Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
KIẾN THỨC CƠ BẢN:
A ≥ B ⇔
1. Định nghĩa:
A ≤ B ⇔
2. Tính chất:
1. a > b, c > d ⇒ a + c
2. a > b, c < d ⇒ a − c
3.
http//:www.maths.vn
A−B ≥ 0
A−B ≤ 0
>b +d
7.
>b −d
8.
a > b ⇔ a n > b n , n chẵn
a > b ⇔ a n > b n , n chẵn
9.
m > n > 0, a > 1 ⇒ a n > b n
a > b, c > 0 ⇒ ac > bc
4.
a > b, c < 0 ⇒ ac < bc
5.
a > b ≥ 0, c > d ≥ 0 ⇒ ac > bd
a = 1 ⇒ a n = bn ; 0 < a < 1 ⇒ a n < bn
10.
1 1
a > b, ab > 0 ⇒ <
a b
11. A + B ≥ A + B . Đẳng thức xảy ra khi A.B > 0
6.
a > b > 0 ⇒ a n > bn
12.
3. Một số bất đẳng thức cơ bản thường dùng:
1.
x −1 1
≤
x
2
2.
a
a
>
; a, b, c ∈ ℤ +
a +b a +b +c
3.
9.
2
1 + ab
1+a
1 +b
0 < a ≤ b ≤ c ≤ 1 ⇒ ab + 1 ≤ ac + 1 ≤ bc + 1
a
a
⇒
≤
bc + 1 ab + 1
4a + 1 + 1
4a + 1 = 4a + 1 .1 ≤
= 2a + 1
2
a
2
10.
11.
(a + b ) a1 + b1 ≥ 4 ;
A − B ≤ A − B . Đẳng thức xảy ra khi A.B < 0
+
b
2
≥
(
)
(a + b + c ) a1 + b1 + c1 ≥ 9
4.
5.
6
7
8
(a + b )
2
2ab
a +b
≥ 4ab ⇒
≤
a +b
2
2
a 2 + b2 a + b
a
2
1
≥
≤
=
;
2
2
2a 2
2 1+a
12.
1
1−x
13.
(
a +b ≤ 2 a +b
)
+
1
1−y
2
≥
2
1 − xy
a
a +b +c
≥
b +c
2a
2
14.
2
a + b
≥ ab hay a + b ≥ 4ab
2
15.
a b
1
2
+ ≥ 2; a + b ≥ 2 ab ⇔
≥
b a
ab a + b
(
2
1 1
4
+ ≥
; a, b ≥ 0
a b a +b
)
1
4
≥
x .y
x +y
(
16.
1
=
k
17.
1
k
=
)
2
2
k + k
2
k + k
2
>
<
k +1 + k
2
k + k −1
-1-
www.mathvn.com
=2
=2
(
(
k +1 − k
k − k −1
)
)
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Đẳng thức thường dùng :
(A + B ) = A + 2AB + B
(A + B + C ) = A + B + C + 2AB + 2AC + 2BC
(A + B ) = A + 3A B + 3AB + B
2
2
2
3
2
2
3
2
2
2
2
3
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac
Giải:
a + b + c ≥ ab + bc + ac ⇔ a + b + c − ab − ac − bc ≥ 0
a2
b2 c2
a 2 c2
b2
⇔ − ab + + − ac + + − bc + ≥ 0
2
2 2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
(
a −b
a 2 − 2ab + b 2 c 2 − 2ac + a 2 c 2 − 2cb + b 2
⇔
+
+
≥0⇔
2
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c .
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b
) + (c − a ) + (c − b )
2
2
2
2
(a + b )
không âm ta luôn có:
2
+
2
2
≥ 0 đúng.
a +b
≥ a b +b a
4
Giải:
(a + b )
2
+
2
Xét hiệu :
a +b a +b
1
1
=
a + b + ≥ ab a + b + .
4
2
2
2
(
1
ab a + b + − ab
2
(a + b )
Vậy:
2
2
1
1
1
a + b = ab a + b + − a − b = ab a − + b − ≥ 0 đúng
2
2
2
)
2
a +b
≥ a b +b a .
2
4
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d, e ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a b + c + d + e
+
(
Giải:
(
)
(
)
(
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ a b + c + d + e ⇔ 4 a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + e 2 ≥ 4a b + c + d + e
(
) (
) (
) (
)
⇔ a 2 − 4ab + 4b 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 + a 2 − 4ad + 4d 2 + a 2 − 4ac + 4c 2 ≥ 0
(
⇔ a − 2b
) + (a − 2c ) + (a − 2d ) + (a − 2c )
2
2
2
2
≥ 0 đúng.
-2-
www.mathvn.com
)
)
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
Đẳng thức xảy ra khi b = c = d = e =
a
.
2
(a − c ) + (b − d )
2
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c, d ta luôn có:
2
≤ a 2 + b2 + c2 + d 2
Giải:
(a − c ) + (b − d ) ≤ a + b + c + d
⇔ (a − c ) + (b − d ) ≤ a + b + c + d + 2 (a + b )(c + d )
⇔ (a − c ) − (a + c ) + (b − d ) − (b + d ) ≤ 2 (a + b )(c + d )
⇔ −2ac − 2bd ≤ 2 (a + b )(c + d ) ⇔ ( −1)(ac + bd ) ≤ (a + b )(c + d )
⇔ (ac + bd ) ≤ (a + b )(c + d ) ⇔ (ac ) + 2 (ac )(bd ) + (bd ) ≤ (ac ) + (ad ) + (bc ) + (bd )
⇔ 2 (ac )(bd ) ≤ (ad ) + (bc ) ⇔ (ad ) − 2 (ad )(bc ) + (bc ) ≥ 0 ⇔ (ad − bc ) ≥ 0
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi ad = bc .
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TÁCH CÁC SỐ HẠNG HOẶC TÁCH
CÁC THỪA SỐ MỘT VẾ
Chứng minh rằng với mọi n ∈ N , ta có :
1
1
1
1
+
+ .... +
<
1.5 5.9
(4n − 3)(4n + 1) 4
Giải:
1
1 4
1
1
= .
= . 1 −
1.5 4 1.5 4
5
1
1 4
1 1 1
= .
= . −
Ta có : 5.9 4 5.9 4 5 9
....................................
1
1 1
1
= .
−
(4n − 3)(4n + 1) 4 4n − 3 4n + 1
1
1
1
1
1 1 1
1
1
+
+ ... +
= 1 − + − + .... +
−
1.5 5.9
(4n − 3)(4n + 1) 4
5 5 9
4n − 3 4n + 1
1
1 1 4n
n
n
1
= 1 −
=
<
= .
= .
4
4n + 1 4 4n + 1 4n + 1 4n 4
Cộng vế theo vế ta được :
PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI.
-3-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
NHỮNG BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN TRONG COSI.
NHỮNG QUY TẮC CHUNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG
THỨC CÔ SI
Quy tắc song hành: hầu hết các BĐT đều có tính đối xứng do đó việc sử dụng các chứng minh một cách song
hành, tuần tự sẽ giúp ta hình dung ra được kết quả nhanh chóng và định hướng cách giả nhanh hơn.
Quy tắc dấu bằng: dấu bằng " = " trong BĐT là rất quan trọng. Nó giúp ta kiểm tra tính đúng đắn của chứng
minh. Nó định hướng cho ta phương pháp giải, dựa vào điểm rơi của BĐT. Chính vì vậy mà khi dạy cho học sinh ta
rèn luyện cho học sinh có thói quen tìm điều kiện xảy ra dấu bằng mặc dù trong các kì thi học sinh có thể không trình
bày phần này. Ta thấy được ưu điểm của dấu bằng đặc biệt trong phương pháp điểm rơi và phương pháp tách nghịch
đảo trong kỹ thuật sử dụng BĐT Cô Si.
Quy tắc về tính đồng thời của dấu bằng: không chỉ học sinh mà ngay cả một số giáo viên khi mới nghiên
cứu và chứng minh BĐT cũng thương rất hay mắc sai lầm này. Áp dụng liên tiếp hoặc song hành các BĐT nhưng
không chú ý đến điểm rơi của dấu bằng. Một nguyên tắc khi áp dụng song hành các BĐT là điểm rơi phải được đồng
thời xảy ra, nghĩa là các dấu " = " phải được cùng được thỏa mãn với cùng một điều kiện của biến.
Quy tắc biên: Cơ sở của quy tắc biên này là các bài toán quy hoạch tuyến tính, các bài toán tối ưu, các bài toán
cực trị có điều kiện ràng buộc, giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm nhiều biến trên một miền đóng. Ta biết rằng các giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất thường xảy ra ở các vị trí biên và các đỉnh nằm trên biên.
Quy tắc đối xứng: các BĐT thường có tính đối xứng vậy thì vai trò của các biến trong BĐT là như nhau do đó
dấu " = " thường xảy ra tại vị trí các biến đó bằng nhau. Nếu bài toán có gắn hệ điều kiện đối xứng thì ta có thể chỉ ra
dấu " = " xảy ra khi các biến bằng nhau và mang một giá trị cụ thể.
Chiều của BĐT : " ≤, ≥ " cũng sẽ giúp ta định hướng được cách chứng minh: đánh giá từ TBC sang TBN và ngược lại.
Dạng tổng quát ( n số): ∀x 1, x 2 ,......, x n ≥ 0 ta có:
x1
•
Dạng 1:
•
Dạng 2: x 1
+ x 2 + ......x n
n
≥
+ x 2 + ......x n ≥ n
n x x ...........x
1
2
n
n x x ...........x
1
2
n
n
x + x 2 + ......x n
• Dạng 3: 1
≥ x 1 x 2 ...........x n
n
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x 1 = x 2 = ............ = x n
Hệ quả 1:
Nếu: x 1
+ x 2 + ......x n
(
= S = const thì: max P x 1 x 2 ...........x n
khi x 1 = x 2 = ............ = x n =
Hệ quả 2:
)
n
S
=
n
S
n
(
)
Nếu: x 1 x 2 ...........x n = P = const thì: min S x 1 + x 2 + ........... + x n = n n P
khi x 1 = x 2 = ............ = x n =
(
)(
n
P
)(
)
Chứng minh rằng nếu mọi số thực a, b, c ta luôn có : a 2 + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 ≥ 8a 2b 2c 2
Giải:
-4-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
a 2 + b 2 ≥ 2 ab ≥ 0
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2 2
2 2 2
b + c ≥ 2 bc ≥ 0 ⇒ a + b b + c c + a ≥ 8 a b c = 8a b c
2
2
c + a ≥ 2 ca ≥ 0
(
)(
)(
)
Bình luận:
•
Chỉ nhân các vế của BĐT cùng chiều ( kết quả được BĐT cùng chiều) khi và chỉ khi các vế cùng không âm.
•
Cần chú ý rằng: x 2 + y 2 ≥ 2 xy vì x , y không biết âm hay dương.
•
Nói chung ta ít gặp bài toán sử dụng ngay BĐT Cô Si như bài toán nói trên mà phải qua một và phép biển đổi đến
tình huống thích hợp rồi mới sử dụng BĐT Cô Si.
Trong bài toán trên dấu " ≥ " ⇒ đánh giá từ TBC sang TBN. 8 = 2.2.2 gợi ý đến việc sử dụng bất đẳng thức
Côsi cho 2 số, 3 cặp số.
•
Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 và thỏa mãn a.b.c = 1 thì
1
1
1
1
+ 2
+ 2
≤
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2
2
Giải:
(
)
Ta có : a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + 1 ≥ 2b ⇒ a 2 + 2b 2 + 3 ≥ 2 ab + b + 1 ⇒
1
1
1
.
≤ .
2
a + 2b + 3 2 ab + b + 1
2
1
1
1
1
1
1
≤ .
;
≤ .
2
2
2
b + 2c + 3 2 bc + c + 1
c + 2a + 3 2 ac + a + 1
1
1
1
1
1
1
1
Cộng vế theo vế : 2
+ 2
+ 2
≤
+
+
.
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2 ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1
1
1
1
1
ab
b
Mặt khác :
+
+
=
+ 2
+
ab + b + 1 bc + c + 1 ac + a + 1 ab + b + 1 ab c + abc + ab abc + ab + b
1
ab
b
1 + ab + b
=
+
+
=
= 1.
ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1 ab + b + 1
1
1
1
1
Vậy : 2
+ 2
+ 2
≤ .
2
2
2
a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2
Tương tự :
2
(
Lời bình : Bài toán trên sử dụng đến bất đẳng thức cơ bản x − y
)
2
≥ 0 đúng với mọi x , y ∈ ℝ .
Cho x , y là các số thực dương khác 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Q=
2
1 x 10 y 10 1 16
16
2 2
2 + 2 + x + y − 1 + x y .
2 y
x 4
(
) (
)
Giải:
1x
y
4 4
12
12
2 + 2 ≥ x y . Đẳng thức xảy ra khi x = y
2 y
x
1 16
1
x + y 16 ≥ x 8y 8 . Đẳng thức xảy ra khi x 16 = y 16 .
4
2
10
(
10
)
-5-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
(
)
(
) (
)
(
) (
)
2
2
2
2
1 8 8
1
1 1
1
x y + x 4y 4 − 1 + x 2y 2 = x 8y 8 + 2x 4y 4 + 1 − 1 + x 2y 2 − = x 4y 4 + 1 − x 2y 2 + 1 −
2
2
2 2
2
2
2
2
Mặt khác : 12 + 12 x 2y 2 + 12 ≥ x 2y 2 + 1 hay 2 x 4y 4 + 1 ≥ x 2y 2 + 1 . Đẳng thức xảy ra khi
2 2
x y = 1.
⇒Q ≥
(
⇒
(
)(
1 4 4
x y +1
2
)
2
≥
(
)
1 2 2
x y +1
8
(
)
4
⇒Q ≥
)
(
1 2 2
x y +1
8
(
) (
) (
)
4
2
− x 2y 2 + 1 −
)
(
2
)
2
1 1 2 2
5
5
= x y + 1 − 4 − ≥ −
2 8
2
2
Đẳng thức xảy ra khi x 2y 2 = 1 .
Vậy : minQ = −
5
khi x 2 = y 2 = 1 .
2
2
2
2
x
z y
x z
y
+ +
+ +
≥ 12
Cho x , y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: +
y 3 xyz z 3 xyz x 3 xyz
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân:
x
z
xz
y
x
yx
z
y
zy
+
≥2
; +
≥2
; +
≥2
y 3 xyz
y 3 xyz z 3 xyz
z 3 xyz x 3 xyz
x 3 xyz
2
2
2
x
z y
x z
y
xz
yx
zy
+ +
+ +
≥ 4
⇒ +
+
+
y 3 xyz z 3 xyz x 3 xyz
y 3 xyz
z 3 xyz
x 3 xyz
Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân:
xz
yx
zy
xz
yx
yx
≥ 4.3 3
4
+
+
.
.
= 12.
3
3
3
3
3
y 3 xyz
z
xyz
x
xyz
y
xyz
z
xyz
z
xyz
2
2
2
x
z y
x z
y
+ +
+ +
≥ 12 .
Vậy : +
y 3 xyz z 3 xyz x 3 xyz
Cho n nguyên và n ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x +
1
xn
Giải:
n
A=
x 1
x x
x
1
n +1
+ + ... + + n ≥ (n + 1)n +1 n ≥
n +1 n
n n
n x
n x
n
n so
x
n
Dấu đẳng thức xảy ra khi
x
1
= n ⇔ x = n +1 n
n x
-6-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
Giá trị nhỏ nhất của A =
http//:www.maths.vn
n +1
n +1
nn
Cho n nguyên và n ≥ 2 và x ≥ k >
n +1
n . Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x +
1
xn
Giải:
Với x ≥ k >
n +1
n
1 1 1
1
1
1
≥
0
⇔
x
−
k
+
−
+
+
+
...
+
≥0
n −1
xn
kn
x n −2k x n −3k 2
k n −1
x k x
1 1
1
1
1
⇔ (x − k ) 1 −
n −1 + n −2 + n −3 2 + ... + n −1 ≥ 0
xk x
x k x k
k
1
(x − k )
1
1
1
⇔
xk − n −1 + n −2 + n −3 2 + ... + n −1 ≥ 0
xk
x k x k
k
x
1
1
1
1
n
n
n +1
Ta có: n −1 + n −2 + n −3 2 + ... + n −1 ≤ n −1 <
= n 2 < xk
n +1 n −1
x
x k x k
k
k
n
f (x ) ≥ f (k ) ⇔ x +
1
1
−k −
Suy ra f (x ) ≥ f (k ) đúng với mọi x ≥ k >
n +1
n . Giá trị nhỏ nhất của A = k +
1
khi x = k .
kn
Cách 2 :
n
x 1
x
x
1
nx
n
Nháp : A =
+ ... +
+ n +x −
≥ (n + 1)n +1 n + x 1 −
m
m x
m
m
m x
n so
x
,m > 0
m
x = k
n +1
Ta chọn m sao cho: x
= k n +1
1 ⇒m =x
m = n
x
n
x 1
1
nx
n
Bài giải: A = n +1 + ... + n +1 + n + x − n +1 ≥ (n + 1)n +1 n +1 n + x 1 − n +1
k
k
x
k
k
k x
x
x
x
n so
k n +1
Vì x ≥ k >
n +1
n nên n < k n +1 suy ra: A ≥
(n + 1)
n
1
+ k 1 − n +1 = k + n = f (k )
n
k
k
k
(
)
Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x + y xy = x 2 + y 2 − xy . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức : A =
1
x
3
+
1
y3
.
Đề thi Đại học khối A năm 2006
-7-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
Giải:
Xét x + y xy = x + y − xy * . Chia cả hai vế cho x 2y 2
(
)
2
()
2
Đặt u =
1
1
,v = .
x
y
Ta được
1 1
1
1
1
+ = 2 + 2 −
⇒ u + v = u 2 + v 2 − uv ⇒ u + v
x y x
xy
y
(
(
⇒ u +v
)
2
)
2
− (u + v ) = 3uv ≤
− 4(u + v ) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ u + v ≤ 4
Khi đó : A =
x 3 + y3
(x + y )(x 2 + y 2 − xy )
=
x 3y 3
x 3y 3
1
1
2
⇒A= 2 + 2 +
= (u + v )2 ≤ 16 .
xy
x
y
=
(x + y )(x + y )xy
Dấu đẳng thức xảy ra khi u = v = 2 hay x = y =
x 3y 3
=
x 2 + y 2 + 2xy
x 2y 2
1
.
2
Cho 3 số thực dương x , y, z thoả : x + y + z ≥ 3 .Tìm GTNN của A =
x2
x + yz
Giải:
(x + y + z )
2
x2
x + yz
+
y2
y + zx
+
z2
z + xy
≥
x + y + z + yz + zx + xy
.
Ta có : yz + zx + xy ≤ x + y + z .
Suy ra :
x2
x + yz
+
y2
y + zx
+
z2
z + xy
≥
(x + y + z )
2
x +y +z +x +y +z
=
x +y +z 3
≥
2
2
x + y + z = 3
Đẳng thức xảy ra khi: x = y = z
⇔x =y =z =1
x
y
z
=
=
x + yz y + zx
z + xy
Cho x , y, z > 0 và thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 ≥
T =
3(u + v )2
.
4
1
.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
3
x3
y3
z3
.
+
+
2x + 3y + 5z 5x + 2y + 3z 3x + 5y + 2z
-8-
www.mathvn.com
+
y2
y + zx
+
z2
z + xy
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
Giải:
T =
T ≥
x4
(
x 2x + 3y + 5z
(x
(
2
)
+
y4
(
y 5x + 2y + 3z
+ y2 + z 2
) (
)
2
)
+
z4
(
z 3x + 5y + 2z
≥
2
2
(
2
+ y2 + z2
) (
)
2
2 x 2 + y 2 + z 2 + 8 xy + yz + zx
(x + y + z ) ≥ x
≥
) 10 (x + y + z )
2
2 x 2 + y2 + z 2 + 8 x 2 + y2 + z 2
)
(x
)
2
2
2
2
2
+ y2 + z 2
1
≥
10
30
Đẳng thức xảy ra khi :
x4
y4
z4
=
=
y 5x + 2y + 3z
z 3x + 5y + 2z
x 2x + 3y + 5z
1
⇔x =y =z =
x = y = z
3
1
2
2
2
x + y + z =
3
(
)
(
)
(
)
Cho x , y, z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điều kiện x .y.z = 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
(
x2 y + z
)
y y + 2z z
+
(
y2 z + x
)
z z + 2x x
+
(
z2 x + y
)
x x + 2y y
Đề thi Đại học khối A năm 2007
Giải:
Cách 1:
P ≥
2x x xyz
y y + 2z z
+
2y y xyz
z z + 2x x
+
2z z xyz
x x + 2y y
≥
2x x
y y + 2z z
+
2y y
z z + 2x x
+
2z z
x x + 2y y
1
x x = (−2a + 4b + c)
a = y y + 2z z
9
1
Đặt: b = z z + 2x x ⇒ y y = (a − 2b + 4c )
9
c
=
x
x
+
2
y
y
1
z z = (4a + b − 2c)
9
Khi đó: P ≥
b a c
2 −2a + 4b + c a − 2b + 4c 4a + b − 2c 2
+
+
≥ −6 + 4 + + +
9
a
b
c
9
a c b
c a b
+ + .
a b c
2
−6 + 4.3 + 3 = 2 .
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức của P = 2 khi a = b = c = 1 .
Lời bình: Lời giải trên khá phức tạp , việc đặt ẩn a, b, c gặp nhiều khó khăn đối với HSPT.
Cách 2:
Hay P ≥
(
)
Phân tích bài toán: Để tiện cho việc trình bày , tạm đặt a = x , b = y , c = z
-9-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
Bài toán trở thành : Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điều kiện abc = 1 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P =
(
a 4 b2 + c2
b 3 + 2c 3
Bài giải: Dễ thấy: b 2 + c 2 ≥ 2bc =
Khi đó P ≥
2a 3
b3
4
2
+ a2
c 3 + 2a 3
) + c (a
4
2
+ b2
)
a 3 + 2b 3
(
(
)
)
(
)
2
⇒ a 4 b 2 + c 2 ≥ 2a 3 . Tương tự b 4 c 2 + a 2 ≥ 2b 3 ; c 4 a 2 + b 2 ≥ 2c 3
a
c3
+
c 3 + 2a 3 a 3 + 2b 3
3 4n + p − 2m
a =
m = b 3 + 2c 3
9
2 4n + p − 2m 4 p + m − 2n 4m + n − 2p
3 4 p + m − 2n
3
3
Đặt n = c + 2a ⇒ b =
⇒P ≥
+
+
9
9
m
n
p
p = a 3 + 2b 3
c 3 = 4m + n − 2p
9
2
2 n p m p m n
⇒ P ≥ 4 + + + +
+ − 6 ≥ 4.3 + 3 − 6 ⇒ P ≥ 2
9 m n p m n p
9
b 3 + 2c 3
+
) + b (c
(
)
Cho các số thực không âm x , y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
(
)(
)
biểu thức S = 4x 2 + 3y 4y 2 + 3x + 25xy .
Đề thi Đại học khối D năm 2009
Giải:
Nhận xét: vai trò giống nhau (đối xứng) của x , y .
(
)
)(
(
)
S = 12 x 3 + y 3 + 16x 2y 2 + 34xy = 12 x + y x 2 + y 2 − xy + 16x 2y 2 + 34xy
Hay S = 12 x + y x + y
(
)(
)
2
2
1
191
− 3xy + 16x 2y 2 + 34xy = 4xy − +
4
16
2
x +y
1
Vì x , y không âm và thỏa mãn x + y = 1 suy ra 0 ≤ xy ≤
=
4
2
2
1
1 3
1 191 25
⇒ − ≤ 4xy − ≤ ⇒ 0 ≤ 4xy − +
≤
.
4
4 4
4
16
2
25
1
Vậy giá trị lớn nhất của S =
khi x = y = và giá trị nhỏ nhất của S = 0 khi x = 0, y = 1 .
2
2
(
Cho các số thực x , y thay đổi và thỏa mãn x + y
(
) (
)
3
+ 4xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
)
A = 3 x 4 + y 4 + x 2y 2 − 2 x 2 + y 2 + 1
Đề thi Đại học khối B năm 2009
Giải:
-10-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
(x + y )
(x + y )
+ 4xy ≥ 2
⇒ x +y
≥ 4xy
3
(
2
(
3
A = (x
2
http//:www.maths.vn
) + (x + y )
3
2
≥ 2 ⇒ x +y ≥1 .
) (
) 23 (x + y + x + y + 2x y ) − 2 (x + y ) + 1
3
+ y ) + (x + y ) − 2 (x + y ) + 1
2
1
Mà x + y = ( x + y ) − 2x y ≥ ( x + y ) − ( x + y ) ⇒ x + y ≥ ( x + y )
2
3
3
9
Khi đó A ≥ ( x + y ) + ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 hay A ≥ ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1
4
2
4
A = 3 x 4 + y 4 + x 2y 2 − 2 x 2 + y 2 + 1 =
4
4
4
2
4
(
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
4
4
4
2 2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
4
2
4
4
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(x + y )2 1
9
1
≥ ⇒ A ≥ t 2 – 2t + 1,t ≥ .
2
2
4
2
)
2
Đặt t = x 2 + y 2 , t ≥
1
9 2
t – 2t + 1 xác định và liên tục trên nửa khoảng ; +∞ .
4
2
1
9
9
1
Ta có f ' t = t – 2 ≥ − 1 > 0 , t ≥ ⇒ f t đồng biến trên nửa khoảng ; +∞ .
2
4
2
2
()
Xét hàm số f t =
()
()
1 9
1
Khi đó min A = min f t = f =
. Đẳng thức xảy ra khi t = .
1
2
2 16
t∈ ;+∞
()
2
ĐIỂM RƠI TRONG BẤT DẲNG THỨC COSI
Bài toán mở đầu : Cho a, b > 0 và thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
1
1 + a 2 + b2
+
1
.
2ab
Lời giải 1. Ta có: P =
1
1+a +b
2
2
+
Giải:
4
1
4
4
≥ 2
=
≥ =2
2
2
2ab a + 2ab + b + 1 (a + b) + 1 2
1 + a 2 + b 2 = 2ab
(a − b )2 + 1 = 0
⇔
. Hệ vô nghiệm. Vậy không tồn tại min P .
Đẳng thức xảy ra ⇔
a
+
b
=
1
a
+
b
=
1
Lời giải 2. Ta có: P =
1
1+a +b
2
2
2
+
1
1
4
1
4
1
+
≥ 2
+
=
+
2
2
6ab 3ab a + 6ab + b + 1 3ab (a + b) + 1 + 4ab 3ab
a + b
1
Mặt khác ab ≤
= . Vậy P ≥
4
2
4
a + b
2+
2
2
+
1
a + b
6
2
2
≥
8
.
3
-11-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
1 + a 2 + b 2 = 3ab
1
⇔a =b = .
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b
2
a + b = 1
1 1
4
. Tại sao
+ ≥
a b a +b
1
1
1
trong cùng một bài toán mà có đến hai đáp số ? Do đâu mà lời giải 2 tại sao lại tách
?. Đó
=
+
2ab 6ab 3ab
chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức.
Lời bình: lời giải 1. và lời giải 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức
Các bất đẳng thức trong các đề thi đại học thông thường là đối xứng với các biến và ta dự đoán dấu bằng xảy
ta khi các biến bằng nhau và xảy ra tại biên.
Cho x ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x +
1
x
Giải:
Phân tích bài toán:
Với α + β = 1; α , β > 0 , thì P = α x +
Ta luôn có : P = α x +
1
+ βx .
x
1
1
+ β x ≥ 2 α x. + β x
x
x
Dấu đẳng thức xảy ra khi α x =
1
1
1
1
3
⇔x =
⇔2=
⇔α = ⇒β =
α
α
x
4
4
Bài giải:
1 1
1 3
1 1 3
5
= x + + x ≥ 2 x . + .2 =
x 4
x 4
4 x 4
2
5
Vậy min P = khi x = 2 .
2
P =x +
Cho a, b > 0 và thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1
a +b
2
2
+
1
+ 4ab .
ab
Giải:
Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán min P đạt tại a = b =
Ta có: P =
1
a +b
2
2
+
1
.
2
1
1
1
4
1
1
+ 4ab +
≥
+ 2 4ab.
+
≥7
+
2
2
2ab
4ab 4ab (a + b)
2ab
a + b
4
2
-12-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
a 2 + b 2 = 2ab
1
1
Đẳng thức xảy ra ⇔ a 2b 2 =
⇔a =b = .
16
2
a
b
1
+
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 đạt tại a = b =
1
.
2
Tham khảo hai lời giải khác :
Lời giải 1:
P =
1
a +b
2
2
+
1
1
1
4
+ 4ab +
≥
+
ab
4ab 4ab
a +b
(
)
2
2 4ab.
1
1
1
1
+
≥ 4+2+
=6+
2ab 4ab
4ab
4ab
a 2 + b 2 = 2ab
1
1
1
Đẳng thức xảy ra ⇔ a 2b 2 =
⇔ a = b = . Thay a = b = vào ta được P ≥ 7 .
16
2
2
a
+
b
=
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 đạt tại a = b = .
2
Lời bình 1:
1
Qua cách giải trên ta đã chọn đúng dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = nên dẫn đến việc tách các số hạng và
2
1
giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 đạt tại a = b = là đúng , nhưng bước cuối cùng ta đã làm sai , ví dụ
2
2
2
1 − a + a ≥ a , đẳng thức xảy ra khi a = 1 ⇒ min 1 − a + a = a ?.
Lời giải 2:
1
1
1
1
4
1
4
P = 2
+
+
+ 4ab ≥ 2
+
+ 4ab =
+
+ 4ab .
2
2
2
2ab 2ab
a +b
a + b + 2ab 2ab
2ab
a +b
(
)
(
)
(
)
(
)
1
1
+ 4ab ≥ 2
.4ab = 2 2 . Vậy P ≥ 4 + 2 2 ⇒ min P = 2 2 + 2
2ab
2ab
Lời bình 2:
1
1
1
Thoạt nhìn thấy bài toán đã giải đúng . Thực tế thì sao? . Việc tách
để làm xuất hiện đẳng
=
+
ab 2ab 2ab
Mặt khác
(
)
2
thức a 2 + b 2 + 2ab = a + b .
a = b
1
min P = 2 2 + 2 ⇔
= 4ab . Hệ vô nghiệm. Đẳng thức không xảy ra , do đó không tồn tại min P .
2
ab
a + b = 1
(
)
-13-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
(x
Cho x , y là hai số thực dương lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P =
(x
P =
(x − 1)(y − 1)
)
Giải:
) (
+ y3 − x 2 + y2
3
) (
+ y3 − x 2 + y2
3
(x − 1)(y − 1)
) = x ( x − 1) + y ( y − 1) =
2
2
(x − 1)(y − 1)
x2
y2
+
≥
y −1 x −1
2xy
(x − 1)(y − 1)
.
x2
y2
Đẳng thức xảy ra khi :
.
=
y −1 x −1
x −1+1 x
Mặt khác x − 1 = x − 1 .1 ≤
= . Đẳng thức xảy ra khi : x − 1 = 1 ⇔ x = 2 .
2
2
y −1+1 y
y − 1 = y − 1 .1 ≤
= . Đẳng thức xảy ra khi : y − 1 = 1 ⇔ y = 2 .
2
2
2xy
⇒P ≥
= 8 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = 2 .
x y
.
2 2
Vậy min P = 8 khi x = y = 2 .
(
(
)
)
Tương tự : Cho a, b, c là hai số thực dương và thỏa mãn b 2 + c 2 ≤ a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
1
1 2
1
b + c2 + a 2 2 + 2 .
2
a
c
b
(
)
Cho x , y, z là 3 số thực dương thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y
z
1
1
1
P = x + +y + +z +
2 yz
2 zx
2 xy
Đề thi Đại học khối B năm 2007
Giải:
Cách 1:
Phân tích bài toán: Dự đoán điểm rơi x = y = z .
x2
x
y
z
1
1
1
x2
1
1
1
Khi đó P = x + + y + + z +
+
= 3. + 3. = 3 +
2
x
2 yz
2 zx
2 xy
2 2x 2x
x2 1 1
9
9
x2
1
. .
⇒ P ≥ ⇒ min P = .Đẳng thức xảy ra khi
=
⇔ x = 1.
2 2x 2x
2
2
2
2x
9
Vậy ta dự đoán min P = khi x = y = z = 1 .
2
Bài giải:
x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx
P =
+
≥
+
2
xyz
2
xyz
⇒ P ≥ 3.3 3
-14-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
x 2 1 y2 1 z 2 1 x 2
1
1 y2
1
1 z2
1
1
+
+ +
+
+ +
+
P ≥ + + + + + = +
2 x 2 y 2 z 2 2x 2x 2 2y 2y 2 2z 2z
Hay P ≥ 3 3
x2 1 1
y2 1 1
z2 1 1
9
. .
+ 33 . .
+ 33 . .
⇒P ≥
2 2x 2x
2 2y 2y
2 2z 2z
2
Vậy min P =
9
khi x = y = z = 1 .
2
Cách 2:
x
y
z
1
1
1 x2 y2 z 2 x
y
z
P = x + +y + +z +
+
+
+
+
+
=
2
2 yz zx xy
2 yz
2 zx
2 xy 2
1
1 1 2
1
1
2
2
P = x 2 + y2 + z 2 +
+
= x + y + z 1 +
xyz xyz
2 xyz 2
(
)
(
)
1 3 2 2 2
1
9
9 x y z .3 2 2 2 = .
2
2
xyz
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 .
P≥
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
9
2
Cho các số thực x , y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 . Chứng minh rằng :
3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6
Đề thi Dự bị Đại học khối D năm 2005
Giải:
Phân tích bài toán: Dự đoán điểm rơi x = y = z = 0 .
Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 3
3 + 4 x = 1 + 1 + 1 + 4x
Mặt khác 3 + 4y = 1 + 1 + 1 + 4y
z
z
3 + 4 = 1 + 1 + 1 + 4
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =
3
(
3 + 4x . 3 + 4y . 3 + 4 z = 3 6 3 + 4x
)( 3 + 4 )( 3 + 4 )
y
z
4
≥ 4 4x
6
4
4
≥ 4 4y ⇒ 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 3 4 3 4x .4y.4z ≥ 6
4
≥ 4 4z
0.
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
Q = 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a .
Giải:
Trước hết dự đoán đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . Suy ra MaxQ = 3 3 3 .
-15-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân cho ba số a + 2b, 3, 3 , ta được
1 3 + 3 + (a + 2b) 6 + a + 2b
.
=
.
3
3
3
9
9
33 9
6 + b + 2c 3
6 + c + 2a
Tương tự: 3 b + 2c ≤
; c + 2a ≤
33 9
33 9
6 + a + 2b 6 + b + 2c 6 + c + 2a
Suy ra:Q ≤
+
+
= 33 3
3
3
3
3 9
3 9
3 9
3
a + 2b =
1
3
3.3(a + 2b) ≤
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 và MaxQ = 3 3 3 .
Tham khảo lời giải khác :
1 + 1 + (a + 2b) 2 + a + 2b
Ta có: 3 1.1(a + 2b) ≤
, tương tự ta có:
=
3
3
2 + b + 2c 3
2 + c + 2a
3 1.1 b + 2c ≤
; 1.1 c + 2a ≤
3
3
2 + a + 2b 2 + b + 2c 2 + c + 2a
Suy ra : Q = 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤
+
+
=5
3
3
3
Lời bình : Thoạt nhìn thấy lời giải của bài toán đã giải đúng . Thực tế thì sao? Q ≤ 5
(
)
(
)
a + 2b = 1
b + 2c = 1
hệ vô nghiệm.Vậy Q < 5 .
MaxQ = 5 ⇔
c + 2a = 1
a + b + c = 3
Tương tự: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c =
3
3
.Chứng minh rằng:
4
a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3
1 1 1
+ + = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x y z
1
1
1
P =
+
+
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
Đề thi Đại học khối D năm 2007
Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn
Giải:
Cách 1:
1
1 1 1 1 1
≤
+ + +
2x + y + z 16 x x y z
1
1 1 1 1 1
1 2 1 1 1 2 1 1 1 2
≤
+ + + + + + + + = 1
+ + + ⇒P ≤
16 x y z x y z x y z
x + 2y + z 16 x y y z
1
1 1 1 1 1
≤
+ + +
x + y + 2z 16 x y z z
-16-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
Vậy: MaxP = 1 khi x = y = z =
4
.
3
Lời bình : Dự đoán MaxP đạt được tại x = y = z =
4
nên tách các số 2x = x + x ;2y = y + y;2z = z + z ra
3
cho dấu bằng xảy ra.
Cách 2:
1 1
4
1
1 1 1
+ ≥
⇔
≤ + ”.
a b a +b
a + b 4 a b
1
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
≤
+
+
≤ + + = +
2x + y + z 4 2x y + z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z
Áp dụng mệnh đề “nếu a, b > 0 , thì
1
1 1 1 1
1
1 1
1 1
≤
+ + ;
≤
+
+
x + 2y + z 8 2x y 2z x + y + 2z 8 2x 2y z
Cộng vế theo vế ta được đpcm.
Tương tự :
Lời bình : Nếu a, b > 0 thì
1 1
4
+ ≥
.
a b a +b
(a + b )
Tổng quát : Cho x , y > 0 và hai số a, b bất kỳ, ta luôn có :
2
x +y
(
)
a2
≤
x
+
b2
hay
y
2
a +b
a 2 b2
a b
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = .
+ ≥
y x +y
x y
x
1
1
1
1
n2
Mở rộng: Nếu a1, a2 , a 3 ,..., an ≥ 0 thì :
+
+
+ ... +
≥
.
a1 a 2 a 3
an a1 + a2 + a 3 + ... + an
a + a + a + ... + a ≥ n n a a a ...a
n
n
2
3
1 2 3
1
Chứng minh : Với a1, a2 , a 3 ,..., an ≥ 0 , 1
1
1
1
1
+
+ ... +
≥ nn
+
an
a1a2a 3 ...an
a1 a2 a 3
1
1
1
1
⇒ a1 + a2 + a 3 + ... + an +
+
+ ... +
a
an
1 a2 a 3
1
1
1
1
n2
⇔
+
+
+ ... +
≥
a1 a2 a 3
an a1 + a2 + a 3 + ... + an
(
)
1
2
≥ n n a1a2a 3 ...an n
a1a2a 3 ...an
Đẳng thức xảy ra khi a1 = a2 = a 3 = ... = an
Thực tế cách 2 và cách 1 không có sự khác biệt.
Tương tự :
1. Cho tam giác có độ dài 3 cạnh là a, b, c và p là nửa chu vi . Chứng minh rằng :
1 1 1
1
1
1
+
+
≥ 2 + + .
p −a p −b p −c
a b c
2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng :
-17-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
1
1
1
11 1 1
+
+
≤ + +
a + b b + c c + a 2 a b c
1
1
1
1
1
1
b.
+
+
≤
+
+
2a + b + c a + 2b + c a + b + 2c a + 3b b + 3c c + 3a
1
1
1
1 1
1
1
c.
+
+
≤
+
+
4 a + b b + c c + a
2a + 3 b + c
2b + 3 c + a
2c + 3 a + b
a.
(
)
(
)
(
)
1
1
1
1 1
1
1
+
+
≤
+
+
a + 2b + 3c b + 2c + 3a c + 2a + 3b 2 a + 2c b + 2a c + 2b
1
1
Cách 3: Ta có 2x + y + z = x + x + y + z ≥ 4 4 x .x .y.z ⇒
≤
và
2x + y + z 4 4 x 2yz
d.
1 1 1 1 11 1 1 1
1
1 2 1 1
≤
. . . ≤ + + + ⇒
+ + ⊲ , tương tự ta có:
x x y z 4x x y z
2x + y + z 16 x y z
1
1 1 2 1
1
1 1 1 2
≤
≤
+ + ;
+ +
x + 2y + z 16 x y z x + y + 2z 16 x y z
4
1 1 1 1
4
.4 + + = 1 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z =
16 x y z
3
4
Vậy: MaxP = 1 khi x = y = z = .
3
P≤
Tham khảo hai lời giải khác :
Lời giải 1:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 10
Ta có P ≤
+ + + +
+ + + + =
+ + =
9 2x y z 9 x 2y z 9 x y 2z 18 x y z 9
10
⇒ MaxP =
9
Lời giải 2:
1
1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10
P≤
+
+
≤
+ + +
+ +
+
+ + =
3 3 2x y z 3 3 x 2y z 3 3 x y 2z 9
3 3 2xyz 3 3 x .2yz 3 3 xy 2z
Lời bình : Thoạt nhìn thấy lời giải 1, lời giải 2 của bài toán đã giải đúng . Thực tế thì sao?
2x = y = z
2y = x = z
10
10
MaxP =
⇔ 2z = x = y
hệ vô nghiệm nghĩa là không tồn tại x , y, z ∈ D để P =
9
9
1 + 1 + 1 = 4
x y z
Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên đều đã biết hướng “đích” song chưa biết chọn điểm rơi.
(
Tương tự :
-18-
www.mathvn.com
)
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
http//:www.maths.vn
1 1 1
+ + ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x y z
1
1
1
.
+
+
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
1. Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn
P =
2. Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng :
3
2
+ 2
> 14 .
xy + yz + zx x + y 2 + z 2
3. Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn x + y + z ≤ 1 . Chứng minh rằng :
1
1
1
+ 2
+ 2
≥ 9.
x + 2yz y + 2zx z + 2xy
2
1 1
4
.
+ ≥
a b a +b
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4
4
4
8 = 2 + + = + + + + + ≥
+
+
1
x y z x y y z z x x + y y + z z + x
4
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = .
3
1
1
1 1
1 1
1 1
1
+
+
+
+
+
2
=
+
+
x + y y + z z + x x + y y + z y + z z + x z + x x + y
4
4
4
≥
+
+
2
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z .
Cách 4: Nếu a, b > 0 thì
()
()
() ()
Từ 1 và 2 suy ra
1
1
1
1
1
1
8
+
+
+
+
≤1
≤8⇔
2x + y + z 2y + x + z 2z + x + y
2x + y + z 2y + x + z 2z + x + y
4
Vậy: MaxP = 1 khi x = y = z = .
3
Lời bình : Thực tế cách 1 và cách 4 không có sự khác biệt.
Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì
a +b
b +c
c +a
c
a
b
+
+
≥ 2
+
+
a +b
c
a
b
b +c
a +c
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức
(
)
x + y ≤ 2 x + y , ta có :
a +b
b +c
c +a
1 a
b 1 b
c 1 c
b
+
+
+
+
≥
+
+
+
c
a
b
2 c
c
2 a
a
2 a
a
=
a 1
1
b 1
1
c 1
1
+
+
+
+
+
.
2 c
b
2 a
c
2 a
b
-19-
www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt .
Áp dụng bất đẳng thức
http//:www.maths.vn
1 1
4
, ta có :
+ ≥
x y x +y
a 1
1
b 1
1
c 1
1
2 2a
2 2b
2 2c
+
+
+
+
+
+
+
≥
2 c
b
2 a
c
2 a
b
b+ c
a + c
a + b
Áp dụng bất đẳng thức
2 2a
b+ c
+
2 2b
a + c
+
(
)
x + y ≤ 2 x + y , ta có :
2 2c
a + b
c
b
a
= 2
+
+
a +b
a +c
b +c
≥
2 2a
(
2 b +c
)
+
2 2b
(
2 a +c
)
+
2 2c
(
2 a +b
)
.
Lời bình : Bài toán trên sử dụng đến hai bất đẳng thức cơ bản
Chứng minh rằng mỗi số thực dương a, b, c ta luôn có:
(
1 1
4
và
+ ≥
x y x +y
)
x + y ≤ 2 x +y .
ab
bc
ca
a +b +c
+
+
≤
a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b
6
Giải:
ab
ab
ab 1
1
1
Ta có :
=
≤
.
+
+ .
a + 3b + 2c
9 a + c b + c 2b
a + c + b + c + 2b
(
) (
)
Ŏ
bc
bc 1
1
1
ac
ac 1
1
1
≤
+
+ ,
≤
+
+
.
b + 3c + 2a
9 a + b a + c 2c
c + 3a + 2b
9 b + c a + b 2a
Cộng vế theo vế ta được
ab
bc
ca
1 bc + ac bc + ab ab + ac 1
+
+
≤
+
+
a +b +c
+
a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 9 a + b
a +c
b + c 18
Tương tự :
(
)
ab
bc
ca
1
1
a +b +c
.
+
+
≤ a +b +c +
a +b +c =
a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 9
18
6
1 1 1
9
Lời bình : Bài toán trên sử dụng đến bất đẳng thức cơ bản
.
+ + ≥
x y z x +y +z
Hay
(
)
(
Cho a, b, c > 0 và thoả mãn điều kiện a.b.c = 1 . Chứng minh rằng:
)
(
2
a b +c
3
)
+
(
IMO năm 1995
Giải:
Cách 1:
Phân tích bài toán: Dự đoán điểm rơi a = b = c = 1 và
(
1
a3 b + c
)
=
1 2 b +c
= =
2 4
4bc
Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân
-20-
www.mathvn.com
2
b c +a
3
)
+
(
2
c a +b
3
)
≥3
- Xem thêm -
.PDF 
67 
294 
60 
