bài tập về bất đăng thức_02

Chia sẻ: Nguyễn Thị Ngọc Huỳnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

58
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài tập về bất đăng thức_02', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: bài tập về bất đăng thức_02

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn + 4xy ≥ 2  (x + y ) 3  ( ) + (x + y ) 3 2 ⇒ x +y ≥ 2 ⇒ x +y ≥1 . (x + y ) 2 ≥ 4xy   ( )( ) 2 (x + y + x + y + 2x y ) − 2 (x + y ) + 1 3 A = 3 x 4 + y 4 + x 2y 2 − 2 x 2 + y 2 + 1 = 4 4 4 4 22 2 2 A = (x + y ) + (x + y ) − 2 (x + y ) + 1 3 3 2 4 4 2 2 2 2 2 2 Mà x + y = ( x + y ) − 2x y ≥ ( x + y ) − ( x + y ) ⇒ x + y ≥ ( x + y ) 1 2 2 2 4 4 2 2 22 2 2 4 4 4 4 2 2 2 Khi đó A ≥ ( x + y ) + ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 hay A ≥ ( x + y ) − 2 ( x + y ) + 1 3 3 9 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 (x + y )2 1 ( ) 9 1 2 Đặt t = x 2 + y 2 , t ≥ ≥ ⇒ A ≥ t 2 – 2t + 1,t ≥ . 2 2 4 2 1  92 () Xét hàm số f t = 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 2 4 2  1 9 1 () Khi đó min A = min f t = f   = . Đẳng thức xảy ra khi t = .  2  16 2 1  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 1 1 P= + . 1 + a 2 + b2 2ab Giải: 1 1 4 4 4 Lời giải 1. Ta có: P = + ≥2 = ≥ =2 1+a +b 2ab a + 2ab + b + 1 (a + b) + 1 2 2 2 2 2 1 + a 2 + b 2 = 2ab (a − b )2 + 1 = 0   Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ . Hệ vô nghiệm. Vậy không tồn tại min P . a +b = 1 a +b = 1     1 1 1 4 1 4 1 Lời giải 2. Ta có: P = + + ≥2 + = + 1+a +b 6ab 3ab a + 6ab + b + 1 3ab (a + b) + 1 + 4ab 3ab 2 2 2 2 2 a + b  1 4 1 8 Mặt khác ab ≤   = . Vậy P ≥ + ≥ . 2 2 2 4 3 a + b  a + b  2+ 6   2 2 -11- www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn 1 + a 2 + b 2 = 3ab  1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b ⇔a =b = . 2 a + b = 1  11 4 +≥ Lời bình: lời giải 1. và lời giải 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức . 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. 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. 1 Cho x ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x + x Giải: Phân tích bài toán: 1 Với α + β = 1; α , β > 0 , thì P = α x + + βx . x 1 1 Ta luôn có : P = α x + + β x ≥ 2 α x. + β x x x 1 1 1 1 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi α x = ⇔α = ⇒β = ⇔x = ⇔2= α α 4 4 x Bài giải: 1 1 1 3 113 5 P =x + =  x +  + x ≥ 2 x . + .2 = x 4 x 4 4x4 2 5 Vậy min P = khi x = 2 . 2 1 1 Cho a, b > 0 và thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + 4ab . a +b 2 2 ab Giải: 1 Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán min P đạt tại a = b = . 2  1 1 1 1 4 1 1 Ta có: P = + +  4ab + + ≥ + 2 4ab. + ≥7 a +b 4ab  4ab (a + b) 2 2 2 2 2ab  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   1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 7 đạt tại a = b = . 2 Tham khảo hai lời giải khác : Lời giải 1: 1 1 1 1 4 1 1 1 1 P= + +  4ab + + ≥ + ≥ 4+2+ =6+ 2 4ab. ( ) a +b 2 2 2 4ab  4ab 2ab 4ab 4ab 4ab ab  a +b 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 1 − a + a ≥ a , đẳng thức xảy ra khi a = 1 ⇒ min  1 − a + a  = a ?. ( ) ( ) 2 2     Lời giải 2: 1  1 1 1 4 1 4 P= 2 + + + 4ab ≥ 2 + + 4ab = + + 4ab  . ( ) a +b a + b + 2ab 2ab 2 2 2 2ab 2ab  2ab  a +b ) ( 1 1 + 4ab ≥ 2 .4ab = 2 2 . Vậy P ≥ 4 + 2 2 ⇒ min P = 2 2 + 2 Mặt khác 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 ( ) 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 . 2ab  a + b = 1  -13- www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn (x )( ) + y3 − x 2 + y2 3 Cho x , y là hai số thực dương lớn hơn 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = (x − 1)(y − 1) Giải: (x )( ) = x ( x − 1) + y ( y − 1) = + y3 − x 2 + y2 3 2 2 x2 y2 2xy P= + ≥ . (x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1) (x − 1)(y − 1) y −1 x −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 . xy . 22 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 1 1 ( ) 12 P= b + c2 + a 2  2 + 2  . 2 b c a Cho x , y, z là 3 số thực dương thay đổi . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 1 y 1 z 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 1 x 1 y 1 z 1 x2 1 1 Khi đó P = x  +  + y  +  + z  +  = 3. + 3. = 3  + +  2 2x 2x    2 yz   2 zx   2 xy  2 x   x2 1 1 x2 9 9 1 ⇒ P ≥ 3.3 3 ⇒ 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 2 xyz xyz -14- www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn  x 2 1   y2 1   z 2 1   x 2 1   y2 1   z2 1 1 1 1 P ≥ + + + + + = + + + + + + + +  2 x   2 y   2 z   2 2x 2x   2 2y 2y   2 2z 2z         x2 1 1 y2 1 1 z2 1 1 9 Hay P ≥ 3 3 + 33 . . + 33 . . ⇒P ≥ .. 2 2x 2x 2 2y 2y 2 2z 2z 2 9 Vậy min P = khi x = y = z = 1 . 2 Cách 2: x 1 y 1 z 1  x2 y2 z 2 x y z P = x + +y + +z + = + + + + +  2 yz   2 zx   2 xy  2 2 2 yz zx xy 1 1 1 2 2 1 ( ) ( ) 1 P = x 2 + y2 + z 2  +  = x + y + z 1 + + 2   2 xyz  2 xyz xyz   1 3 222 1 9 P≥ 9 x y z .3 2 2 2 = . 2 2 xyz Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 . 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 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 + 4 ) (3 + 4 ) 3 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 3 3 + 4x . 3 + 4y . 3 + 4 z = 3 6 3 + 4x y z  3 + 4 x = 1 + 1 + 1 + 4x 4 ≥ 4 4x   6 4 4 Mặt khác 3 + 4y = 1 + 1 + 1 + 4y ≥ 4 4y ⇒ 3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 3 4 3 4x .4y.4z ≥ 6  4 3 + 4 = 1 + 1 + 1 + 4 ≥ 4 4z z z  Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 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 1 3 a + 2b = 3.3(a + 2b) ≤ = 3 . . 3 3 3 33 9 9 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 39 39 39 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 MaxQ = 5 ⇔  hệ vô nghiệm.Vậy Q < 5 . c + 2a = 1 a + b + c = 3  3 Tương tự: Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c = .Chứng minh rằng: 4 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 3 3 111 Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn + + = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xyz 1 1 1 P= + + 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Đề thi Đại học khối D năm 2007 Giải: Cách 1:  1 1 1 1 1 1 ≤ +++   2x + y + z 16  x x y z  1  2 1 1   1 2 1   1 1 2    1 1 1 1 1 1 ≤  + + + ⇒P ≤  + +  +  + +  +  + +   = 1   x + 2y + z 16  x y y z  16  x y z   x y z   x 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 4 Vậy: MaxP = 1 khi x = y = z = . 3 4 Lời bình : Dự đoán MaxP đạt được tại x = y = z = nên tách các số 2x = x + x ;2y = y + y;2z = z + z ra 3 cho dấu bằng xảy ra. Cách 2: 1  1 1 11 4 1 +≥ ⇔ ≤  +  ”. Áp dụng mệnh đề “nếu a, b > 0 , thì 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  1 1 1 1  1 1 1 1 1 1 ≤ + + ; ≤ + + Tương tự : x + 2y + z 8  2x y 2z  x + y + 2z 8  2x 2y z  Cộng vế theo vế ta được đpcm. 11 4 +≥ Lời bình : Nếu a, b > 0 thì . a b a +b (a + b ) 2  a2 b2  ≤ + Tổng quát : Cho x , y > 0 và hai số a, b bất kỳ, ta luôn có :  hay   x +y x y ( ) 2 a +b  a 2 b2  ab  + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = . x  y  x +y xy  n2 1 1 1 1 Mở rộng: Nếu a1, a2 , a 3 ,..., an ≥ 0 thì : + + + ... + ≥ . an a1 + a2 + a 3 + ... + an a1 a 2 a 3 a + a + a + ... + a ≥ n n a a a ...a 1 2 3 123 n n  Chứng minh : Với a1, a2 , a 3 ,..., an ≥ 0 ,  1 1 1 1 1 + + + ... + ≥ nn a1a2a 3 ...an  a1 a 2 a 3 an  1  ( ) 1 1 1 1 ⇒ a1 + a2 + a 3 + ... + an  + + + ... +  ≥ n n a1a2a 3 ...an n 2 a  a1a2a 3 ...an  1 a2 a 3 an  n2 1 1 1 1 ⇔ + + + ... + ≥ an a1 + a2 + a 3 + ... + an a1 a2 a 3 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 1 1 1 1 ≤++ + + a. 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 1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + d.  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 1 1 1 1 11 1 1 1 1 2 1 1 1 . . . ≤  + + + ⇒ ≤  + +  ⊲ , tương tự ta có: 4 2x + y + z 16  x y z  x x y z 4x x y z  1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 ≤  + + ; ≤ ++ x + 2y + z 16  x y z  x + y + 2z 16  x y z  1 1 1 1 4 P≤ .4  + +  = 1 . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 16  x y z  3 4 Vậy: MaxP = 1 khi x = y = z = . 3 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  10 1 1 1 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 111 1. Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn + + ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức xyz 1 1 1 P= + + . 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 3 2 +2 > 14 . 2. Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn x + y + z = 1 . Chứng minh rằng : xy + yz + zx x + y 2 + z 2 1 1 1 +2 +2 ≥ 9. 3. Cho x , y, z > 0 và thỏa mãn x + y + z ≤ 1 . Chứng minh rằng : x + 2yz y + 2zx z + 2xy 2 11 4 +≥ Cách 4: Nếu a, b > 0 thì . 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 . () () 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.   a +b b +c c +a c a b ≥ 2  + + + + Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì  a +b  b +c a +c c a b   Giải: ( ) x + y ≤ 2 x + y , ta có : Áp dụng bất đẳng thức 1 a b 1  b c 1  c b a +b b +c c +a  +  +   + + ≥ + + + 2 c  2 a  2 a  c a b c 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 . http//:www.maths.vn 11 4 +≥ Áp dụng bất đẳng thức , ta có : x y x +y a 1 1 b 1 1 c 1 1 2 2a 2 2b 2 2c + + + + + ≥ + +    b+ c a+ c a+ b 2 c b 2 a c 2 a b ( ) x + y ≤ 2 x + y , ta có : Áp dụng bất đẳng thức 2 2a 2 2b 2 2c 2 2a 2 2b 2 2c + + ≥ + + ( ) ( ) ( ) b+ c a+ c a+ b 2 b +c 2 a +c 2 a +b   c b a = 2 . + +  a +b  a +c b +c   ( ) 11 4 x + y ≤ 2 x +y . +≥ Lời bình : Bài toán trên sử dụng đến hai bất đẳng thức cơ bản và x y x +y a +b +c ab bc ca + + ≤ Chứng minh rằng mỗi số thực dương a, b, c ta luôn có: a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6 Giải: ab  1 1 1 ab ab = ≤ + + . . Ta có : ( )( ) a + 3b + 2c 9  a + c b + c 2b  a + c + b + c + 2b Ŏ bc  1 1 ac  1 1 1 1 bc ac ≤ + + , ≤ + +  . Tương tự : b + 3c + 2a 9  a + b a + c 2c  c + 3a + 2b 9  b + c a + b 2a  Cộng vế theo vế ta được 1  bc + ac bc + ab ab + ac  1 ( ) ab bc ca + + ≤ + + + a +b +c a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 9  a + b a +c b + c  18 a +b +c ( ) ( ) 1 1 ab bc ca + + ≤ a +b +c + a +b +c = Hay . a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 9 18 6 111 9 ++≥ Lời bình : Bài toán trên sử dụng đến bất đẳng thức cơ bản . x y z x +y +z 2 2 2 + + Cho a, b, c > 0 và thoả mãn điều kiện a.b.c = 1 . Chứng minh rằng: ≥3 ( ) ( ) ( ) a b +c b c +a c a +b 3 3 3 IMO năm 1995 Giải: Cách 1: 1 2 b +c 1 = == Phân tích bài toán: Dự đoán điểm rơi a = b = c = 1 và ( ) a3 b + c 24 4bc Bài giải: Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân -20- www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn 1 1 1 1 b +c b +c 1 1 1 1 + ≥2 3 = ⇒3 ≥ −+ . ( ) ( ) ( ) a b +c a b + c 4bc a b +c 3 4bc a 4 b c  a 1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 ≥ −  + ; 3 ≥−+ Chứng minh tương tự, ta được ( ) ( ) b c +a b 4 c a  c a + b 3 c 4 a b  Cộng vế theo vế ta được điều chứng minh. Cách 2: 1 1 1 Đặt : a = ;b = ; c = . Từ giả thiết suy ra x .y.z = 1 . x y z 2x 2 2y 2 2z 2 2 2 2 2 2 2 = = = = = = ;3 ;3 ( ) ( ) ( ) 1 1 y +z b a +c 1 1 x +z c b +a 1 1 y +x a3 b + c 1 1 1 + + + x3 y3 z3 y z  x z  y x  ( ) ( )≥3 2 2 x +y +z 2 x +y +z 2x 2 2y 2 2z 2 2 2 2 = xyz = 3 ⇒3 +3 +3 = + + ≥ 3 ( ) ( ) ( ) ( ) y +z x +z y +x 2 x +y +z a b +c b c +a c a +b 2 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 . Lời bình : Bài toán trên sử dụng đến việc Đổi Biến Để Chứng Minh Bất ĐẳngThức. Đôi khi chứng minh một bài toán BĐT có rất nhiều cách khác nhau để giải, song không phải cách nào cũng thuận lợi cho việc chứng minh BĐT, có nhiều BĐT đề ra phức tạp làm cho ta cảm giá rối, nhưng qua việc đưa về biến mới thì bài toán trở nên dễ hơn. Bài viết này xin nêu ra một số cách đổi biến để chứng minh BĐT được dễ dàng hơn. Tương tự: 3 a b c + + ≥. 1. Cho 3 số thực dương a,b,c . Chứng minh rằng : b +c c +a a +b 2  y +z −x a = x =b +c 2   x +z −y  = c + a ⇒ b = Gợi ý : Đặt : y . Bất đẳng thức cần chứng minh 2 z  = a +b c = x + y − z   2  1 y + z − x x +z −y x +y −z  3 ⇔ + + ≥  2 2 x y z x y  y z   z x  xy yz zx ⇔  +  +  +  +  +  ≥ 2 . + 2 . + 2 . = 6 đúng. y x  z y  x z  yx zy xz xy yz zx + + ≥ 3. 2. Cho 3 số thực dương x , y, z thoả mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Chứng minh rằng : z x y -21- www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn  xy a = z   yz Gợi ý : Đặt : b = với a,b, c > 0 . Từ x 2 + y 2 + z 2 = 3 ⇔ ab + bc + ca = 3 . Bất đẳng thức cần chứng x  c = zx  y  minh ⇔ a + b + c ≥ 3 Để ý : a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca ) = 3 . 149 + + ≥ 36 . 3. Cho 3 số thực dương x , y, z thoả mãn: x + y + z = 1 . Chứng minh rằng : xyz  a x = a +b +c   b Gợi ý : Đặt : y = với a,b, c > 0 . Bất đẳng thức cần chứng minh a +b +c  c z =  a +b +c  a +b +c a +b +c a +b +c bc a c a b ⇔ + 4. + 9. ≥ 36 ⇔ + + 4. + 4. + 9. + 9. ≥ 22 a b c aa b b c c b a  c a  c b ba ca cb ⇔  + 4.  +  + 9.  +  4. + 9.  ≥ 2 .4. + 2 .9. + 2 4. .9. = 22 đúng. a b  a c  b c ab ac bc ( )( )( ) 4. Cho 3 số thực dương x , y, z . Chứng minh rằng : xyz ≥ x + y − z y + z − x z + x − y . x = b + c  ( )( )( ) Gợi ý : Đặt : y = c + a với a,b, c > 0 . Bất đẳng thức cần chứng minh a + b b + c c + a ≥ 8abc . z = a + b  5. Cho 3 số thực dương a,b,c và thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng :  1 1 1  a − 1 +  b − 1 +   c − 1 +  ≤ 1 . b  c  a   x a = y   y Gợi ý :Do abc = 1 gợi ý đặt : b = với x , y, z > 0 . Bất đẳng thức cần chứng minh z  c = z  x  x z y x  z y  − 1 +  − 1 +  − 1 +  ≤ 1. y y  z z  x x 6. Cho 3 số thực dương x , y, z và thỏa mãn xyz = x + y + z + 2 . Chứng minh rằng : 3 x+ y+ z≤ xyz . 2 -22- www.mathvn.com
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . http//:www.maths.vn 1 1 1 Gợi ý :Từ xyz = x + y + z + 2 ⇔ + + =1 1+x 1+y 1+z 1−a b +c 1−b a +c 1−c a +b 1 1 1 = a, = b, =c ⇒x = = ,y = = ,z = = với a,b, c > 0 . Đặt : 1+x 1+y 1+z a a b b c c 3 a b b c c a + + ≤. . . . Bất đẳng thức cần chứng minh b +c c +a c +a a +b a +b b +c 2 1 a b 1 b c 1 c a a b b c c a ≤ + ≤ + ≤ + . ; .  ;; .  Để ý : b + c c + a 2 a + c b + c  c + a a + b 2 b + a c + a  a + b b + c 2 c + b a + b  3 Cho 3 số thực dương a,b,c thoả mãn a + b + c ≤ . Chứng minh rằng : 2 1 1 1 15 1. a + b + c + ++≥ . 2 abc 1 1 1 3 17 2. a 2 + + b2 + 2 + c2 + 2 ≥ . 2 2 a b c 1 1 1 3 17 + b2 + + c2 + ≥ 3. a 2 + . b2 c2 a2 2 Giải: 1 1 1 15 1. a + b + c + ++≥ 2 abc 111 1 1 + + ≥ 3 3 abc + 3 3 Ta có thể phạm sai lầm: a + b + c + ≥6 =6 abc . abc 3 3 abc abc 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 nhưng khi đó a + b + c = 3 > ( trái giả thiết ) . 2 Phân tích bài toán : 3 Từ giả thiết a,b,c dương thoả mãn a + b + c ≤ , gợi ý hướng giải bất đẳng thức trung bình cộng, trung 2 3 1 1 bình nhân. ≥ a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ 3 abc ≤ . Đặt: x = 3 abc ≤ 2 2 2  1 111 1 1 Khi đó : a + b + c + + + ≥ 3 3 abc + 3 = 3  x +  . Dự đoán đẳng thức xảy ra khi x = 2 abc x 3  abc  1 x =  2 ⇒ α = x2 = 1 . Ta chọn α > 0 sao cho:  x = 1 4 α x  Bài giải:  1   111 1 1 9 15 a +b +c + + + ≥ 3  x +  ≥ 3  4x + − 3x  ≥ 3.2 4x . − 9x = 12 − = 2 2 abc x x x    -23- www.mathvn.com