Tài liệu Skk bất đẳng thức và các bài toán áp dụng

UBND TỈNH HẢI DƯƠNG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN BẤT ĐẲNG THỨC a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca VÀ CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG Bộ môn: Toán học Năm học 2014 - 2015 1 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: “Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2  ab + bc + ca và các bài toán áp dụng” 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 3. Tác giả: Họ và tên: Nam (nữ): Ngày/ tháng/năm sinh: Trình độ chuyên môn: Chức vụ, đơn vị công tác: Giáo viên trường Điện thoại: 4. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): 5. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: - Có thể áp dụng với các điều kiê ên cơ sở vâ êt chất của nhà trường. - Áp dụng với HS khá giỏi lớp 8, 9 6. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: năm học 2014 - 2015 TÁC GIẢ XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (ký, ghi rõ họ tên) 2 TÓM TẮT SÁNG KIẾN 1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến Bất đẳng thức là mô êt chủ đề đa dạng và hấp dẫn. Trong quá trình giảng dạy về bất đẳng thức, tôi nhâ ên thấy đa số học sinh khi gă pê bất đẳng thức thường hay lúng túng, không biết nên xuất phát từ đâu? Phương pháp giải thế nào? Với vai trò là mô êt giáo viên dạy môn Toán, tôi muốn học sinh nắm được các phương pháp và kỹ thuâ êt cơ bản nhất để chứng minh bất đẳng thức, từ đó không thấy sợ khi gă êp dạng toán này mà ngược lại có niềm yêu thích và đam mê tìm hiểu nó. Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức. Đôi khi, viê êc ta sử dụng những bất đẳng thức phụ, những bổ đề nhỏ, quen thuô êc lại mang đến những hiê êu quả bất ngờ. Đánh giá a 2  b 2  c2  ab  bc  ca rất cơ bản, phổ biến và thường gă pê . Nó là công cụ để chứng minh nhiều bất đẳng thức khác. Đă êc biê êt, trong các cuô êc thi học sinh giỏi và các kì thi vào THPT có nhiều bài toán áp dụng bất đẳng thức này. Để giúp các em học sinh khá giỏi lớp 8, 9 tự tin hơn khi chứng minh bất đẳng thức và các bài toán liên quan, tôi đã viết sáng kiến: “ Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2  ab + bc + ca và các bài toán áp dụng”. 2. Điều kiê ên, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến 2.1. Điều kiê ên - Phòng học và cơ sở vâ êt chất phục vụ cho dạy học - Kiến thức cơ bản về bất đẳng thức 2.2. Thời gian: 6 tiết học 2.3. Đối tượng áp dụng sáng kiến: HS khá giỏi lớp 8, 9 3. Sáng kiến gồm những nô êi dung sau: - Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2  ab + bc + ca và mô êt số cách khai thác: 3 Phần này sẽ trình bày về bất đẳng thức a 2  b 2  c2  ab  bc  ca mô êt số cách khai thác bất đẳng thức đó để có các bất đẳng thức mới. - Mô êt số bài toán áp dụng: Trong thực tế giải toán, các bất đẳng thức ta gă pê thường rất đa dạng và không rơi vào dạng các bất đẳng thức ở phần 1. Lúc này ta cần sử dụng khéo léo các kỹ thuâ êt mới giải được. Ở phần này sẽ gồm các bài tâ êp củng cố cách sử dụng bất đẳng thức a 2  b2  c2  ab  bc  ca vào chứng minh các bất đẳng thức phức tạp hơn, đồng thời rèn luyê nê tư duy ứng biến tình huống mô êt cách linh hoạt trước những vấn đề đòi hỏi sự sáng tạo. - Bài tâ êp luyê ên tâ êp Phần này đưa ra mô êt số bài tâ pê tương tự để luyê nê tâ pê . 4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến Sáng kiến này được tôi áp dụng với các em học sinh khá giỏi lớp 8, 9 của trường. Kết quả là kỹ năng chứng minh bất đẳng thức của các em tăng lên rõ rê êt, đồng thời cũng làm tăng thêm niềm yêu thích và ham mê làm toán, đă êc biê êt là toán về bất đẳng thức – mô êt dạng toán đa dạng và hấp dẫn. 5. Đề xuất kiến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến Bất đẳng thức là mảng kiến thức khó và rô nê g. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên có thể nồng ghép trong các giờ luyê nê tâ êp, ôn tâ êp và trong các tiết dạy có phần kiến thức liên quan. 4 MÔ TẢ SÁNG KIẾN 1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến Trong quá trình giải toán ở nhà trường, chuyên đề bất đẳng thức là mô êt chuyên đề hay và lý thú. Chính vì vâ êy mà nó thường xuyên có mă êt trong các kỳ thi chọn HSG các cấp, đă cê biê êt là cấp THCS và kỳ thi vào lớp 10. Đa số học sinh khi gă pê bất đẳng thức thường hay lúng túng, không biết nên xuất phát từ đâu? Phương pháp giải thế nào? Với vai trò là mô êt giáo viên dạy môn Toán, tôi muốn học sinh nắm được các phương pháp và kỹ thuâ êt cơ bản nhất để chứng minh bất đẳng thức, từ đó không thấy sợ khi gă pê dạng toán này mà ngược lại có niềm yêu thích và đam mê tìm hiểu nó. Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức. Đối với bâ êc THCS thì các phường pháp hay dùng là biến đổi tương đương, dùng bất đẳng thức phụ, sử dụng bất đẳng thức Cô-si, Bunhiacopski, phương pháp tổng bình phương, phương pháp làm trô êi .... Đôi khi, viê êc ta sử dụng những bất đẳng thức đơn giản, quen thuô êc lại mang đến những hiê êu quả bất ngờ. Chính vì vâ êy, tôi đã viết sáng kiến: “ Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2  ab + bc + ca và các bài toán áp dụng”. 2. Cơ sở lý luận của vấn đề Hiê ên nay, bồi dưỡng học sinh giỏi là mô êt trong những nhiê êm vụ trọng tâm của giáo dục và đào tạo. Là một giáo viên dạy toán ở trường THCS trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi, tôi nhận thấy người thầy giáo giỏi không phải là người có khả năng “nhồi nhét” lượng kiến thức đồ sô ê cho HS, mà phải là người trong thời gian ngắn nhất, truyền thụ được cho HS những kiến thức cần thiết nhất mô êt cách hiê êu quả nhất và tối ưu nhất. Muốn vậy người thầy phải hướng dẫn HS có các kiến thức và kỹ năng cần thiết nhất để giải toán và vận dụng linh hoạt kiến thức trong nhiều tình huống khác nhau từ đó tạo hứng thú cho học sinh học tâ êp và sáng tạo. 5 3. Thực trạng của vấn đề Qua thực tê giảng dạy môn Toán 8, 9, tôi nhâ ên thấy trong chương trình THCS phần bất đẳng thức là một trong những chuyên đề khó, nhiều học sinh khá thậm chí giỏi còn lo ngại tránh né. Hơn nữa, thời lượng dành cho nó rất ít. Do đó, tôi mạnh dạn làm sáng kiến này với mong muốn là mô êt tài liê êu nhỏ giúp học sinh đỡ khó khăn khi gă pê mô êt số bài bất đẳng thức có dạng trên hoă êc có thể vâ ên dụng được bất đẳng thức trên làm công cụ để giải toán. 4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện 4.1. Bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2  ab + bc + ca và mô êt số cách khai thác 4.1.1. Bài toán cơ sở: Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng: a 2  b 2  c2  ab  bc  ca (1) Chứng minh a 2  b 2  c2  ab  bc  ca  2  a 2  b 2  c 2   2  ab  bc  ca   2  a 2  b 2  c 2   2  ab  bc  ca   0   a  b 2   b  c    c  a   0 luôn đúng . 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Đây là một đánh giá cơ bản, phổ biến và thường gặp. Song làm sao để áp dụng đánh giá có vẻ “lỏng lẻo” này vào những bài toán phức tạp thì là cả một vấn đề. Có nhiều cách để khai thác và tiếp cận bất đẳng thức này trong qua trình giải toán. Sau đây tôi xin trình bày một số ý tưởng khai thác bài toán như sau: 6 4.1.2. Mô êt số cách khai thác * Khai thác 1: Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo thành các bất đẳng thức mới - Từ bất đẳng thức (1), nhân hai vế với 2 ta được: 2  a 2 + b 2 + c 2   2ab + 2bc + 2ca Sau đó cô nê g hai vế của bất đẳng thức trên với a 2  b 2  c 2 ta được bất đẳng thức sau: 3  a  b  c    a  b  c  hay a  b  c 2 2 2 2 2 2 2  a  b  c  2 3 2 a 2  b 2  c2  a  b  c   hay  3 3   - Cô nê g hai vế của bất đẳng thức (1) với 2ab  2bc  2ca , ta được bất đẳng thức sau:  a  b  c   3  ab  bc  ca  2 Bất đẳng thức này còn được viết dưới dạng như sau: abc  3 ab  bc  ca với a, b, c > 0 3 Như vâ êy bất đẳng thức (1) và các bất đẳng thức sau là tương đương: 2 2 2 1.1) 3  a  b  c    a  b  c  2 hay a b c 2 2 2  a  b  c  2 3 2 hay a 2  b 2  c2  a  b  c    3 3   1.2)  a  b  c   3  ab  bc  ca  hay 2 abc  3 ab  bc  ca với a, 3 b, c > 0 * Khai thác 2: Thay biến để tạo ra các bất đẳng thức mới 7 +) Từ bất đẳng thức (1), nếu mô êt biến bằng 1, giả sử c = 1 ta có bất đẳng thức: a2 + b2 + 1  ab + a + b. Dấu = xảy ra khi a = b = 1 x +) Từ bất đẳng thức (1), nếu thay a  ;b  y;c  z ta được bất đẳng 2 thức sau: x2 xy xz  y2  z 2   yz  4 2 2 +) Thay a = xy, b = yz, c = zx ta có: x 2 y2  y 2z 2  z 2 x 2   xy    yz    zx   xy.yz  yz.zx  zx.xy  xyz  x  y  z  2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi xy = yz = zx hay x = y = z hoă êc x = y = 0 hoă êc y = z = 0 hoă êc x = z = 0. +) Từ bất đẳng thức (1.2), thay a = xy, b = yz, c = zx ta có:  xy  yz  zx  2  3  xy.yz  yz.zx  zx.xy   3xyz  x  y  z  Đẳng thức xảy ra khi xy = yz = zx hay x = y = z hoă êc x = y = 0 hoă êc y = z = 0 hoă êc x = z = 0. +) Để có các bất đẳng thức dạng phân thức, từ bất đẳng thức (1), thay 1 1 1 a  ;b  ;c  ta được bất đẳng thức sau: x y z 1 1 1 1 1 1  2 2   (*) 2 x y z xy yz zx Nhân hai vế của bất đẳng thức trên với xyz dương, ta được bất đẳng thức đẹp hơn như sau: 1  1 1 1 1 1    (*)  xyz  2  2  2   xyz   y z  x  xy yz zx  hay xy yz zx    xyz z x y 8 x y z +) Nếu thay a  ;b  ;c  ta có bất đẳng thức: y z x x 2 y2 z2 x z y      y2 z2 x 2 z y x Như vâ êy với mô êt số cách thay biến như trên, ta có thể tạo ra các bất đẳng thức thông dụng, hay dùng là cơ sở để chứng minh các bất đẳng thức phức tạp hơn: 2 2 2 2 2 2 1) x y  y z  z x  xyz  x  y  z  2)  xy  yz  zx   3xyz  x  y  z  2 3) 1 1 1 1 1 1  2 2   2 x y z xy yz zx x 2 y2 z 2 x z y 4) 2  2  2    y z x z y x 5) xy yz zx    x  y  z với x, y, z > 0 z x y * Khai thác 3: Áp dụng bất đẳng thức nhiều lần +) Áp dụng bất đẳng thức (1) hai lần: lần đầu với a = x 2 ; b = y2; c = z2 ta được : x 4  y4  z4  x 2 y2  y2z 2  z 2 x 2 sau đó tiếp tục áp dụng với a = xy, b = yz, c = zx ta thu được bất đẳng thức sau: x 4  y 4  z 4  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  xyz(x  y  z) Như vâ êy ta có mô tê bất đẳng thức thông dụng: x 4  y 4  z 4  xyz(x  y  z) với mọi x, y, z + Áp dụng bất đẳng thức (1) ba lần: lần đầu với a = x 4 ; b = y4; c = z4, sau đó tiếp tục áp dụng với a = x2y2, b = y2z2, c = z2x2 , cuối cùng là với a = xy2z, b = xyz2, c = x2yz ta được: 9 x 8  y 8  z 8  x 4 y 4  y 4 z 4  z 4 x 4  x 2 y 4 z 2  y 2 z 4 x 2  z 2 x 4 y 2  x 2 y 3z 3  x 3 y 2 z 3  x 3 y 3 z 2 8 8 8 2 2 2 Hay x  y  z  x y z  xy  yz  xz  Chia hai vế của bất đẳng thức trên cho xyz dương ta thu được bất đẳng thức sau: x 8  y8  z 8 1 1 1    với x, y, z dương x 3 y3z 3 x y z (Đề tuyển sinh vào THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP.HCM 2001 – 2002). * Khai thác 4: Đă êc biê êt hóa Bằng cách cho thêm điều kiê ên của biến, ta sẽ được các bất đẳng thức mà vế phải là các số +) Cho x + y + z = 3. Chứng minh rằng xy + yz + zx  3 +) Cho x + y + z = -3. Chứng minh rằng x2 + y2 + z2  3 Hai bất đẳng thức trên ta dễ dàng chứng minh được nhờ bất đẳng thức (1.1) và (1.2):  x  y  z xy  yz  zx  2 3 x y z 2 2 2  x  y  z  3 32  3 3 2 3 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 Tổng quát, ta có bài toán sau: Cho các số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = a a) Tìm GTLN của biểu thức A = xy + yz + zx b) Tìm GTNN của biểu thức B = x2 + y2 + z2 4.2. Mô êt số bài toán áp dụng 10 Khi nắm được mô êt số dạng cơ bản của bất đẳng thức cơ sở, ta sẽ có cái nhìn và định hướng tốt hơn khi chứng minh các bất đẳng thức có liên quan. Sau đây là mô êt số bài toán vâ ên dụng bất đẳng thức a 2  b 2  c2  ab  bc  ca để chứng minh Bài toán 1: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = abc. Chứng 1 1 1  minh rằng: a  b  c  3     a b c  Chứng minh Với bài toán này, ta sử dụng phép biến đổi tương đương để đưa về bất đẳng thức (1): Ta có: 1 1 1 a  b  c  3    a b c  bc  ca  ab  a  b  c  3. abc  a  b  c  3.   a  b  c 2 bc  ca  ab (do giả thiết abc = a + b + c) a bc  3  bc  ca  ab   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca đúng do (1) Đẳng thức xảy ra khi a  b  c  3 Bài toán 2: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiê ên xy + yz + zx = 4. 4 4 4 Chứng minh rằng: x  y  z  16 3 11 Chứng minh Áp dụng trực tiếp (1), ta có: x 4  y4  z4   x   y  z  2 2 2 2 2 2 x  2  y2  z 2  2 3 x 2  y2  z 2  xy  yz  zx  4 4 4 4 Suy ra: x  y  z  16 . 3 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 3 2 Bài toán 3: x 2 y2 z2 x y z Với x, y, z là các số thực dương, ta có: 2  2  2    y z x y z x Chứng minh x y 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức 3  a  b  c    a  b  c  với a  ;b  ; , y z z c  ta có: x 2  x 2 y2 z2   x y z  3 2  2  2       z x  y z x y Mă êt khác, theo bất đẳng thức Cô-si với 3 số không âm, ta có: x 2 y2 z2 x 2 y2 z2 3    3 . . 3 y2 z 2 x 2 y2 z2 x 2 2 2 x 2 y2 z 2 x y z  x 2 y2 z2   x y z  Suy ra  2  2  2       hay 2  2  2    y z x y z x z x  y z x y + Khi đã quen thuô ôc với bất đẳng thức này, ta nhìn ra cách làm của các bài toán có các đại lượng liên quan dễ dàng hơn. Bài toán dưới đây là mô ôt ví dụ: 12 Bài toán 4: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng: x 2  y 2  z 2  3 (THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nô ôi 2003 – 2004) Chứng minh Ta có: x 2  y2  z 2  xy  yz  zx x2  1 x 2 x ۳ 1 2x 2 y2  1 y 2 z2  1 z 2 y 2 ۳ 1 2y z 2 ۳ 1 2z Cô nê g từng vế của các bất đẳng thức trên ta được: x 2  1 y2  1 z2  1 x y z     xy  yz  zx  x  y  z 2 2 2 2  2 2 3 2 3 x  y 2  z 2    6 (do giả thiết x + y + z + xy + yz + zx = 6)  2 2  x 2  y 2  z 2  3 (đpcm). 1 1 1 +) Từ bài toán 3, nếu thay x = ; y = ; z = ta có bài toán sau: a b c Bài toán 5: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn: a  b  c  ab  bc  ca  6abc . Chứng minh: 1 1 1   3 a 2 b2 c2 (Tuyển sinh vào 10 THPT Hà Nô ôi 2013 – 2014) 13 Chứng minh Từ giả thiết đã cho, ta có Đă êt 1 1 1 1 1 1       6. ab bc ca a b c 1 1 1  x;  y;  z suy ra: x + y + z + xy + yz + xz = 6 a b c Cần chứng minh x 2  y 2  z 2  3 . Đây chính là nô êi dung của bài toán 4. + Đổi giả thiết và kết luâ ôn của bài toán 4, ta có bài toán sau: Bài toán 6: Cho x2 + y2 + z2 = 3. Tìm GTLN của biểu thức: A = x + y + z + xy + yz + zx Chứng minh Ta có: 2x  x 2  1 ; 2y  y 2  1; 2z  z 2  1  x  y  z  x 2  y2  z2 3  2 2 Và xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2 x 2  y2  z 2 3 3 3 Suy ra: A    x 2  y2  z 2   x 2  y2  z 2    6 2 2 2 2 => GTLN của A là 6 khi x = y = z = 1 Bài toán 7: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a2 + b2 + c2 = 1. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S  Chứng minh 14 ab bc ca   c a b Ở bài toán này, cái khó là làm sao vâ ôn dụng được bất đẳng thức (1) để làm xuất hiênô giả thiết a2 + b2 + c2. Nếu áp dụng trực tiếp thì S  a + b + c không được. Mă ôt khác ta có: 2 2 2  ab   bc   ca  ab bc bc ca ca ab . + . + . = a2 + b2 + c2 .   +  +   c a a b b c  c  a  b  Vì vâ ôy ta nghĩ đến viê ôc bình phương S Ta có: 2 2 2 b 2c 2 c 2 a 2  ab bc ca  a b  ab bc bc ca ca ab  S       2  2  2  2 .  .  .  a b c a b a b b c  c c a 2 2 2 2  ab   bc   ca            2  a 2  b2  c2  c  a  b Áp dụng bất đẳng thức (1) ta có: 2 2 2  ab   bc   ca  ab bc bc ca ca ab 2 2 2        .  .  . a b c c a a b b c c  a  b 2 2 2 2 Suy ra S  3  a  b  c   3 (do giả thiết a2 + b2 + c2 = 1) Mà S > 0 nên S  3 Vâ êy giá trị nhỏ nhất của S là abc 3 , đạt được khi và chỉ khi 1 3 Bài toán 8: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P = x + y + z biết: x(x – 1) + y(y – 1) + z(z – 1)  4 3 Chứng minh Từ giả thiết ta có: 3(x 2  y 2  z 2 )  3(x  y  z)  4 15 Theo bất đẳng thức (1) ta có:  x  y  z 2  3 x 2  y2  z 2  Cô nê g từng vế của hai bất đẳng thức trên, ta có:  x  y  z 2  3(x  y  z)  4 Hay P2 – 3P – 4  0  (P  1)(P  4)  0  1  P  4 Suy ra: GTLN của P là 4 khi x = y = z = GTNN của P là -1 khi x = y = z =  4 3 1 3 + Khi chứng minh bất đẳng thức hoă ôc bài toán tìm cực trị, ta nên chú ý đến biến đổi hay sử dụng là: a2 + ab + bc + ca = (a + b)(a + c) Bài toán 9: Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c ta luôn có: a 2  bc b 2  ca c 2  ab    a bc bc ca ab Chứng minh Cô nê g thêm hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a + b + c ta được:  a 2  bc   b 2  ca   c2  ab   a   b  c   2 a  b  c       bc   ca   ab  Mă êt khác lại để ý rằng: a 2  bc a 2  bc  ab  ac  a  b   a  c  a   bc bc bc Suy ra bất đẳng thức trên tương đương với:  a  b  a  c   b  c  b  a    c  a   c  b bc ca ab 16  2  a  b  c  (*) Tới đây, đă tê : x = a + b; y = b + c; z = c + a thì (*) trở thành: yz zx xy    xyz . x y z Bất đẳng thức này đã được chứng minh ở phần khai thác 2. Bài toán 10: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng: abc 1 1 1  3  2  1  2  1  2  1 (*) abc a b c Chứng minh Ta có (*)  a bc 3 abc 1 1 1 1  1  2 1 2 2 a b c 1 1 1 1 a2 1  b2 1  c2    3   bc ac ab a2 b2 c2 1  1  1     1    1     1    bc   ac   ab  ab  bc  ca  c 2  c2  do ab + bc + ca = 1  1  bc 1  ac 1  ab    bc ac ab  ab  ca bc  ab ac  bc    bc ac ab  a(b  c) b(c  a) c(a  b)    bc ac ab Đă êt x  ab  bc  ca  a 2 ab  bc  ca  b 2  a2 b2 (a  b)(a  c) (b  a)(b  c) (c  a)(c  b)   2 2 a b c2 (a  b)(a  c) (b  a)(b  c) (c  a)(c  b)   2 2 a b c2 (a  b)(a  c) (b  a)(b  c) (c  a)(c  b)   (*) 2 2 a b c2 a(b  c) b(c  a) c(a  b) ;y  ;z  với x, y, z > 0 bc ac ab 17 Khi đó: xy  a(b  c) b(c  a) (b  c)(c  a) (c  a)(a  b) (a  b)(b  c) .  ; yz  ;zx  2 2 bc ac c a b2 (*)  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx ta được bất đẳng thức đúng => đpcm Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  a  b  c  1 3 + Kết hợp với viê ôc sử dụng các bất đẳng thức kinh điển như Côsi hay Bunhiacopxki ta chứng minh được các bài toán sau: Bài toán 11: Cho ba số a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 1. 2 2 2 1  1  1  Tìm GTNN của biểu thức: P   a     b     c   a  b  c  Chứng minh P  a 2  b 2  c2  1 1 1   6 a 2 b2 c2 Áp dụng bất đẳng thức (1) và các bất đẳng thức triển khai để sử dụng giả thiết a + b + c = 1 Ta có: a  b  c 2 Mà 2 2  a  b  c  3 2 2 1 1 1 1 11 1 1   ; 2 2 2     3 a b c 3a b c  1 1 1 1 1 1        a  b  c  (do giả thiết a + b + c = 1) a b c a b c  1 1 1 1 1 1   9 Dễ dàng chứng minh được:     a  b  c   9  a b c a b c  2 1 1 1 11 1 1  => 2  2  2       27 a b c 3a b c  18 2 2 2 => P  a  b  c  1 1 1 1 1  2  2  6   27  6  33 2 a b c 3 3 1 1 Vâ êy GTNN của P là 33 khi a  b  c  3 3 Bài toán 12: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: Chứng minh rằng: ab  bc  ca  1 . a2 b2 c2 1    bc ca ab 2 Chứng minh Ta có: a  b  c        a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  1 Ta đưa bài toán ban đầu về bài toán quen thuô êc sau: Chứng minh: a2 b2 c2 a bc    bc ca ab 2 Thâ êt vâ êy: Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: a2 bc a2 b  c   2. . a bc 4 bc 4 b2 ca b2 c  a  2 . b ca 4 ca 4 c2 a b c2 a  b  2 . c ab 4 ab 4 a2 b2 c2 abc     abc Suy ra: bc ca a b 2 a2 b2 c2 a bc hay:    => đpcm bc ca a b 2 Bài toán 13: 19 Cho ba số a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a 4  b 4  c 4  a 3  b 3  c3 Chứng minh Theo bất đẳng thức (1) ta có: a b c 2 2 a b c 4 4 4 2  a  b  c  3 a  2 2 3  b2  c2  3 2 a b c 2 2 2  a . 2  b 2  c2  3  a 2  b2  c2 (vì a 2  b2  c2  3 ) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a 4  a 2  2 a 3  2a 3 b 4  b 2  2 b3  2b3 c4  c 2  2 c3  2c3 Cô nê g từng vế ba bất đẳng thức trên ta có: (a 4  b 4  c 4 )  (a 2  b 2  c 2 )  2(a 3  b3  c3 ) Mă êt khác a 4  b 4  c4  a 2  b 2  c 2 (chứng minh trên) Suy ra 2(a 4  b 4  c4 )  2(a 3  b3  c3 ) Hay a 4  b 4  c4  a 3  b3  c3 (đpcm) + Mô ôt trong những kỹ thuâ ôt quan trọng trong chứng minh bất đẳng thức là kỹ thuâ ôt đă ôt ẩn phụ. Chú ý rằng các nhóm a 2  b 2  c 2 và ab  bc  ca có liên hê ô với nhau nhờ hằng đẳng thức  a  b  c 2  a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca  . Bằng phép đă ôt ẩn phụ và sử dụng bất đẳng thức (1) để đánh giá ẩn phụ, ta chứng minh được các bài toán sau: Bài toán 14: 20