3y Tìm GTNN biểu thức: P = + + Lời giải C/m BĐT phụ, ta có: + ≥ Mặt khác: ab ≤ ⇒ + ≥ (đpcm) Dấu “=” xảy a = b P= + + ≥ + ≥ Ta có: (x2 + 1) + (y2 + 4) + (z2 + 1) ≥ 2x + 4y + 2z ⇒ 2x + 4y + 2z ≤ 3y + ⇔ 2x + y + 2z ≤ ⇔ x + + z ≤ Vậy P ≥ = Vậy MinP = x = 1, y = 2, z = Cách 2: Ta có: (x + 1)2 ≤ 2(x2 + 1); (z + 3)2 ≤ 4(z2 + 3) 84 P≥ + + = + + + ≥ + ≥ + (bđtd) Ví dụ: Bài toán phụ , cho x, y thỏa mãn xy ≥ Ta có: + ≥ Với – 1< xy ≤ bất đẳng thức đổi chiều Lời giải BĐT⇔ ≥ ⇔ (2 + x2 + y2)(1 + xy) ≥ 2(1 + x2)(1 + y2) ⇔ x2 + y2 + xy(x2 + y2) + 2xy + ≥ + 2(x2 + y2) + 2x2y2 ⇔ (x – y)2(xy – 1) ≥ (luôn ) Chứng minh BĐT đổi chiều làm tương tự Ví dụ Cho a, b, c ≥ Chứng minh: + + ≥ Lời giải Ta có: + ≥ ; + ≥ (Trong d số thực d ≥ 1) VT + ≥ 2( + ) ≥ Chọn d3 = ⇔ d = ⇒ VT + ≥ ⇔ VT ≥ (đpcm) Áp dụng Cho x, y, z > 2, thỏa mãn: + + = Chứng minh: (x – 1)(y – 1)(z – 1) ≥ Lời giải Ta có: + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ (x – 1)(y – 1)(z – 1) ≥ Ví dụ: Cho x, y > thỏa mãn 2(x2 + y2) + = Tìm GTLN P = + Lời giải = 2(x2 + y2) + ≥ + 4xy ⇔ 4x2y2 – 5xy + ≤ ⇔ (xy – 1)(4xy – 1) ≤ ⇔ ≤ xy ≤ Áp dụng: P ≤ f(t) = - Đặt t = xy, t [ ; 1] ⇒ P = f’(t) = + = < t [ ; 1] Vậy MaxP = f() Ví dụ Cho x, y, z [ ; 3] Tìm GTNN biểu thức: P= + + Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử: z = max{x, y, z} Ta có: P = + + ≥ + Đặt t = (1 ≤ t ≤ 3) P ≥ f(t) = + = + P ≥ f(t) ≥ f(3) = 85 86 ... y , c = z abc = Bất đẳng thức trở thành + + ≥2 Theo bất đẳng thức (1), ta có: ≥ Tương tự ta có: ≥ ; ≥ Cộng theo vế bất đẳng thức ta được: + + ≥ + + = (a+b+c) ≥ = Suy đpcm Đẳng thức xảy a = b... Ta sử dụng bất đẳng thức sau a 2a  �  a2 3 Thật bất đẳng thức tương đương với Hiển nhiên với a số thực dương Sử dụng bất đẳng thức tương tự với b c Ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a... tìm hệ số m cho Ta dễ dàng nhận đẳng thức xảy a  b  c  Khi cho a  ta dự đoán m  Ta chứng minh với m  bất đẳng thức phụ Thật Do Vậy bất đẳng thức phụ Đẳng thức xảy a  b  c  Phần Kĩ thuật
- Xem thêm -

Xem thêm: BẤT ĐẲNG THỨC , BẤT ĐẲNG THỨC

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay