LỜI NÓI ĐẦU Bất thức đẳng vấn đề cổ điển toán học sơ cấp ngày phát triển, phần đẹp thú vị toán học sơ cấp.Trong BĐT BĐT si quen thuộc sử dụng nhi ều chứng minh BĐT Nhằm nâng cao kỹ giải toán BĐT ,đặc biệt tốn quy BĐT CƠSI chúng tơi thưc đề tài “KỸ THUẬT TÁCH VÀ GHÉP BỘ SỐ TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CÔ SI” mong giúp bạn giải cách nhanh chóng tốn BĐT có nhìn sâu sắc BĐT.Qua giúp cho người học tự tin gặp BĐT Nội dung đề tài gồm chương: Chương 1: Kiến thức sở Chương 2: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Chương 3:Tách ghép số chứng minh bất đẳng thức Và phần cuối số tập tham khảo,tài liệu tham khảo Sau toán chúng tơi khái qt tốn có ví dụ tương tự Mục đích chúng tơi làm để người đọc dễ hiểu rút kinh nghiệm cho thân gặp tốn tương tự.Qua chúng tơi cịn sai lầm mà nhiều bạn hay mắc phải,nguyên nhân cịn chưa nắm chất để áp dụng BĐT cơsi.Xong thời gian có hạn khơng tránh khỏi sai sót,chúng tơi mong ý kiến đóng góp bạn đọc để đề tài hồn thiện hơn.Chúng xin chân thành cảm ơn hướng dẫn giúp đỡ thầy Dương Thanh Vĩ giúp thực đề tài Quy nhơn,tháng 11 năm 2009 Nhóm tác giả Mục lục Trang Lời nói đầu Mục lục Chương 1: Kiến thức sở A)Giá trị lớn giá trị nhỏ B) Bất thức đẳng cô si Chương 2: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Chương 3:Tách ghép số chứng minh bất đẳng thức 16 Tài liệu tham khảo 28 Chương1: Kiến Thức Cơ Sở A) Giá trị lớn giá trị nhỏ 1.Định nghĩa Giả sử hàm f xác định tập D (D ⊂ R ) a)Nếu ∃ x ∈ D : f ( x) ≤ f ( x 0), ∀x ∈ D số M= f f(x) D Ký hiệu : Maxf(x) = x∈D (x ) gọi giá trị lớn M b)Nếu ∃x0 ∈ D : f ( x ) ≥ f ( x0 ), ∀x ∈ D số m= giá trị nhỏ f(x) D Ký hiệu: f (x ) gọi M inf( x) =m x∈D Như muốn chứng tỏ M ( m) giá trị lớn nhất(hoặc giá trị nhỏ nhất) hàm f tập D cần phải rõ: +) f ( x ) ≤ M (hoặc f ( x ) ≥ m ) ∀x ∈ D +) ∃x0 ∈ D để f (x ) = M (hoặc f ( x ) = m ) 2)Tính chất a)Nếu P=A+B MaxP= MaxA+MaxB Trong A B biểu thức chứa biến độc lập với A ,B chứa chung biến đạt GTLN(GTNN ) giá trị xác định x= x0 Bạn đọc thử kiểm chứng nhận xét ☺ b) Nếu A≥0 ( MaxA) = ( MinA ) Max A2 = MinA 2 c) Hàm số f(x) xác định tập D,hai tập A, B ⊂ D Khi A ⊂ B thì: max f ≤ max f A B f ≥ f A B d) Các hàm số f ( x), f max( f ( x), , ( x) + + D f n f ( x) xác định tập D Khi n ( x)) ≤ n ∑ max f i i =1 Đẳng thức xảy tồn x x D ∈ D cho f i (x) đạt max với i=(1, ,n) B) Bất thức đẳng cô si 1)Bất đẳng thức côsi cho số dương a b a+b ≥ ab dấu ‘=’ xảy a=b 2)Bất đẳng thức côsi cho n (n≥2) số dương ,i=(1 n) a1 + a2 + + an ≥ n n a1a2 an dấu “=” xảy chi a1 = a2 = = an ; Chú ý:khi sử dụng BĐT côsi điều quan trọng thấy dấu đẳng thức xảy đâu.Thông thường BĐT dạng đối xứng dấu đẳng thức thường xảy giá trị mà cho x=y=z chẳng hạng Ví dụ1: Cho x,y>0 x+y=1 (1).Tìm GTNN A= xy + xy Sau lời giải số bạn Nếu không ý đến dấu “=” xảy dẫn đến sai lầm.Chẳng hạng: Áp dụng BĐT Côsi cho xy ta được:A ≥ xy Do MinA=2 Ở sai lầm mà bạn thường gặp Như minA=2 đạt đâu? Như đạt xy= Điều sai :1=x+y ≥ xy ⇔ xy ≤ ; Từ ta có phân tích đến lời giải sau: Phân tích: ⇔ xy = xy Nếu ta cho x=y thay vào (1) ta được:x=y= 1 xy= ; Từ ta cân đại lượng cần áp dụng: kxy= Với xy= xy ta suy k=16 Từ ta đến lời giải: Viết lại A=16xy+ -15xy xy 1 15 ≥ ;vì ≤ xy ≤ nên -15xy ≥ − xy 4 1 17 Vậy MinA= xy= hay x=y= ; 4 Ta có 16xy+ * Chú ý: Có nhiều BĐT đòi hỏi phải vận dụng kỹ thuật tách đại lượng cho hợp lý.Những sai lầm hay gặp phải giải BĐT dấu đẳng thức xảy xảy giá trị mà khơng thuộc miền xét hay cịn gọi xác định 3) Một số trường hợp đặc biệt từ BĐT côsi Với a,b số không âm ta có a + b ≥ ab 1 1 + ≥2 (a+b)  a b ab a 1 1 + ÷ ≥ hay + ≥ b a b a+b dấu “=” xảy a=b Tương tự ta chứng minh cho n số không âm 1 n + + + ≥ a a a a + a + + a a = a = = a a , a , , a 2 n 2 (1.0)dấu “=” xảy n n n Chương Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức 1)Cho x,y,z >0.Tìm GTNN biểu thức sau: P= x y z y+z z+x x+ y + + + + + y+z z+x x+ y x y z Ta có cách giải sau: Áp dụng BĐT cơsi cho số sau x y z y+z z+x x+ y , , , , , y+z z+x x+ y x y z ta P≥6 Vậy MinP=6 Cách giải sai người giải bỏ qua phần quan trọng định nghĩa phải dầu “=” xảy Như dấu “=” xảy x y z y+z z+x x+ y = = = = = y+z z+x x+ y x y z x = y + z  Hay  y = z + x (vơ lí x,y,z>0) z = x + y  Sau ta xem cách giải sau: Ta viết lại biểu thức P  1  x+ y y+z z+x P = ( x + y + z)  + + −3+ + + ÷ z x y x+ y y+z z+ x Áp dụng BĐT côsi cho số (x+y),(y+z),(z+x) số 1 , , x+ y y+z z+x nhân lại theo vế ,ta có kết sau: ( ( x + y ) + ( y + z ) + ( z + x) (1)  1  + + ≥ x+ y y+ z z+ x÷   ) Mặt khác x+ y y+z z+x x y y z z x + + = + + + + + z x y z z x x y y Mà theo BĐT cơsi ta có: x y y z z x + + + + + ≥6 z z x x y y 15 Từ (1) (2) ta có P ≥ − + = 2 15 Vậy MinP= x=y=z; (2) Bài toán trường hợp đặc biệt toán sau: Cho a1 , a2 , , an >0.Chứng minh rằng: a a a +a a +a n + + + + + ≥ +n a +a a +a a a 2 n 2 1 n Chứng minh dành cho bạn đọc Hướng dẫn: làm hoàn toàn giống trên☺ 2)Cho x,y>0 x+y ≥ 4.Tìm GTNN A= x + y + 10 + ;[3] x y Một bạn giải sau: Áp dụng BĐT côsi ta 2x + 10 ≥ 3;3 y + ≥ 30 x y Từ suy GTNN A + 30 10 ; 10 Lời giải sai + < 4; Dấu ‘=’ xảy x= 3; y = *Chú ý :như cần phải ý GTNN hay GTLN biểu thức đạt giá trị biến có thuộc miền xét hay khơng Lời giải sau: Ta viết lại A= ( x + y ) + x y 10 + + + x y Khi ta 3x y 10 ( x + y ) ≥ 2; + ≥ 6; + ≥ 10; 2 x y Từ suy GTNN A 18 x=2, y=2; Ở mà ta biết mà phân tích A Thì câu trả lời là: 10 + x y Khi ta A ≥ 4k + 6(2 − k ) + 10(3 − k ); ∀x, y thuộc miền xác Ta có A= k ( x + y ) + (2 − k ) x + (3 − k ) y + định; Dấu ‘=’ xảy x+y=4 ,x= 10 ,y= 2−k 3− k Giải ta k= ; Sau tốn cần phải có kỹ thuật tách  3)Cho biểu thức A= (1 + x)  +  1  1 + (1 + y ) 1 + ÷ y÷  x  Với x,y>0 x + y = 1.Tìm GTNN biểu thức A Bài dành cho bạn đọc.Hd làm tương tự☺ 4)Cho x,y,z ≥ x+y+z=1;(1) Tìm GTLN f(x,y,z)= − x + − y + − z ; Lời giải: Ta nhận thấy BĐT dạng đối xứng ta thấy cho x=y=z thay 2 vào(1) ta x=y=z= và − = ;vì ta áp dụng BĐT côsi cho số 2-x 3 ta có 5 (2 − x) ≤ + − x 3 Tương tự với y,z 5 (2 − y ) ≤ + − y 3 5 (2 − z ) ≤ + − z 3 Cộng theo vế BĐT ta Maxf(x,y,z)= 15 x=y=z= ; Còn tốn tổng qt sao? Cho x , x , , x n > 0, x1 + + x n = CMR − x + − y + + − z ≤ n(n − 1) ☺ = Tìm GTLN A= x + y + z ; 5)Cho x,y,z ≥ x + y + z Sau phân tích cịn lời giải cụ thể xin dành cho bạn đọc: Đây BĐT đối xứng ta nhận thấy cho x=y=z thay vào điều kiện ta x=y=z=1 Áp dụng BĐT côsi cho m số x9 n số ta 2009 2009 2009 9 m x9 +n1 ≥ ( m + n) ( m + n ) x 2009 m = ( m + n) x (1); (trong m,n số tự nhiên) Như ta có 2009m=9(m+n) ⇔ 2000m=9n Vì ta chọn m=9 n=2000; Từ (1) ta có x 2009 + × 2000 ≥ 2009 x9 Tương tự ta có y 2009 + 2000 × ≥ 2009 y 9 z 2009 + 2000 × ≥ 2009 z Mặt khác 2009A= 2009 x + 2009 y + 2009 z 9 ≤ 9( x 2009 + y 2009 + z 2009 ) + × 2000 =3 × 2009 Suy MaxA=3 x=y=z=1 Nhận xét chứng minh phân tích x khơng phụ thuộc vào y,z(tương tự với y,z) nên khái quát tốn Bạn đọc thử tìm tốn tổng qt xem có thú vị khơng ☺ x + y =1 Tìm GTLN P= x + y 6) Cho x,y>0 Ta phân tích sau Áp dụng BĐT côsi cho x m số k ta có x + mk ≥ (m + 1)k m m +1 ( m +1) x = (m + 1)k m m +1 x Vì ta có m+1=6 hay m=5; Như ta có x + 5k ≥ 6k x (1) Tương tự cho y số l ta y + 5l ≥ 6l Trong 6 y (2) 6 l : k = 3:1 ⇔ l = 3k (3); Và để dấu đẳng thức (1) (2) xảy 3 k = x ; l = y ; k+l=1; 3 k = ; ;l = 1+ 3 1+ 3 5 Cộng (1) (2) theo vế ta x + y + 5k + 5l ≥ 6k x + 6l + 5( k + l ) 3 Như ta có A ≤ = 6 6 6 y = 6k ( x + y );(l = 3k ) = (1 + 6k k Vậy MaxA= (1 + 3) x= k ;y= l ; 5 3) Đây thuộc loại tập không đối xứng nên việc tìm dấu đẳng thức khó nhiều phải phân tích để tìm dấu đẳng thức 7)Với a,b,c>0 a+b+c=3; Tìm GTLN biểu thức A=6ab+7bc+11ca Lời giải: Đối với dạng ta nên có phân tích sau A=pa(b+c)+qb(c+a)+rc(a+b)=(p+q)ab+(q+r)bc+(r+p)ca Vì ta chọn p,q,r cho p+q=6 ; q+r =7; r+p =11; giải ta p=5; q=1; r=6 Vì a+b+c=3 nên ta có A=5a(3-a)+b(3-b)+6c(3-c) =27- 3   5(a − ) + (b − ) + 6(c − )   2   2 10 1 1 + + =M x y z÷   Ta tìm cách đưa biểu thức P ≤ M  Muốn ta tìm cách đưa tổng mẫu trở thành mẫu cịn lại x y z.Từ ta áp dụng BĐT (1.0) Vì ta phải có phân tích sau: 1 = 3x + y + z x + x + x + y + y + z ≤ 1 1 1 1 3 1  x + x + x + y + y + z ÷ = 36  x + y + z ÷ 36     Tương tự ta có : 1 3 1 ≤  + + ÷ y + z + x 36  y z x  1 3 1 ≤  + + ÷ 3z + x + y 36  z x y  1 1 1 Cộng BĐT lại ta được: P ≤  + + ÷ = 6 x y z  Vậy MaxP= Dấu “=” xảy a=b=c= ; Từ kết ta đưa kết sau: 1 10)Cho x,y,z>0 + + = Chứng minh rằng: x y z 1 1 + + ≤ mx + ny + pz my + nz + px mz + nx + py m + n + p 11)( Đề thi đại học khối A năm 2007) Cho x,y,z>0 xyz=1.Tìm GTNN P x ( y + z) P= y y + 2z z y ( z + x) + z ( x + y) z z + 2x x + Lời giải : 12 x x + 2y y Theo BĐT côsi ta x yz z xy y zx P≥ + + y y + 2z z z z + 2x x x x + y y 2 = x x xyz y y yzx z z zxy + + y y + 2z z z z + 2x x x x + y y = 2y y 2x x 2z z + + y y + 2z z z z + 2x x x x + y y (do xyz=1)  x x = ( −2a + 4b + c ) a = y y + z z      Đặt  b = z z + x x ⇒  y y = ( −2b + 4c + a )   c = x x + y y   z z = ( −2c + 4a + b )   Khi  −2a + 4b + c −2b + 4c + a −2c + 4a + b  P≥  + + ÷ 9 a b c   c a b   b c a   =   + + ÷+  + + ÷ −   a b c   a b c   Mặt khác theo BĐT cơsi ta có: c a b b c a + + ≥ + + ≥ a b c a b c Do P ≥ ⇒ MinP = x=y=z=1 Chứng minh dành cho bạn đọc Nhận xét:Thông thường gặp BĐT có chứa bậc phép toán cộng,hoặc biểu thức mẫu số phức tạp thường gây nhiều khó khăn.Khi ta nghỉ đến hướng sau đây: 13 +Đặt ẩn phụ để biểu thức mẫu trở nên đơn giản +Sử dụng BĐT để đưa mẫu số trở nên đơn giản +Tìm cách đưa tử số có thừa số giống mẫu để rút gọn Bài giải kết hợp tốt phương pháp Chương Tách ghép số chứng minh bất thức đẳng 14 12) Với a,b,c>0:chứng minh rằng: a b5 c + + ≥ ab + bc + ca 2 b c a a b5 c Nhận xét:Thật khó để biết cần số , , ☺ b c a 5 a b c Áp dụng BĐT Côsi cho m số ,n số ,p số (trong m,n,p số tự b c a nhiên) ta được: a b c m + n + p ≥ (m + n + p ) b c a 5 ( m+ n + p ) a m−2 p b n−2 m c p−2 n = (m + n + p )ab Vì 5m-2p=m+n+p;5n-2m=2(m+n+p);5p-2n=0; Ta chọn p=8,n=20 m=11 (*) trở thành a5 b5 c5 11 + 20 + ≥ 39ab ;(1) Tương tự ta có: b c a a5 b5 c5 + 11 + 20 ≥ 39bc (2) b c a a5 b5 c5 20 + + 11 ≥ 39ca (3); b c a Cộng (1) (2) (3) ta đpcm dấu ‘=’ xảy a=b=c; Đối với BĐT khơng đối xứng phức tạp nhiều dấu đẳng thức khơng cịn xảy x=y=z chẳng hạng Chú ý BĐT đối xứng vai trò x,y,z BĐT miền xét Bạn đọc thử cho toán tương tự giải thử☺ 15 13)Cho x,y,z ≥ xyz=1.Chứng ming rằng: x + y + z ≥ x + y + z [1] Nhận xét: Đây dạng BĐT đối xứng ta cho x=y=z thay vào điều kiện ban đầu ta x=y=z=1 Và xuất phát từ x =x ta phải áp dụng BĐT cơsi cho số x3 a,a.Nhưng để dấu “=” xảy a= x =1 Lời giải: Như ta áp dụng BĐT côsi cho số x ,1,1 ta x + + ≥ 3x Tương tự ta có : y +1+1 ≥ 3y Cộng BĐT theo vế ta được: z + + ≥ z x + y + z + ≥ 3( x + y + z ) 3 3 Mặc khác x+y+z ≥ 3 xyz =3 hay 2(x+y+z) ≥ x + y + z + 2( x + y + z ) ≥ x + y + z + ≥ 3( x + y + z ) ⇔ x + y + z ≥ x + y + z (đpcm) Do đó: 3 3 3 3 Từ tốn ta đưa kết tổng quát sau: 14)Cho số thực không âm a1 , a2 , , ak có tích 1.Chứng minh rằng: a + a + + a ≥ a + a + + a với ∀m, n ∈ N , m ≥ n 15) Cho a,b ≥ a + b = Chứng minh rằng: [1] a + b ≥ (*) m m m n k n n k Hướng dẫn chi tiết: Dễ dàng nhận thấy dấu ”=” xảy a=2 ,b=1 2 Ta cần làm để VT(*) ≥ k ( a + b ) + h = 5k + h = Dấu “=” xảy a=2 suy a = Như ta cần áp dụng BĐT côsi cho m số a n số ta được: ma + n8 ≥ (m + n) a = ka (1) Tương tự ta áp dụng cho p số b q số ta được: (2) pb + q1 ≥ ( p + q ) b = kb m+n 3m n 6 ( p +q ) 6p Từ (1) (2) ta có: 16  3m = 2(m + n)  m = 2n  m = 2n      p = 2( p + q ) ⇔  q = p ⇔  q = p     p = 2n  (m + n)8 = p + q 3n8 = p   n m+n Khi ta chọn n=1 m=2,p=2,q=4 Khi (1) trở thành 2a + ≥ a (2) trở thành 2b + ≥ 6 b12 Cộng (3) (4) theo vế ta được: = 6b = 6a (3) (4) 2(a + b ) + 12 ≥ 6(a + b ) ⇔ a + b ≥ 2 Dấu “=” xảy a=2 b=1 Chú ý: cách giải giúp cho bạn hiểu rõ mà sách viết tác giả lại đưa tách ghép mà đâu mà Chúng mong bạn nhuần nhuyễn cách làm bạn giải nhiều tập Các bạn xem thêm cách giải tài li ệu [1] Sau tập dành cho bạn đọc : 17)Cho x,y ≥ x + y = Chứng minh rằng: x + y ≥ 37 11 18)Cho a,b,c ≥ a+b+c=1 Chứng minh Lời giải: a b c + + ≤ ; a +1 b +1 c +1 a +1−1 b +1−1 c + 1−1 1 + + = 3− ( + + ) a +1 b +1 c +1 a +1 b +1 c +1 9 ≤ 3− = 3− = a+b+c+3 4 Ta có VT= Dấu “=” xảy a=b=c= ; Nhận xét: toán trường hợp đặc biệt tốn sau 19)Cho n số khơng âm a , a , , a n n có 17 ∑ a = 1; i =1 i a a a n + + + ≤ Chứng minh a +1 a +1 a +1 n +1 Dấu “=” xảy a = a = = a = ; n n n n Chứng minh dàng cho bạn đọc 20)Cho x,y,z>0 x+y+z=1.Chứng minh rằng:  1  1  1 1 + ÷ + 1 + ÷ + 1 + ÷ ≥ 768 y  z  x  4 Nhận xét: BĐT dạng đối xứng cho x=y=z thay vào điều kiện ban đầu ta x=y=z= Từ BĐT ban đầu ta viết lại sau: Mà ta có 1 + + ≥ x y z x+ y+z Như ta cần phải đưa BĐT cần chứng minh có VT lớn biểu thức có xuất đại lượng 1 + + x y z Ta có x= 1 nên = ta có phân tích sau nhằm áp dụng x BĐT côsi 1   1+ + + ÷ ≥  3x  3x 3x 3x  = 256 Ta có : 3x 3 3 Vì ta phải áp dụng BĐT côsi cho 256 256 + 256 + 256 ≥ 3x x 3 18 256 , 256, 256 3x 3 ta   256 Khi ta 256+256+  + ÷ ≥ x  x Tương tự ta có :   256 256+256+ 1 + ÷ ≥ y y    256 256 + 256 + 1 + ÷ ≥ z  z Cộng BĐT lại theo vế ta được: 1 1  1  1  1 256 × 6+  + ÷ +  + ÷ +  + ÷ ≥ 256  + + ÷ ≥ 256 ×  x  y  z x y z 4  1  1  1 Như ta có  + ÷ +  + ÷ +  + ÷ ≥ 768 y  z  x  4 Dấu “=” xảy x=y=z= ; Chú ý hướng dẫn cho bạn cịn lời giải bạn khơng phải phân tích Bài cịn có cách giải hay trình bày sau: 1  1  1 ÷ ,b= + ,c= 1 + ÷ x  y÷  z   1 =9 Khi a+b+c ≥ 12 + + ≥ x y z x+ y+z   Đặt a=  + Vì BĐT cần chứng minh tương đương với a + b + c ≥ 768 Ta có : 4 a +4 +4 +4 ≥4 a b +4 +4 +4 ≥4 b c +4 +4 +4 ≥4 c 4 4 4 4 4 4 4 Cộng BĐT lại theo vế ta được: a + b + c ≥ (a + b + c) − × ≥ × 12 − × = 768 4 4 4 Ta thấy làm cách thấy gọn cách làm chât 19 Chú ý: lời giải ta phải áp dụng BĐT côsi cho a số 44 mà số khác số, số mà lại số 4 ? Thì câu trả lời dành cho bạn đọc chúng tơi hướng dẫn nhiều vấn đề Đây trường hợp đặc biệt toán sau: 21)Cho a,b, xi >0 ∀i = 1, 2, , n có tổng 1.Chứng minh rằng: m m m   b  b b a + ÷ +  a + ÷ + +  a + ÷ ≥ a (a + nb)  x  x  x    m với m>0 n Chúng tơi hy vọng sau bạn tổng quát lên dạng từ bạn đọc nắm vững cách giải gặp dạng tương tự ví dụ: 22)Cho a,b,c>0, chứng minh rằng: ( ) a 2b 5c + + ≥ + + − 11 b+c c+a a +b 23) Cho a,b ≥ a+b=1 Chứng minh rằng: a +b ≥ 2 ;a +b ≥ 4 Lời giải: Nhận thấy BĐT dạng đối xứng ta cho a=b thay vào điều kiện ta 2 1 1 2 a=b= ,như ta có a +  ÷ ≥ a b +  ÷ ≥ b 2 2 1 2 Vì a + b ≥ − = dấu “=” xảy a=b= ; 2 Đối với a +b ≥ 4 tương tự Ta có nhận xét sau: toán trường hợp đặc biệt toán sau: 24)Chứng minh a +b ≥ 2n 2n 2 n −1 với a,b ≥ a+b=1; Chứng minh dàng cho bạn đọc Nhận thấy tốn nói đến số mũ chẵn có tổng 1.Nếu áp dụng cho mũ lẻ có tổng số dương BĐT có cịn khơng? Sau ta giải vấn đề k Cho a+b=k ≥ a,b ≥ 0.Chứng minh a + b ≥ n n n n −1 20 Lời giải: Ta nhận thấy BĐT dạng đối xứng nên ta cho a=b va thay vào n k k điều kiện ban đầu ta a=b= ⇒ a = b =  ÷ 2 k  Như ta cần áp dụng BĐT cơsi cho a p số  ÷ cho 2 n n n n n k a + p  ÷ ≥ ( p + 1) 2 n pn ( p +1) Như p=n-1 k a  ÷ = ( p + 1) a 2 n n ( p +1) n −1 n pn k  ÷ 2 n −1 k k a + (n − 1)  ÷ ≥ na  ÷ 2 2 k k b + (n − 1)  ÷ ≥ nb  ÷ 2 2 n n n −1 n k k Cộng BĐT theo vế ta a + b + 2( n − 1)  ÷ ≥ 2n  ÷ 2 2 k k dấu xảy a=b= ; ⇔ a +b ≥ 2 n n n n n n −1 Trong trường hợp có Thì BĐT a , a , , a ≥ 0, a + a + + a = k m a + a + + a ≥ n n n m Câu trả lời dành cho bạn đọc☺ 25) Cho a,b,c>0 Chứng minh : k n −1 a b c a+b+c + + ≥ b+c c+a a+b 2 2 m n cịn khơng ? [2] Lời giải: Nhận thấy BĐT dạng đối xứng cho a=b=c a a a = = b + c 2a 2 để triệt tiêu mẫu số phải có b+c 21 b+c a a = = b+c Nhưng b+c=2a, mà ta phải chia b+c cho để a b+c Khi áp dụng BĐT cơsi cho số a b+c + ≥a b+c b+c ta Tương tự ta có b c+a + ≥b c+a c a+b + ≥c a+b 2 Cộng BĐT lại ta điều cần chứng minh ,dấu “=” xảy a=b=c Chú ý: phân tích ta mà ta phải cần a b+c + ? Mà không sử dụng số khác chẳng hạn b+c b+c hay b+c ….? Vì dấu đẳng thức áp dụng BĐT côsi xảy ra.(Bài lấy từ tài liệu [2] 233, sách tác giả có cách chứng minh hay) Từ mà ta phải ý đến dấu đẳng thức xảy đại lượng áp dụng BĐT cơsi.Thơng thường BĐT dạng đối xứng dấu “=” xảy dễ dàng xác định a=b=c chẳng hạn **Sau số tập kỹ thuật tách ghép mong bạn làm tốt 27) cho a,b,c>0 abc=1.Tìm GTNN biểu thức a b c + + P= (b + 2)(c + 2) (c + 2)(a + 2) (a + 2)(b + 2) 5 Sau bạn đọc có suy nghĩ GTNN biểu thức sau a b c + + Q= ; (b + m)(c + m) (c + m)( a + m) (a + m)(b + m) n n m y 28)Cho x,y>0 Chứng minh (1+x)(1+ )(1+ ) ≥ 256 y x 29) Cho x,y,z,t ≥ x+y+z+t=1.Chứng minh rằng: 22 (x+y)(y+z)(z+t)(t+x)xyzt ≤ Chứng minh: Ta có : 1=x+y+z+t ≥ 4 xyzt ⇒ xyzt ≤ Tương tự: (1) 2=(x+y)+(y+z)+(z+t)+(t+x) ≥ 4 ( x + y )( y + z )( z + t )(t + x ) (2) ⇒ ( x + y )( y + z )( z + t )(t + x ) ≤ Nhân vế theo vế (1) (2) ta được: (x+y)(y+z)(z+t)(t+x)xyzt ≤ Dấu “=” xảy x=y=z=t= ; Đây trường hợp riêng toán tổng quát sau: Cho a1 , a2 , , an ≥ a1 + a2 + + an = 1.Chứng minh rằng: (a + a ) (a + a )a a a ≤ n n 1 n n 2n Bài toán dành cho bạn đọc.☺ 30)Chứng minh với số thực dương x,y,z thỏa x(x+y+z)=3yz ta có ( x + y )3 + ( x + z )3 + 3( x + y )( y + z )( z + x ) ≤ 5( y + z ) (*); Lời giải: Từ giả thiết ta có 3yz=x(x+y+z) ≥ 3x xyz Suy x ≤ yz x hay ≤ yz ≤ ( y + z) 2x ≤ ( y + z) Vậy (*) tương đương với x + x ( y + z ) + 3x ( y + z + yz ) ≤ 2( y + z ) VT(**) ≤ = 2 (**) 3 ( y + z ) + yz ( y + z ) + ( y + z ) [ ( y + z ) − yz ] 2 13 ( y + z ) + yz ( y + z ) ≤ 2( y + z ) 23 (do yz ≤ ( y + z ) ) Dấu “=” xảy x=y=z; 31)Cho a,b,c>0 a+b+c=1.Chứng minh rằng: 1 1 + + + ≥ 30 [2] a + b + c ab bc ca 2 Ta có suy luận sau: Ở mẫu số VT biểu thức có bậc ,cịn VP có bậc phải nghĩ đến việc làm để đưa mẫu số VT bậc Muốn ta cần biến đổi đưa mẫu VT có chứa tích k ( a + b + c) n (trong k số) Đối với ta nghĩ đến n=2,vì ta thấy có thánh phần khai triển sau: ( a + b + c) = a + b + c + 2(ab + bc + ca ) 2 Theo kết ta có: 1 + + ≥ ab bc ca ab + bc + ca Khi đó: + a + b + c ab + bc + ca 1 ⇔ VT ≥ + + + a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca ab + bc + ca VT ≥ 2 2 2 Vì mà ta lại phân tích này? Vì đẳng thức ( a + b + c) = a + b + c + 2(ab + bc + ca ) 2 cần phải có lần tích (ab+bc+ca),mặt khác để dấu “=” xảy a=b=c Ta có : 1 + + ≥ a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca a + b + c + 2(ab + bc + ca ) 2 2 2 =9 (a + b + c) 3(ab + bc + ca ) ≤ ( a + b + c ) = Mặt khác: Do đó: 24 (1) 21 = ≥ 21 ab + bc + ca 3(ab + bc + ca ) Từ (1) (2) suy VT ≥ 30 (đpcm) (2) Sau giải xong ta có suy nghĩ số a,b,c mà n số kết sao? Cho a1 , a2 , , an > có tổng 1.Chứng minh rằng: 1 + + + ≥ 3n + a + a + + a aa aa 2 2 n n Chứng minh tương tự bạn đọc tự nghiên cứu Trong phân ci chúng tơi xin giới thiệu với bạn số toán BĐT mà biên soan cảm nhận hay.Các bạn thử giải khái quát toán☺ 1)Chứng minh bất đẳng thức sau 2000 2000 + 1999 1999 + 1998 1998 < 1997 1994 + + 1997 1995 + + 1997 1996 + 2000 1999 1998 Hd trước hết bạn giải tổng quát sau cho ≤ k ≤ n với n nguyên dương,k nguyên.CMR n+k n+k ≤ n n−k + 2k n+k [2] 2)Tìm phần nguyên số s = 2+3 n 4 n +1 + + + n −1 n Đs [ s n ]=n [2] a , a , , a 3)Cho (1 + a n )(1 + > a1 + + a n = CMR a ) (1 + a ) ≥ (n +1) n [2] n 4)Giả sử a1 , a , , a n số thực dương có tích 1.Tìm số thực k=k(n) nhỏ cho BĐT sau + (1+ a1)k (1+ a2)k + + k ≥ n (1+ a n)k 2k Tài liệu tham khảo: 25 !☺[1] 1)SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC -PHẠM KIM HÙNG -NHÀ XUẤT BẢN HÀ NỘI [1] 2)10000 BÀI TOÁN SƠ CẤP –PHAN HUY KHẢI-HÀ NỘI 1998 [2] 3) Trần Phương, Nguyễn Đức Tấn – Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, năm 2008 [3] −−−│−−− 26 ... đầu Mục lục Chương 1: Kiến thức sở A)Giá trị lớn giá trị nhỏ B) Bất thức đẳng cô si Chương 2: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Chương 3 :Tách ghép số chứng minh bất đẳng thức 16 Tài liệu tham... thức c? ?si cho số dương a b a+b ≥ ab dấu ‘=’ xảy a=b 2 )Bất đẳng thức c? ?si cho n (n≥2) số dương ,i=(1 n) a1 + a2 + + an ≥ n n a1a2 an dấu “=” xảy chi a1 = a2 = = an ; Chú ý:khi sử dụng BĐT c? ?si. .. hàm số f ( x), f max( f ( x), , ( x) + + D f n f ( x) xác định tập D Khi n ( x)) ≤ n ∑ max f i i =1 Đẳng thức xảy tồn x x D ∈ D cho f i (x) đạt max với i=(1, ,n) B) Bất thức đẳng cô si 1 )Bất đẳng