§inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao PHẦN I SƠ LƯỢC VỀ BẤT ĐẲNG THỨC I. Định nghĩa Cho A, B là các biểu thức số. + Bất đẳng thức là các mệnh đề có dạng “A > B”, “A < B”, “A ≥ B”, “A ≤ B”. + BĐT có thể đúng, có thể sai. Khi nói về BĐT mà không chú thích gì thêm thì ta coi các BĐT đó là đúng. + Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh các BĐT (các mệnh đề tương ứng) là đúng. II. Các tính chất của BĐT 1. A > B ⇔ A - B > 0. 2. A > B và B > C ⇒ A > C. 3. A > B ⇔ A + C > B + C với mọi C. Hệ quả: A > B + C ⇔ A - C > B. 4. A > B và C > D ⇒ A + C > B + D. 5. A > B và C > D ⇒ A + C > B + D. 6. > >  > ⇔  < <  . . ( 0) . . ( 0) AC B C C A B AC B C C . 7. A > B > 0 và C > D > 0 ⇒ A.C > B.D. Hệ quả: a) A, B ≥ 0, n∈N * : A > B ⇔ A 2n > B 2n ⇔ > 2 2n n A B . b) n∈N * : A > B ⇔ A 2n+1 > B 2n+1 + + ⇔ > 2 1 2 1n n A B . III. Cách chứng minh một BĐT Để chứng minh một BĐT ta thường dùng một trong các cách chính sau đây: 1. Biến đổi tương đương BĐT cần chứng minh về các BĐT đúng (hoặc giả thiết đúng). 2. Từ một BĐT đúng (hoặc giả thiết đúng) biến đổi kéo theo (suy ra) về BĐT cần chứng minh. 3. Áp dụng hỗn hợp cả hai cách trên: 1 bđt(1) ⇔ bđt(2). Vì (2) đúng nên (1) đúng Bđt(1) ⇒ bđt(2). Vì (1) đúng nên (2) đúng Bđt(1) ⇔ bđt(2); bđt(3) ⇒ bđt(2). Vì (3) đúng nên (2) đúng ⇒ (1) đúng đúng §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao IV. Các bất đẳng thức đúng được thừa nhận 1. x 2 ≥ 0 với mọi x∈R. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. 2. + + + ≥ 2 2 2 1 2 0 n x x x với mọi x 1 ,…, x n ∈R. Dấu “=” xảy ra ⇔ x 1 = … = x n = 0. 3. |x| ≥ 0 với mọi x∈R. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 0. 4. |x| ≥ ± x với mọi x∈R. 5. BĐT Cauchy: cho n∈N, n > 1 và a 1 , a 2 ,…, a n ≥ 0. Khi đó ta có: + + + +   ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ ≥  ÷   1 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n a a a a a a a a n a a a a n n . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 =…= a n . 6. BĐT Bunhiacopxki: Cho a 1 ,…, a n và b 1 ,…, b n là các số thực. Khi đó ta có: + + + + + + ≥ + 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 ( )( ) ( ) n n n n a a a b b b a b a b . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a i = t.b i với mọi i = 1,…, n. 7. Bất đẳng thức về GTTĐ: |a| - |b| ≤ |a ± b| ≤ |a| + |b|. Để xét dấu bằng xảy ra cần xét dấu các trường hợp của a và b. V. Ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Chứng minh rằng (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca) với mọi a,b,c∈R (1). Lời giải: Cách 1: (1) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ≥ 0 (1’). Vì (1’) đúng với mọi a,b,c∈R nên (1) đúng với mọi a,b,c∈R. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Cách 2: ∀a,b,c∈R ta có (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ≥ 0 ⇒ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (2ab + bc + ca) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3(ab + bc + ca) ⇒ (a + b + c) 2 ≥ 3(ab + bc + ca). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Cách 3: Ta có (1) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (1’’). Mặt khác ∀a,b,c∈R dễ có:  + ≥   + ≥ ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +   + ≥   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2( ) (1''') 2 a b ab b c bc a b c ab bc ca a b c ab bc ca c a ca . Từ (1’’) và (1’’’) suy ra (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. 2 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao PHẦN II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Nội dung phương pháp Sử dụng những BĐT được thừa nhận, áp dụng các tính chất để biến đổi các BĐT cần chứng minh theo ba cách trên. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: + + ≥ + ∀ ≥ 2 (1 )(1 ) (1 ) , 0y x xy x y (1). Lời giải: ⇔ + + + ≥ + + ⇔ + − ≥ ⇔ − ≥(1) 1 1 2 2 0 ( ) 0x y xy xy xy x y xy x y (1’). Vì (1’) luôn đúng với mọi x, y ≥ 0 nên (1) luôn đúng với mọi x, y ≥ 0. Ví dụ 2: Chứng minh: + + ≥ + + 2 2 a b 1 ab a b ∀a,b∈R (2). Hướng dẫn cách giải (HDCG): Sử dụng cách biến đổi tương đương về một BĐT đúng. Lời giải: (2) ⇔ + + − − − ≥ 2 2 2a 2b 2 2ab 2a 2b 0 ⇔ − + + + + + + + ≥ 2 2 2 2 a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 a b a 1 b 1 0 (2’). Vì (2’) luôn đúng ∀a,b∈R nên (2) luôn đúng ∀a,b∈R. Ví dụ 3: Chứng minh: + + ≥ − + 2 2 2 a b c ab ac 2bc 4 ∀a,b,c∈R (3). Lời giải: (3) ⇔ ( ) − − + + − ≥ 2 2 2 a a b c b c 2bc 0 4 ⇔ ( )   − − ≥  ÷   2 a b c 0 2 (3’). Vì (3’) luôn đúng ∀a,b,c∈R nên (3) luôn đúng ∀a,b,c∈R. Ví dụ 4: Cho a, b > 0. Chứng minh: + +   ≥  ÷   3 3 3 a b a b 2 2 (4). HDCG: Sử dụng cách biến đổi hỗn hợp. Lời giải: (4) ⇔ + +   − ≥  ÷   3 3 3 a b a b 0 2 2 ⇔ ( ) ( ) + − ≥ 2 3 a b a b 0 8 . Vì a, b > 0 nên a + b > 0 và (a - b) 2 ≥ 0 ⇒ (đpcm). Ví dụ 5: Cho a.b ≥ 1. Chứng minh rằng: + ≥ + + + 2 2 1 1 2 1 ab 1 a 1 b (5). Lời giải: (5) ⇔ + − − ≥ + + + + 2 2 1 1 1 1 0 1 ab 1 ab 1 a 1 b ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) − − + ≥ + + + + 2 2 2 2 ab a ab b 0 1 a 1 ab 1 b 1 ab 3 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − + ≥ + + + + 2 2 a b a b a b 0 1 a 1 ab 1 b 1 ab ⇔ −   − ≥  ÷ + + +   2 2 b a a b 0 1 ab 1 a 1 b ⇔ ⇔ ( ) ( )   − + − − ≥  ÷  ÷ + + +   2 2 2 2 b a a ab b ba 0 1 ab 1 a 1 b ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − − ≥ + + + 2 2 2 b a ab 1 0 1 ab 1 a 1 b . Vì a.b ≥ 1 ⇒ (đpcm). Ví dụ 6: a) Cho a, b ≥ 0. Chứng minh: a 2009 + b 2009 ≥ a 2000 b 9 + b 2000 a 9 (6a). b) Chứng minh: a m b n + a n b m ≤ a m+n + b m+n với mọi a, b ≥ 0 (6b). c) Chứng minh (a m + b m )(a n + b n ) ≤ 2(a m+n + b m+n ) với mọi a, b ≥ 0 (6c). Lời giải: a) (6a) ⇔ (a 2001 - b 2001 )(a 9 - b 9 ) ≥ 0 (6a’). +) Nếu a ≥ b ≥ 0 thì a 2001 - b 2001 ≥ 0 và a 9 - b 9 ≥ 0 nên (6a’) đúng. +) Nếu b > a ≥ 0 thì a 2001 - b 2001 < 0 và a 9 - b 9 < 0 nên (6a’) đúng. Vậy (6a’) đúng nên (6a) đúng. b) Tương tự (6a). c) Đưa về (6b). Ví dụ 7: Chứng minh: Nếu a + b ≥ 1 thì + ≥ 3 3 1 a b 4 (7). HDCG: Sử dụng cách biến kéo theo (bắt đầu từ GT hoặc một BĐT đúng đã có). Lời giải: Từ giả thiết: a + b ≥ 1 ⇒ b ≥ 1 – a ⇒ b 3 = (1 – a) 3 = 1 – a + a 2 – a 3 ⇒ a 3 + b 3 =   − + ≥  ÷   2 1 1 1 3 a 2 4 4 ⇒ (đpcm). Ví dụ 8: Cho a, b, c là số đo độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: a) a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca). b) abc ≥ (a + b – c)(a + c – b)(b + c – a). Lời giải: a) Trong tam giác ta có: a > |b - c| ⇒ > − + 2 2 2 a b 2bc c . b > |a - c| ⇒ > − + 2 2 2 b a 2ac c . c > |a - b| ⇒ > − + 2 2 2 c a 2ab b . ⇒ a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca). b) Hiển nhiên ta có: ( ) > − − 2 2 2 a a b c ⇒ ( ) ( ) > + − + − 2 a a c b a b c . ( ) > − − 2 2 2 b b a c ⇒ ( ) ( ) > + − + − 2 b b c a a b c . ( ) > − − 2 2 2 c c a b ⇒ ( ) ( ) > + − + − 2 c b c a a c b . ⇒ ( ) ( ) ( ) > + − + − + − 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a c b b c a ⇔ ( ) ( ) ( ) > + − + − + −abc a b c a c b b c a . 4 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao Ví dụ 9: Cho a 2 + b 2 + c 2 = 1. Chứng minh rằng: abc + 2(1 + a + b + c + ab + bc + ca) ≥ 0 (9). Lời giải: Từ giả thiết ta có - 1 ≤ a, b, c ≤ 1. VT(9) = (1+a)(1+b)(1+c) + + + + 2 1 ( 1) 2 a b c ≥ 0. Ví dụ 10: Cho a, b, c ∈ ¡ \{1} thoả mãn: (a – 1)(b – 1)(c – 1) = abc. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1. Hãy chỉ ra một bộ số (a; b; c) với là a, b, c là các số hữu tỉ để xảy ra đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 = 1. Lời giải: Ta có: (a – 1)(b – 1)(c – 1) = abc ⇔ a + b + c - 1 = ab + bc + ca ⇔ ⇔ 2(a + b + c – 1) = (a + b + c) 2 – (a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ a 2 + b 2 +c 2 – 2 = (a + b + c) 2 - 2(a + b + c) ⇔ a 2 + b 2 +c 2 – 1 = (a + b + c) 2 - 2(a + b + c) + 1 ⇔ a 2 + b 2 +c 2 – 1 = (a + b + c - 1) 2 ≥ 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 1 1 0 1 a b c a b c ab bc ca a b c + + =  + + =  ⇔   + + = + + =   . Khử c ta có phương trình: b 2 + (a – 1)b + a(a – 1) = 0 (*). Coi vế trái (*) là một tam thức bậc hai có ∆ = (a – 1) 2 – 4a(a – 1) = (1 – a)(1 + 3a). Để b có thể hữu tỉ ta chọn a sao cho ∆ là số chính phương ⇒ chọn a = - 1 3 ⇒ b = 2 3 , c = 2 3 .Vậy bộ số (a = - 1 3 , b = 2 3 , c = 2 3 ) là một bộ số cần tìm. BÀI TẬP VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP 1. Chứng minh: + + ≤ 2 2 a b a b 2 2 (1). HD: +) a + b ≤ 0: (1) luôn đúng. +) a + b > 0: (1) ⇔ + + + − ≤ 2 2 2 2 a b 2ab a b 0 4 2 ⇔ ( ) − ≥ 2 a b 0 4 đúng. 2. Cho a + b ≥ 0. Chứng minh: + + ≤ 3 3 3 a b a b 2 2 (2). HD: (2) ⇔ ( ) + + ≤ 3 3 3 a b a b 8 2 ⇔ ( ) ( ) − − ≤ 2 2 3 b a a b 0 ⇔ ( ) ( ) − − + ≤ 2 3 b a a b 0 . 3. Cho a, b > 0 . Chứng minh: + ≥ + a b a b b a (3). HD: (3) ⇔ + ≥ +a a b b a b b a ⇔ ( ) ( ) − − − ≥a b a a b b 0 ⇔ ( ) ( ) − − ≥a b a b 0 ⇔ ( ) ( ) − + ≥ 2 a b a b 0 . 4. Chứng minh: ( ) + + + ≥ + + 2 2 2 a b c 3 2 a b c (4) ∀a,b,c∈R. HD: (4) ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 a 1 b 1 c 1 0 . 5 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao 5. Chứng minh: ( ) + + + + ≥ + + + 2 2 2 2 2 a b c d e a b c d e (5) ∀a,b,c,d,e∈R. HD: (5) ⇔ − + + − + + − + + − + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 a a a a ab b ac c ad d ae e 0 4 4 4 4 ⇔         − + − + − + − ≥  ÷  ÷  ÷  ÷         2 2 2 2 a a a a b c d e 0 2 2 2 2 . 6. Chứng minh: + + ≥ + + 2 2 2 x y z xy yz zx (6) ∀x,y,z∈R. HD: (6) ⇔ + + − − − ≥ 2 2 2 2x 2y 2z 2xy 2yz 2zx 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 x y x z y z 0 . 7. a) Chứng minh: + + + + ≥ ≥ a b c ab bc ca ; a,b,c 0 3 3 (a). b) Chứng minh: + + + +   ≥  ÷   2 2 2 2 a b c a b c 3 3 ∀a,b,c∈R (b) HD: a) Ta có: + + ≥ + + 2 2 2 a b c ab bc ca . + + + + + + + + +   = ≥  ÷   2 2 2 2 a b c a b c 2ab 2bc 2ca ab bc ca 3 9 3 ⇔ + + + + ≥ a b c ab bc ca 3 3 . b) Ta có: ( ) ( ) + + = + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c 2 a b c ( ) ( ) ≥ + + + + + = + + 2 2 2 2 a b c 2 ab bc ca a b c ⇒ + + + +   ≥  ÷   2 2 2 2 a b c a b c 3 3 . 8. Chứng minh: + + ≥ + + 2 2 a b 1 ab a b (8) ∀a,b∈R. HD: (8) ⇔ + + − − − ≥ 2 2 2a 2b 2 2ab 2a 2b 0 ⇔ − + + + + + + + ≥ 2 2 2 2 a 2ab b a 2a 1 b 2b 1 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 a b a 1 b 1 0 . 9. Chứng minh: + + ≥ − + 2 2 2 x y z 2xy 2xz 2yz (9) ∀x,y,z∈R. HD: (9) ⇔ + + − + − ≥ 2 2 2 x y z 2xy 2xz 2yz 0 ⇔ (x – y + z) 2 ≥ 0. 10. Chứng minh: + + + ≥ − + + 4 4 2 2 x y z 1 2x(xy x z 1) (10) ∀x,y,z∈R. HD: (10) ⇔ + + + − + − − ≥ 4 4 2 2 2 2 x y z 1 2x y 2x 2xz 2x 0 ⇔ ( ) ( ) ( ) − + − + − ≥ 2 2 2 2 2 x y x z x 1 0 . 11. Cho a, b, c là số đo độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh: 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2c 2 a 2 – a 4 – b 4 – c 4 > 0 (11). HD: (11) ⇔ 4a 2 b 2 + 2c 2 (b 2 + a 2 ) – a 4 – b 4 – 2a 2 b 2 – c 4 > 0 ⇔ 4a 2 b 2 + 2c 2 (b 2 + a 2 ) – (a 2 + b 2 ) 2 – c 4 > 0 ⇔ (2ab) 2 – [(a 2 + b 2 ) – c 2 ] 2 > 0 ⇔ [c 2 – (a – b) 2 ][(a + b) 2 – c 2 ] > 0 ⇔ (c – a + b)(c + a – b)(a + b – c)(a + b + c) > 0. 12. Cho a,b,c∈[0;1]. Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + a 2 b + b 2 c + c 2 a. HD: (1 - a 2 ) (1 - b 2 ) (1 - c 2 ) ≥ 0 ⇒ 1 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 - a 2 b 2 c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 . Vì a,b,c∈[0;1] nên 1 + a 2 b + b 2 c + c 2 a ≥ 1 + a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 . 6 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao II. Phương pháp sử dụng các hằng đẳng thức bậc hai 1. Nội dung phương pháp Biến đổi các biểu thức trong các BĐT cần chứng minh về các bình phương, sau đó đánh giá các biểu thức đó. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + 4x với các giả thiết sau: a) x∈R b) x ≥ - 3 c) x ≥ - 1 HDCG: Biến đổi về dạng bình phương. Lời giải: P = (x + 2) 2 - 4. a) Với x∈R thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2. Vậy MinP = - 4. b) Với x ≥ - 3 thì P ≥ - 4; P = - 4 khi x = - 2. Vậy MinP = - 4. c) Với x ≥ - 1 thì x + 2 ≥ 1 ⇒ (x + 2) 2 ≥ 1 ⇒ P ≥ - 3;P = - 3 khi x = - 1. Vậy MinP = - 3. Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 + 2x - 4y trong các trường hợp: a) x,y∈R b) x, y ≥ 0 c) x, y ≥ 3 HD: Tương tự VD 1. Ví dụ 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: a) P = x 2 + 2y 2 – 2xy + 2x - 10y. b) Q = 10x 2 + 20y 2 + 24xy + 8x - 24y. c) R = x 2 + 6y 2 + 14z 2 - 8yz + 6xz - 4xy + 1. HD: Áp dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ ta có: a) P = (x – y + 1) 2 + (y - 4) 2 - 71. b) 2,5Q = 25x 2 + 50y 2 + 60xy + 20x – 60y = -130 +(5x + 6y + 2) 2 +14(y – 3) 2 . c) R = (x - 2y + 3z) 2 + 2(y + z) 2 + 3z 2 + 1. BÀI TẬP VẬN DỤNG Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 1. A = x 2 + 2y 2 + x + 3y với: a) x ≥ - 1, y ≥ 2. b) x, y ≥ 2. 2. B = x 4 - 4x 2 +2009 với: a) x ≥ - 1 b) x ≥ 3 3. C = x 2 + 3y 2 + 4xy + 2x + 4y – 9 với mọi x, y. 7 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao 4. D = x 2 + 2y 2 + 3z 2 – 2xy + 2zx – 2x – 2y – 8z + 6 với mọi x, y, z. III. Phương pháp miền giá trị 1. Nội dung phương pháp Phương pháp dựa trên cơ sở lí thuyết sau: Nếu phương trình P = f(x) có nghiệm trên D khi và chỉ khi m ≤ P ≤ M thì minP = m và MaxP = M. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: Tìm GTLN - GTNN của + + = − + 2 2 1 2 3 x x P x x . HDCG: Quy đồng và tìm điều kiện để PT có nghiệm x ⇒ điều kiện của P ⇒ GTLN - GTNN của P. Lời giải: + + = ⇔ − − + + − = − + 2 2 2 1 (2 1) ( 1) 3 1 0 (*) 2 3 x x P P x P x P x x . +) Nếu − = ⇔ = 1 2 1 0 2 P P thì (*) có nghiệm x. +) Nếu − ≠ ⇔ ≠ 1 2 1 0 2 P P thì (*) có nghiệm ⇔ 23P 2 - 22P + 3 ≤ 0 − − − + ⇔ ≤ ≤ ≠ 11 52 11 52 1 ( ) 23 23 2 P P . Vậy (*) có nghiệm khi và chỉ khi:  − + =  − − − +  ≤ ≤ ⇒  − −  =   11 52 11 52 11 52 23 23 23 11 52 23 MaxP P MinP . Ví dụ 2: Tìm GTLN - GTNN của + + = − + 2 2 2 2 2 3 x xy y P x xy y với x 2 + y 2 ≠ 0. HDCG: Chia tử và mẫu của phân số cho y 2 (hoặc x 2 ) đưa về dạng của VD1. Lời giải: +) Nếu y = 0 thì = 1 2 P (vì x ≠ 0). +) Nếu y ≠ 0 thì + + = = ∈ − + 2 2 1 , 2 3 t t x P t R y t t . Tương tự như VD1 ta tìm được GTLN - GTNN của P là:  − + =    − −  =   11 52 23 11 52 23 MaxP MinP . Ví dụ 3: Cho x 2 + y 2 + xy = 1. Tìm GTLN - GTNN của P = 2x 2 - xy + y 2 . HD: Đưa về VD2. 8 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao Ví dụ 4: Cho x 2 + y 2 + xy ≤ 1. Tìm GTLN - GTNN của P = x 2 - 2xy + 3y 2 . HD: Đặt a = x 2 + y 2 + xy, 0 ≤ a ≤ 1 đưa về VD3. Ví dụ 5 (Đề thi chung vào chuyên Tuyên Quang 2008): Cho hai số dương x,y thoả mãn điều kiện x + y = 2. Chứng minh 2 2 2 2 ( ) 2x y x y+ £ (5). HDCG: Giả thiết và biểu thức VT có dạng đối xứng nên ta có thể đưa về S và P theo Viet. Lời giải: Đặt P = xy ta có 0 < P ≤ 1. (5) ⇔ P 2 (4 - 2p) ≤ 2 ⇔ P 3 - 2P 2 + 1 ≥ 0 ⇔ (P - 1)(P 2 - P - 1) ≥ 0 ⇔ − + ⇔ − − − ≥ 1 5 1 5 ( 1)( )( ) 0 2 2 P P P (*). BĐT (*) đúng với giả thiết 0 < P ≤ 1. Vậy (5) đúng (đpcm). BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau: a) A = − + + + 2 2 3 5 1 x x x x . b) B = − + + 2 2 2 2 2 3 2 x xy y x y . c) C = x 2 + xy + 2y 2 với điều kiện 2x 2 - xy + y 2 = 1. d) D = x 2 + xy + 2y 2 với điều kiện 2x 2 - xy + y 2 = 1. Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của E = x 2 + y 2 với 2x 2 + y 2 + xy ≥ 1. Bài 3: Cho x 2 + y 2 - xy = 1. Tìm GTLN - GTNN của biểu thức: F = x 4 + y 4 - x 2 y 2 . HD: Đặt t = xy ⇒ − ≤ ≤ 1 1 3 t . Biến đổi F = -2t 2 +2t + 1. IV. Phương pháp sử dụng các bất đẳng thức cổ điển 1. Các BĐT cổ điển thường dùng Có nhiều BĐT cổ điển thường dùng như BĐT Cauchy (AM - GM), Bunhiacopxki, Chebyshev, Becnuli, Jensen, Nesbit, Holder, Cauchy - Schwarz - Holder,… Tuy nhiên trong khuôn khổ bài viết này chỉ xin đề cập hai BĐT quan trọng với học sinh THCS là BĐT Cauchy và Bunhiacopxki. 2. Một số kĩ thuật sử dụng BĐT Cauchy a) Kĩ thuật đánh giá giữa TBC và TBN Ví dụ 1: Chứng minh: + + + ≥ ∀ ≥(a b)(b c)(c a) 8abc a, b, c 0 (1). 9 §inh v¨n H ng THCS Chuyªn l©m thao HDCG: Sử dụng BĐT Cauchy cho các tổng ở vế trái. Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ta được: + ≥a b 2 ab ≥ 0, + ≥b c 2 bc ≥ 0, + ≥a c 2 ac ≥ 0 ⇒ ( ) ( ) ( ) + + + ≥ = 2 2 2 a b b c a c 8 a b c 8abc . Ví dụ 2: Chứng minh: ( ) ( ) ( ) ( ) + + + ≥ + 3 3 1 a 1 b 1 c 1 abc với a, b, c ≥ 0 (2). HDCG: Khai triển VT thành tổng và áp dụng BĐT Cauchy. Lời giải: Ta có: ( ) ( ) ( ) + + + = + + + + + + +1 a 1 b 1 c 1 a b c ab ac bc abc. . Áp dụng BĐT Cauchy ta được: + + ≥ 3 a b c 3 abc ≥ 0, + + ≥ 3 2 2 2 ab ac bc 3 a b c ≥ 0 ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) + + + ≥ + + + = + 3 3 2 2 2 3 3 1 a 1 b 1 c 1 3 abc 3 a b c abc 1 abc . Ví dụ 3: Chứng minh: + ≥ − + 4 2 2 1 2a 3a 1 1 a ∀a∈R (3). HDCG: Tách VT thành tổng hợp lí để triệt tiêu với mẫu số sau đó áp dụng BĐT Cauchy. Lời giải: (3) ⇔ + + + + ≥ + 4 4 2 2 2 1 a a a 1 4a 1 a (3’). Áp dụng BĐT Côsi cho 4 số không âm: + + 4 4 2 2 1 a , a , a 1, 1 a ta được: VT(3’) = ( ) + + + + ≥ + = + + 4 4 2 4 4 2 2 4 2 2 1 1 a a a 1 4 a a a 1 4a 1 a 1 a (đpcm). Ví dụ 4: Cho = + > − + 3x 1 y , x 1 2 x 1 . Định x để y đạt GTNN. Lời giải: Ta có + = + − + 3(x 1) 1 3 y 2 x 1 2 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm ( ) + + 3 x 1 1 , 2 x 1 ta được: ( ) ( ) + + = + − ≥ − = − + + 3 x 1 1 3 3 x 1 1 3 3 y 2 . 6 2 x 1 2 2 x 1 2 2 . Dấu “=” xảy ra ⇔ ( ) ( )  = −  +  = ⇔ + = ⇔  + = − −   2 6 x 1 3 x 1 1 2 3 x 1 2 x 1 3 6 x 1(loaïi) 3 . Vậy y đạt GTNN bằng − 3 6 2 khi = − 6 x 1 3 . Ví dụ 5: Tìm GTNN của = + 2 3 2 f(x) x x , x > 0. 10 [...]... (5) vi mi a > 0 a 199 5 > 199 5a 199 5 a 199 5 + 199 5 > 199 5a 199 5 199 5 a 199 5 + 199 5 > a 199 5 + 199 4 = a 199 5 + 1+4 2 + 1 199 5 1 1+ 4 3 a 199 4 soỏ 6 Chng minh: a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c 2 ) + c2 ( 1+ a 2 ) 6abc 18 = 199 5a Đinh văn Hng HD: THCS Chuyên lâm thao a2 ( 1+ b2 ) + b2 ( 1+ c 2 ) + c2 ( 1+ a 2 ) = a 2 + a 2b2 + b2 + b2c2 + c2 + c2a 2 p dng bt ng thc Cụsi cho 6 s khụng õm: 6 a2 + a2b2 + b2 + b2c2... cho hai s khụng õm: bc ca abc 2 bc ba b2ac ca ab a2bc + 2 = 2c , + 2 = 2b , + 2 = 2a a b ab a c ac b c bc bc ca ab + + a+b+ c a b c 4 Chng minh: HD: (4) x6 + y9 3x2y3 16 ; x,y 0 4 x6 + y9 + 64 12x2y3 (4) 3 3 ( x2 ) + ( y3 ) + 43 12x2y3 3 3 p dng BT Cụsi cho ba s khụng õm: ( x2 ) + ( y3 ) + 43 3x2y3 4 = 12x2y3 5 Chng minh: HD: (5) a 199 5 > 199 5 ( a 1) (5) vi mi a > 0 a 199 5 > 199 5a 199 5... z bt kỡ khỏc khụng: 1 x 2 + 1 y 2 + 1 z 2 9 2 x + y 2 + z2 32 (H Y Dc TP HCM 199 9): Cho 3 s a, b, c khỏc 0 Chng minh: a2 2 b + b2 c 2 + c2 a 2 a b c + + b c a 33 (H Hng hi 199 9): Cho x, y, z 0 v x + y + z 3 Chng minh rng: x 1+ x 2 + y 1+ y 2 + z 1+ z 2 3 1 1 1 + + 2 1+ x 1+ y 1 + z 34 (H An ninh HN khi D 199 9): Cho 3 s x, y, z thay i, nhn giỏ tr thuc on [0; 1] Chng minh rng: 2(x3 + y3 + z3)... b3 + c3 a2 bc + b2 ac + c2 ab 17 Chng minh: 2 a + 33 b + 44 c 99 abc vi mi a, b, c 0 20 ab ) Đinh văn Hng THCS Chuyên lâm thao HD: p dng bt ng thc Cụsi cho 9 s khụng õm: VT = a + a + 3 b + 3 b + 3 b + 4 c + 4 c + 4 c + 4 c 99 abc 21 Đinh văn Hng 18 Cho y= THCS Chuyên lâm thao x 18 + , 2 x x > 0 nh x y t GTNN x HD: p dng BT Cụsi cho hai s khụng õm: y = 2 + x 18 = x2 = 36 x = 6 , 2 x Du = xy... Đinh văn Hng THCS Chuyên lâm thao Cỏch 2: Theo BT Cụsi: 1 x + y + z 3 3 xyz > 0 1 2 1 1 3 1 2 xyz 3 x + 9x 3 , 2 y + 9y 3 , z + 9z 3 T ú: A = 1 1 1 8 1 1 1 x + 9x ữ + y + 9y ữ + z + 9z ữ + 9 x + y + z ữ Du = xy ra khi x = y = z = 4 Ta cú: x + y = A= 4 1 + x 4y = 5 4 8 3 9 3 xyz 10 Vy Amin = 10 t c khi x = y = z = 1 3 4x + 4y 5 = 0 4 1 + 4x+ + 4y 5 x 4y Du = xy ra 1 3 2+... Cauchy cho mu s sao cho trit tiờu vi t s x2 Li gii: Ta cú x2 1+ 16x 4 + 1+ 16x4 y2 1+ 16y 1+ ( 4x ) 2 x2 = 2.4x 2 y2 y2 y2 1 1 = , 1+ 16y4 1+ 4y 2 2.4y2 = 8 8 ( ) 1 4 4 x2 = Vớ d 18: Cho a, b > 0 Chng minh: a 2 2 a +b + b 2 b +c 2 + c 2 a +c 2 1 1 1 1 + + ữ 2 a b c (18) HDCG: p dng BT Cauchy cho mu s sao cho khi gin c cú dng VP a Li gii: Ta cú: Vy: a 2 2 a +b + 2 a +b b 2 b +c y= Vớ d 19: Cho Li... 5 27 khi 5 5 27 x = 2 (x > 0) x = 53 24 Cho y = x(6 x), 0 x 6 nh x y t GTLN HD: p dng BT Cụsi cho 2 s khụng õm x v 6 x (vỡ 0 x 6): 6 = x + ( 6 x) 2 x ( 6 x) x(6 x) 9 Du = xy ra x = 6 x x = 3 Vy khi x = 3 thỡ y t GTLN bng 9 25 Cho y = (2x + 5)(5 x), HD: y = (2x + 5)(5 x) = 5 x 5 2 1 (2x 2 nh x y t GTLN + 5)(10 2x) 5 p dng BT Cụsi cho 2 s khụng õm 2x + 5 v 10 2x, 2 x ... (pcm) Vớ d 2: Cho 2a 3b = 7 Chng minh: 3a2 + 5b2 Li gii: 2a 3b = 2 3 3a 3 5 ta c: 5b 23 725 47 (2) Đinh văn Hng THCS Chuyên lâm thao 2 p dng BT Bunhiacopski cho 4 s 2 3 3a 3 4 9 5 b + ữ( 3a2 + 5b2 ) 3 5 5 3 , 3a , 3 5 , 5b 735 47 3a2 + 5b2 3a 5b = 3 7a 7 5 11 7 7a 5 9 25 ( 2 11b + b2 ữ 7a + 11 ) 7 11 11 (3) 11b 3 p dng BT Bunhiacopxki cho 4 s 3 (pcm) 2464 137 Vớ d 3: Cho 3a 5b =... ú suy ra: x 2 y y 2z z2 x 1 x 2 y x 2z y 2z y 2 x z 2 x z2 y + + ( + + + + + ) x 2 + y 2 + z2 z x y 2 z y x z y x (pcm) BI TP P DNG 1 Chng minh: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) 9abc ; a,b,c 0 HD: p dng bt ng thc Cụsi cho ba s khụng õm: a + b + c 33 abc , a2 + b2 + c2 33 a2b2c2 ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 ) 93 a3b3c3 2 Cho a, b > 0 Chng minh: HD: m m m m a b m+1 1+ ữ + 1+ ữ 2 b a m m = 9abc... hp lớ sau khi ỏp dng BT Cauchy xut hin VP (chỳ ý iu chnh h s hp lớ) Li gii: Ta cú: a3 1 2 + a(a + 2b ) a 2 a + 2b 9 3 b3 1 2 + b(b + 2c ) b 2 3 b + 2c 9 c3 1 2 2 + c (c + 2a ) c 3 c + 2a 9 Cng cỏc BT ny v chỳ ý cú BT a2 + b2 + c2 ab + bc + ca (pcm) Vớ d 28 (IMO 199 8): Cho x, y, z > 0 v xyz = 1 Chng minh: x3 y3 z3 3 + + (1 + y )(1 + z ) (1 + z )(1 + x ) (1 + x )(1 + y ) 4 (28) Li gii: . − 199 5 a 199 5 a 1 (5) với mọi a > 0. HD: (5) ⇔ > − ⇔ + > 199 5 199 5 a 199 5a 199 5 a 199 5 199 5a + > + = + + + + ≥ = 1 4 2 4 3 199 5 199 5 199 5 199 5 199 5 199 4 soá a 199 5 a 199 4 a 1 1 1 199 5. 2 ) 2 9 3 1 2 ( 2 ) 2 9 3 1 2 ( 2 ) 2 9 3 a a a b a a b b b b c b b c c c c a c c a . Cộng các BĐT này và chú ý có BĐT a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ (đpcm). Ví dụ 28 (IMO 199 8): Cho x,. (a 2001 - b 2001 )(a 9 - b 9 ) ≥ 0 (6a’). +) Nếu a ≥ b ≥ 0 thì a 2001 - b 2001 ≥ 0 và a 9 - b 9 ≥ 0 nên (6a’) đúng. +) Nếu b > a ≥ 0 thì a 2001 - b 2001 < 0 và a 9 - b 9 < 0 nên (6a’)