Đang tải... (xem toàn văn)
www.facebook.com/hocthemtoan
Bài toán 1: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: 1 1 1 1 1 1 1 a b c b c a + − + − + − ≤ GIẢI Ta thay ; ; x y z a b c y z x = = = thì BĐT cần chứng minh trở thành: ( )( )( ) 1 ( )( )( ) x y z y z x x z y xyz x y z y z x x z y xyz + − + − + − ≤ ⇔ + − + − + − ≤ Đến đây công việc còn lại xin nhường cho bạn đọc. NX: Do 1 abc = nên luôn tồn tại các số x,y,z thoả mãn phép thế trên , trong đó điều kiện x,y,z phụ thuộc vào điều kiện của a,b,c.Không những vậy từ bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc sử dụng phép thế: nó giúp ta giải quyết bài toán nhanh chóng mà nhiều khi nó còn giúp ta phát hiện ra nguồn gốc của bài toán ban đầu. Chẳng hạn với 2 bài toán sau: Bài toán 2: 1. Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: 1 1 1 3 ( 1) ( 1) ( 1) 2 a b b c c a + + ≥ + + + 2. Cho x,y,z,t dương và xyzt=1. CMR: 2 2 2 2 1 1 1 1 4 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 x yz zt ty y xz zt tx z xy xt ty t xy yz xz + + + ≥ + + + + + + + + GIẢI: 1. Đặt ; ; x y z a b c y z x = = = khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 1 1 1 3 2 1 1 1 3 2 x y y z z x y z z x x y yz xy xz xy xz xz yz xy yz + + ≥ + + + + + ≥ + + + BĐT trở lại dạng Nesbit, bạn đọc tự chứng minh. 2. Với bài toán này bạn đọc tự giải.Gợi ý nguồn gốc bài toán: 4 3 a b c d b c d a c d a b d a b c + + + ≥ + + + + + + + + BL1: Cho a,b,c dương và abc=1.CMR: 1 1 1 3 ( 1) ( 1) ( 1) 2 a a b b c c + + ≥ + + + BL2: Cho a,b,c dương. CMR: 1 2 2 2 b c a a b b c c a + + ≤ + + + BL3: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: 3 3 3 1 8c 1 8 1 8 1 a b c a b + + ≥ + + + V.Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất: www.vuihoc24h.vn - Kênh hc tp Online www.vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online 1. Kĩ thuật hệ số bất định Kĩ t h u ật này thườn g được sử dụn g đối v ới b ất đẳn g t h ức không đối x ứng. Sau đây là một số ví dụ: Lớp bài toán thứ nhất: Bài toán 1: Cho x,y,z là các số dương.CMR: 1. 2 2 2 x y z xy yz x z + + ≥ + + 2. 2 2 2 6 3 5 4 8 2 x y z xy xz yz + + ≥ + + GIẢI: 1. Bài toán này chắc hẳn là quá quen thuộc với các bạn, nó cũn g đã có khá nhiều trong các cuốn sách về BĐT. Sau đây là lời g i ải c ủa bài toán này: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y xy y z yz x z xz + ≥ + ≥ + ≥ 2 2 2 2( ) 2( ) x y z x y yz x z ⇒ + + ≥ + + ⇒ đpcm 2. Ta giải bài toán trên như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 3 5 2( ) 4( ) A x y z x y x z y z = + + = + + + + + Đến đây ta áp dụn g B ĐT Cauchy ta có: 2 2 2 2 2 2 2( ) 4 4( ) 8 2 x y xy x z xz y z y z + ≥ + ≥ + ≥ 4 8 2 A xy xz yz ⇒ ≥ + + L B : Chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc cách giải của câu 2, không hiểu vì sao lại tách ra được như vậy. Sau đây là bí mật của cách giải: Ta đưa các tham số m,n,p vào biểu thức như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m x y n x z p y z m n x m p y n p z + + + + + = + + + + + Ta đồng nhất các hệ số với biểu thức ban đầu: 6 3 5 m n m p n p + = + = + = 2 , 4 , 1 m n p ⇒ = = = . Khi đó tức là ta sẽ tách biểu thức ban đầu như sau: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 3 5 2( ) 4( ) A x y z x y x z y z = + + = + + + + + Nội dung của kĩ thuật hệ số bất định: Giả sử ta cần chứng minh BĐT: ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) aA x y z bB x y z cC x y z dD x y z eE x y z fF x y z + + ≥ + + trong đó x,y,z là các ẩn. Ta đưa vào các tham số m,n,p; nghĩa là ta có: [ ] [ ] [ ] ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) ( , , ) m A x y z B x y z n B x y z C x y z p A x y z C x y z + + + + + ( ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( ) ( , , ) m p A x y z m n B x y z n p C x y z = + + + + + Ta đồng nhất thức, khi đó ta có hệ: m p a m n b n p c + = + = + = ; ; 2 2 2 a b c b c a a c b m n p + − + − + − ⇒ = = = Sau đó ta tìm cách chứng minh: [ ] [ ] [ ] ( , , ) ( , , ) ( , , ) 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) 2 a b c A x y z B x y z dD x y z b c a B x y z C x y z eE x y z a c b A x y z C x y z fF x y z + − + ≥ + − + ≥ + − + ≥ L ưu ý biểu thức vế trái của BĐT cần c h ứng minh có thể là một số. Sau đây là một áp dụn g c ủa kĩ t h u ật này trong bài toán lượng giác: Bài toán 2: Cho tam giác ABC. CMR: 1. sin sin 2cos 2 C A B+ ≤ 2. sin sin sin c o s cos cos 2 2 2 A B C A B C+ + ≤ + + 3. 7sin 5sin 8sin 4cos 6cos 10cos 2 2 2 C A B A B C+ + = + + Xác định hình dạn g c ủa tam giác ABC. GIẢI 1. Ta có: sin sin 2cos sin 2sin 2cos 2 2 2 2 A B A B A B C A B − + + + = ≤ = (1) Do ( ] ( ) sin 0 ; c o s 1 , , 0 ; 2 2 A B A B A B C π + − > ≤ ∀ ∈ 2. Tươn g t ự ta có các BĐT sau: sin sin 2cos 2 A B C+ ≤ (2) sin sin 2cos 2 B A C+ ≤ (3) Cộng (1); (2) và (3) ta có: sin sin sin c o s cos cos 2 2 2 A B C A B C+ + ≤ + + Đẳn g t h ức xảy r a 3 A B C A BC π ⇔ = = = ⇔∆đều. 3. Đến câu 3 ta không thể sử dụn g t r ực tiế p như câu 2 mà phải s ử dụn g k ĩ t h u ật hệ số bất định như sau: (sin si n ) ( sin sin ) (sin sin ) ( )sin ( )sin ( )sin m A B n B C p A C m p A m n B n p C + + + + + = + + + + + Đồng nhất hệ số ta có: 7 5 8 m p m n n p + = + = + = 2 ; 3 ; 5 m n p ⇒ = = = K h i đó ta có: 2(sin sin ) 3 ( s i n sin ) 5 ( s i n sin ) A B B C A C + + + + + Sử dụng các BĐT (1);(2) và (3) ta suy ra đpcm. Đẳn g t h ức xảy ra khi tam giác ABC đều. BL1:Cho x,y,z là các số dương.CMR: 1. 2 2 2 15 11 12 14 10 2 2 x y z xy yz xz + + ≥ + + 2. 3 3 3 13 7 10 10 4 16 a b c ab ab bc bc ca ca + + ≥ + + BL2: Xác định hình dạn g c ủa tam giác ABC: 1. 8cos 7cos 9cos 6sin 8sin 10sin 2 2 2 C A B A B C+ + = + + 2. 38 23 4 tan 19tan tan 24cot 14cot cot 3 3 2 2 3 2 C A B A B C+ + = + + 3. 5 23 9 8 cot cot c o t tan 2tan 3tan 2 10 5 5 2 2 2 A B C A B C+ + = + + Lớp bài toán thứ hai: Bài toán 1: Cho a,b,c không âm và 3 a b c + + = . Tìm GTLN của 4 8 6 A ab bc ca = + + GIẢI Đưa tham số m,n,p sử dụn g k ĩ t h u ật hệ số bất định ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ma b c nb c a pc a b m n ab n p bc m p ca + + + + + = + + + + + Đồng nhất hệ số ta có: 4 8 6 m n n p m p + = + = + = 1 ; 3 ; 5 m n p ⇒ = = = K h i đó biểu thức A trở thành: ( ) 3 ( ) 5 ( ) (3 ) 3 (3 ) 5 (3 ) A a b c b c a c a b a a b b c c = + + + + + = − + − + − 2 2 2 81 3 3 3 3 5 4 2 2 2 a b c = − − + − + − Đặt 3 3 3 ; ; 2 2 2 x a y b z c = − = − = − 9 3 2 2 x y z a b c ⇒ + + ≥+ + −= Bài toán qui về việc tìm GTLN của ( ) 2 2 2 81 3 5 4 A x y z = − + + với 3 2 x y z + + ≥ . Nghĩ a là ta phải tìm GTNN của 2 2 2 3 5 x y z + + với 3 2 x y z + + ≥ Đến đây ta sử dụn g k ĩ t h u ật cân bằn g h ệ số để giải quyế t. Đ/Án: max A 432 23 = 12 27 30 ; ; 23 23 23 x y z⇔ = = = Bài toán 2: Cho a,b,c dương . CMR: 15 5 5 3 5 3 4 6 2 10 4 20 2 c a b a b c a b c a b a c b c − − + + + − + + ≥ + + + GIẢI Ta đưa vào biểu thức các tham số m,n,p như sau: 15 5 5 3 5 4 6 2 10 4 20 (4 1 ) (6 1 ) 15 (2 1 ) 5 (5 10 ) 3 ( 1 4 ) (20 5 ) 4 6 2 10 4 20 c a b a b c a b c m n p a b a c b c a m b m c a n b c n a p b c p a b a c b c − − + + + − + + + + + + + + − + − + + + + + + + + − = + + + + + Ta cần tìm m,n,p sao cho : 4 1 2 1 3 6 1 5 1 4 15 5 10 20 5 m n m p n p − = + = − = = + = + = − 1 , 1 , 1 m n p ⇒ = = = ( ) ( ) ( ) 3 5 15 3 5 15 3 5 15 3 4 6 2 10 4 20 1 1 1 9 3 3 5 15 3 3 5 15 3 4 6 2 10 4 20 2 3 5 15 2 a b c a b c a b c a b a c b c a b c a b c a b a c b c a b c + + + + + + + + − + + + ⇔ + + + + − ≥ + + − = + + + + + L B : Qua lời giải của các bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc dùng kĩ thuật hệ số bất định trong các bài toán bất đẳng thức không đối xứng. Nó giúp chúng ta giải thích được những lời giải thiếu tự nhiên. BL1: Cho a,b,c không âm và 1 a b c+ + = . Tìm GTLN của 3 5 4 A ab bc ac = + + BL2: Cho a,b,c không âm và 2 a b c + + = . Tìm GTLN của 5 7 8 A ab bc ac = + + BL3: Cho a,b,c là các số dương. CMR: 3 5 3 2 2 1 4 3 2 2 4 c b b c a a b c a b a c b c − + − + + + + ≥ + + + BL4: Cho a,b,c là các số dương.CMR: 4 3 3 5 c a b b c a b b c a c + − + + ≥ + + + 2. Phương pháp chọn giá trị lớn nhất, nhỏ nhất: Đối v ới p h ương pháp này ta cần chú ý một số nhận xét sau: - Với B ĐT đối x ứng ( hoán vị b ất kì ) của các biế n ( ) 1 , i a i n = , không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 1 2 n a a a ≥ ≥ ≥ - Với B ĐT hoán vị vòng quanh của các biế n ( ) 1 , i a i n = , không mất tính tổng quát ta có thể giả sử ( ) 1 1 2 m i n , , n a a a a = hoặc ( ) 1 2 m a x , , n a a a a = Bài toán 1: Cho a,b,c là các số dương. CMR: ( ) ( ) ( ) ab bc ca a b c c c a a a b b b c c a a b b c + + ≥ + + + + + + + + GIẢI Do BĐT có tính hoán vị vòng quanh nên ta giả sử: max( , , ) a a b c= . Ta đưa BĐT cần c h ứng minh về dạng sau: ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b c c a a a b b b c − − − + + ≥ + + + Ta chia ra thành 2 trườn g h ợp sau: TH1: 0 a b c ≥ ≥ > . Khi đó ta có: ( ) 0 ; ( ) ( ) ( ) 0 ; ( ) ( ) a b c c c a a a b c a b b b c a a b − ≥ + ≤ + − ≥ + ≤ + Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) a b c a b c c c a a a b − − ≥ + + v à ( ) ( ) ( ) ( ) c a b c a b b b c a a b − − ≥ + + . Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b a b c b c a c a b c c a a a b b b c a a b − − − − + − + − + + ≥ = + + + + TH2: 0 a c b ≥ ≥ > . Khi đó ta có: ( ) 0 ; ( ) ( ) ( ) 0 ; ( ) ( ) a b c c c a b b c c a b a a b b b c − ≤ + ≥ + − ≤ + ≥ + Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) a b c a b c c c a b b c − − ≥ + + v à ( ) ( ) ( ) ( ) b c a b c a a a b b b c − − ≥ + + .Do đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) a b c b c a c a b a b c b c a c a b c c a a a b b b c b b c − − − − + − + − + + ≥ = + + + + NX: Bài toán trên khá hay và cách giải trên là ngắn g ọn và dễ hiểu nhất. Ngoài ra còn có 2 cách giải n h ư sau: C1: Sử dụng phép thế . BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b a c b a c a b c c c a a a b b b c c a a b c b b c a c a b c a b c a b a b c a b c + + ≥ + + + + + + + + ⇔ + + ≥ + + + + + + + + Đặt ; ; 1 a b c x y z xyz b c a = = = ⇒ = . BĐT trở thành: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 y z x z x y z x y + + ≥ + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( ) ( ) ( ) 3 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( ) ( 3 ) 0 y x y z y z x z x x y y z z x xy y z zx x y z x y z x y z x y z xy yz zx ⇔ + + + + + + + + ≥ + + + + + + + + ⇔ + + + + + ≥ + + + ⇔ − + − + − + + + + + + − ≥ Sử dụn g B ĐT Cauchy ( ) 2 2 2 3 3 3 3 xy yz zx xyz + + ≥ = . Ta suy ra đpcm. C2: Sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức- phép thế . BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới : 3 ( ) ( ) ( ) ab c bc a ca b c c a c a a a b a b b b c b c + + + + + ≥ + + + + + + 2 2 2 3 ( ) ( ) ( ) ab c bc a ca b c c a a a b b b c + + + ⇔ + + ≥ + + + Sử dụn g B ĐT Cauchy tức là ta phải c h ứng minh: 2 2 2 ( )( )( ) ( )( )( ) ab c bc a ca b abc a b b c c a + + + ≥ + + + Chia hai vế c h o 3 ( ) abc ta được BĐT trở thành: 1 1 1 a b b c a c a b c b c c a b a b c a + + + ≥ + + + Đặt ; ; 1 a b c x y z xyz b c a = = = ⇒ = . BĐT cần c h ứng minh trở thành: ( )( )( ) ( 1 )(1 )( 1 ) x y y z x z x y z + + + ≥ + + + Còn lại b ạn đọc tự chứng minh. Bài toán 2: Cho a,b,c là các số dương. CMR: 0 a b b c c a b c c a a b − − − + + ≥ + + + GIẢI Giả sử max( , , ) a a b c= ,ta xét các trườn g h ợp sau: TH1: 0 a b c ≥ ≥ > . Khi đó ta có: 0 ; 0 ; a b b c a b b c c a a b − ≥ + ≤ + − ≥ + ≤ + Do đó: a b a b b c a b − − ≥ + + v à b c b c c a a b − − ≥ + + Suy ra : 0 a b b c c a a b b c c a b c c a a b a b − − − − + − + − + + ≥ = + + + + TH2: 0 a c b ≥ ≥ > . Khi đó ta có: 0 ; 0 ; b c c a b c c a a b b c − ≤ + ≥ + − ≤ + ≥ + Do đó: b c b c c a b c − − ≥ + + v à c a c a a b b c − − ≥ + + Suy ra: 0 a b b c c a a b b c c a b c c a a b b c − − − − + − + − + + ≥ = + + + + L B : Bạn đọc có thể tham khảo thêm cách giải sau: Đặt ( ) ; ; , , 0 x b c y c a z a b x y z = + = + = + > . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ; ; 2 2 2 y z x z x y x y z a b c + − + − + − = = = BĐT cần chứng minh trở thành: 2 2 2 2 2 2 0 y x z y x z x y z − − − + + ≥ 2 2 2 x y z x y z z x y ⇔ + + ≥ + + . Đến đây bạn đọc tự giải quyết việc còn lại. Bài toán 3: Cho a,b,c dương. CMR: 2008 2008 2008 2008 2008 2008 a b c a b c b c a b c a + + + + + ≥ + + + + + GIẢI: Bài toán này ta sẽ không sử dụng phương pháp chọn p h ần t ử lớn nhât, nhỏ nhất mà sẽ sử dụn g m ột phương pháp khác liên quan mật thiế t này đó là phương pháp “ Bán Schur- Bán S.O.S” Giả sử m i n ( , , ) c a b c= BĐT cần c h ứng minh tươn g đươn g v ới B ĐT sau: 0 ( 2008) ( 2008) ( 2008) a b b c c a b b c c a a − − − + + ≥ + + + 2 1 1 1 1 ( ) ( ) 0 ( 2008) ( 2008) ( 2008) ( 2008) ( 2008) ( 2008) ( ) ( )( ) 0 ( 2008)( 2008) ( 2008)( 2008) a b b c b b a a c c a a a b a c a b b c a c ab a b ac a c ⇔ −− + − − ≥ + + + + + + + + ⇔ −+ − − ≥ + + + + BĐT trên đúng với các đi ều kiện đã giả sử ban đầu. L B : Có thể nói sử dụng phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” để giải toán BĐT là khá hay. Tuy sức mạnh của phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” không bằng phương pháp phân tích bình phương S.O.S. Nhưng có thê nói phương pháp “ bán Schur-bán S.O.S” là một mẫu mực khi đứng trước các bài toán về bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị. Nội dung của phương pháp “Bán Schur – Bán S.O.S”. Khi đứng trước một bài toán BĐT đối xứng hay hoán vị ta tìm cách đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau: 2 ( ) ( )( ) 0 M a b N a c b c − + − − ≥ V ới điều kiện giả sử m i n ( , , ) max( , , ) c a b c c a b c = ∨ = . Nhiệm vụ của ta là chứng minh các hệ số M,N không âm hoặc dương. V ề mặt lí thuyết là ta có thể đưa mọi BĐT đối xứng hay hoán vị bất kì về dạng bán schur- bán S.O.S. Nhưng trong thức hành thì ta cần dựa vào một số dạng phân tích tổng quát như sau: Dạng tổng quát: Giả sử BĐT cần chứng minh có dạng là: [ ] [ ] ( ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( ) ( , , ) 0 ( ) ( , , ) ( , , ) ( ) ( , , ) ( , , ) 0 a b A a b c b c B a b c c a C a b c a b A a b c C a b c b c B a b c C a b c − + − + − ≥ ⇔ − − + − − ≥ Sau đó tìm cách phân tích các biểu thức ( , , ) ( , , ); ( , , ) ( , , ) A a b c C a b c B a b c C a b c − − sao cho chứa các thừa số ; a b a c − − . Đối với dạng căn thức thì ta có thể làm như sau sử dụng biểu thức liên hợp: ( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , ) ( , , ). ( , , ) A a b c B a b c C a b c D a b c A a b c B a b c C a b c D a b c A a b c B a b c C a b c D a b c − − = + Sau đó ta mới bắt đầu tìm cách đưa về dạng chính tắc của bán schur- bán S.O.S. Sau đây là một số phân tích thường dùng: 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 4 4 4 1. ( ) ( ) ( ) 2. 3 ( )( ) ( )( )( ) 3. ( ) ( ) ( ) 6 2 ( ) ( ) ( )( ) 4. 3 ( ) ( )( ) 5. ( ) ( a b c ab bc ca a b a c b c a b c abc a b c a b a b c a c b c ab a b bc b c ca c a abc c a b a b a c b c ab bc ca abc c a b b a c b c a b c abc a b c a + + − − − = − + − − + + − = + + − + + + − − + + + + + − = − + + − − + + − = − + − − + + − + + = [ ] 2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 2 2 2 ) ( ) ( )( ) ( )( ) 6. ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( )( )( ) (2 )( )( ) 7. ( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 8. 3 b c a b ab a c b c a c b c a b c b c a c a b abc a b c a c b c a b ab ac bc a c b c a b b c c a abc a b c ac cb a b a ac a c b c a b c a b a c b c a ab + + − + + + + − − + + + + + − + + = + + − + + + − − + + − + + = + − + + − − − − + + − = + 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) ( )( )( ) 9. 6 3 ( ) ( 2 )( )( ) 10. 2 ( ) ( ) 2( )( )( ) ( )( ) ( )( 2 )( )( 11. 2 ( )( ) b c ac b c c a a b a b a b a c b c a b c ab abc a b c a b a b c a c b c b c c a a b a c b c a b b c c a a b c a b c a b c a b a b c a b c a c b b c c a a b a c b c − + + + − + − − + + − = + − + + − − + + − = + + + + + + + + + + + + + − + + + + − + + − = + + + + + + ) 2( )( )( ) c a b b c c a − + + + Sau đây là một số bài toán áp dụng phương pháp này: Bài toán 1: Cho a,b,c không âm . CMR: 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) a b c abc ab a b bc b c ca a c + + + ≥ + + + + + Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR: a b c a b a c b c b c a a c b c a b + + + + + ≥ + + + + + Bài toán 3: Cho a,b,c dương. CMR: 3 3 3 2 2 2 2 3 abc ab bc ca a b c a b c + + + ≥ + + + + Bài toán 4: Cho a,b,c dương. CMR: 2 2 2 4( ) 2 b c c a a b a b c a b c ab bc ca + + + + + + + ≥ + + + Bài toán 5: Cho a,b,c dương . CMR: 3 3 3 5 2( ) 3 a b c abc b c c a a b a b c + + + ≥ + + + + + BL1: Cho a,b,c dương . CMR: 2 b c c a a b a b c a b c b c c a a b + + + + + ≥ + + + + + BL2: Cho a,b,c,x,y dương. CMR: 0 ( ) ( ) ( ) x x x x x x y y y a b b c c a b c c a a b − − − + + ≥ + + + BL3: Cho a,b,c dương. CMR: 2 2 2 2 2 2 0 a b b c c a b c c a a b − − − + + ≥ + + + L ưu ý: Các bài toán giải bằng phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất thì có thể giải bằng phương pháp bán Schur- bán S.O.S. VI. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển: Lâu nay ta đã sử dụng khá nhiều bất đẳn g t h ức Cauchy hay Bunhiacopski nhưn g c h ưa biế t rõ bản c h ất thực sự của nó. Bây giờ ta sẽ nghiên cứu thật kĩ l ại nó. 1.Bất đẳng thức Cauchy: a. Nhắc lại kiến thức cơ bản: Cho 1 2 , , n a a a không âm thì ta có: 1 2 1 2 n n n a a a a a a n + + + ≥ . Viế t gọn : 1 1 n i n i n i i a a n = = ≥ ∑ ∏ Đẳn g t h ức xảy r a : 1 2 n a a a = = = . L ưu ý: V iệc xảy ra dấu “=” trong bất đẳng thức Cauchy rất quan trọng (đặc biệt là khi sử dụng BĐT Cauchy trong bài toán cực trị ).Vì thế khi giải bài toán cực trị hay BĐT thì việc dự đoán điểm rơi giúp ta không bị phạm sai lầm trong việc sử dụng BĐT cổ điển. Kiến thức bổ sung: Tổn g c ủa các số hạn g i a với 1,2 i n = được kí hiệu là 1 n i i a = ∑ , nghĩ a là: 1 2 1 n i n i a a a a = = + + + ∑ Tính chất: 1 1 1 1 1 1 1. ( ) 2. . . 3. n n n i i i i i i i n n i i i i n i a b a b c a c a c nc = = = = = = + = + = = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ Tích của các số hạn g j a với 1 , 2 . . . j n = được kí hiệu là 1 n j i a = ∏ , nghĩ a là: 1 2 1 n j n j a a a a = = ∏ Tính chất: 1 1 1 1 1 1 1. . 2. 3. n n n i i i i i i i k n n k i i i i n n i a b a b a a c c = = = = = = = = = ∏ ∏ ∏ ∏ ∏ ∏ b. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy trong bài toán cực trị: 1.Kĩ thuật cân bằng hệ số: 2.Kĩ thuật Cauchy trọng số: Bài toán 1: 1. Cho a dương. Tìm GTNN của 1 A a a = + 2. Cho 2 a ≥ . Tìm GTNN của 1 B a a = + GIẢI 1. Sử dụn g B ĐT Cauchy ta có: 1 1 2 . 2 a a a a + ≥ = Đẳn g t h ức xảy r a ( ) 1 0 1 a a a a ⇔ = > ⇔ = 2. Ở bài này ta không thể sử dụn g B ĐT Cauchy trực tiế p được vì nó sẽ dẫn đến đi ểm r ơi là 1 a = , trái v ới đi ều kiện ban đầu của bài toán. Sau khi lập bảng biế n thiên ta dự đoán GTNN của B đạt tại 2 a = , nghĩ a là đi ểm r ơi s ẽ là 2 a = . Nên ta tìm cách tách hạn g t ử a trong biểu thức B như sau: ( ) 1 1 1 A a a a a a β α α β = + = + + + = (1) Sau khi tách ra như trên ta sử dụn g B ĐT Cauchy cho 2 số 1 ; a a α v à d ấu “=” xảy ra sẽ là: 2 1 1 a a a α α= ⇒ = . Do ta dự đoán đi ểm r ơi là 2 a = nên ta tính được 1 3 ; 4 4 α β = = . Tới đây lời g i ải bài toán như sau: 1 3 1 3.2 1 3 5 2 1 4 4 4 4 2 2 a a a a a a a + = + + ≥ + = + = Đẳn g t h ức xảy r a 1 2 4 a a a ⇔ = ⇔ = . L B : V iệc đưa tham số vào giúp ta điều chỉnh, đảm bảo được dấu “=” xảy ra đúng. Bài toán 2: 1. Cho 2 a ≥ . Tìm GTLN: 2 1 A a a = + . 2. Cho , 0 1 a b a b > + ≤ . Tìm GTNN của 1 A ab ab = + GIẢI