LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀICác mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán là trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh Bất đẳng thức l
Trang 1A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán
là trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh
Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhập với một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khả năng tư duy toán học cho học sinh
Trong quá trình dạy học tôi luôn tìm tòi các ví dụ điển hình tổng hợp thành các phương pháp giải cụ thể cho học sinh đồng thời hướng dẫn học sinh biết nhận dạng bài toán và phát triển các bài toán mới
Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồng nghiệp một phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức: ” Giải bất đẳng thức bằng phương pháp đưa về một biến” ( Thường là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi Đại học) Và trong một số bài toán tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt động trí tuệ như tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa
Nội dung đề tài gồm hai phần :
Phần I: Đưa về 1 biến bằng cách biến đổi đặt ẩn phụ t = h(x,y,z, )
Phần II: Đưa về 1 biến bằng cách dồn biến
B NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I PHƯƠNG PHÁP
1 Bài toán: Xét bài toán:Với điều kiện R (nếu có) Chứng minh rằng
P = f(x,y,z, )≥A(hoặc ≤A) hoặc tìm GTLN; NN của P
Phương pháp 1:
⊕ Chứng minh: P≥g (t) ∀ =t k(x,y,z, ) ∈D
Chứng minh: g(t) ≥A ∀ ∈t D
⊕ Chứng minh: P≤ g(t) ∀ =t k(x,y,z, ) ∈D
Chứng minh: g(t) ≤A ∀ ∈t D
Vấn đề đặt ra là đánh giá biểu thức p để đưa về biểu thức một biến g(t) và chứng minh
A
t
g( ) ≥
- Việc chứng minh g(t) ≥A ở đây tôi có thể sử dụng cách biến đổi, dùng các bất đẳng thức cơ bản hoặc với hoc sinh lớp 12 có thể làm bằng cách sử dụng đạo hàm lập bảng biến thiên để giải
- Còn đánh giá P nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựa chọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụng bất đẳng thức cổ điển
bunhiacopki,côsi, )
Phương pháp 2:
a Nếu vai trò các biến x,y,z như nhau, không mất tính tổng quát ta có thể giả sử : x =
max(x,y,z, ) hoặc x = min(x,y,z, ) hoặc giả thiết x≥ y≥ z ≥ ;và dùng điều kiện bài toán kết hợp các bdt cơ bản khử dần các biến đưa về biến x
b Đánh giá các biến, giả thiết thêm các điều kiện của biến đưa:
P= f(x, y, z, …)≥ f(x, t, ) ≥… ≥f1(x) Trong đó t, = k(x, y,z,…)
Trang 2Sau đó chứng minh f1(x) ≥A.
•Bài toán 1:
Với x,y là các số thực dương chứng minh rằng:
x3 + y3 ≥xy2 + yx2(1)
Giải:
Vì x là số dương nên:
(1) ⇔
x
y x
y x
≥
+
2 3
1 Đặt
x
y
=t ( t >0)
C1: Ta có: (1) trở thành : t 3 -t2- t+ 1≥0⇔(t-1)2(t+1)≥0 (đúng với mọi t>0).
C2: Hướng dẫn hs xét hàm : f(t)= t3 -t2- t+ 1 trên (0; +∞ ).
f’(t)= 3t 2 - 2t -1=0 ⇔t= 1 ; t= -1
3
+∞
Suy ra f(t) ≥0 với mọi t > 0 (đccm)
Tổng quát
Ta có bài toán 1’:
Cho x,y là các số thực dương; Chứng minh rằng:
x n +y n ≥ xy n− 1 +x n− 1y(n ≥ 2 ,n ∈ N)
Chứng minh hoàn hoàn tương tự!
Giải:
Đặt t = y x+ x y thì = + = + ≥ 2
x
y y
x x
y y
x
C1: Ta có: (2) trở thành:
Với x,y là các số thực khác không chứng minh rằng:
) 2 ( 2 2
2 2
2 4
4 4
4
−
≥ + +
+
− +
x
y y
x x
y y
x x
y y x
Trang 30 2 )
2 ( 2
)
2
(t2 − 2 − − t2 − +t + ≥ ⇔(t+2)(t3-2t2-t+3)≥0(2')
+) Với t≥2: ta có t3-2t2-t+3=(t-2)(t2-1)+1>0
nên bất đẳng thức (2') đúng
+) Với t≤-2: ta có t3-2t2-t+3=(t+2)[(t-2)2+3] - 11 > 0
và t+2≤0 nên bất đẳng thức (2') đúng
vậy bất đẳng thức (2) đúng dấu bằng xảy ra khi t=-2 hay x=-y
⇒ đpcm.
C2: Xét hàm số: f(t) = t 3 – 2t 2 – t + 3 trên (−∞; -2] ∪[2; +∞).
•Bài toán 3:
Cho x, y, z là các số thực thay đổi Tìm GTNN của biểu thức:
2 2 2 2
A= x− +y + x+ +y + −y
Giải:
Từ đẳng thức: x2 + y2 +z2 + 2 (xy+yz+zx) = (x+ y+z) 2;
x3 +y3 +z3 − 3xyz= (x+y+z)(x2 +y2 +z2 −xy−yz−zx) và điều kiện ta có:
2
2
x y z
P = x y z x+ + +y + − − −z xy yz zx = x y z+ + − + + −
Đặt: t= + +x y z ⇒ 0 < ≤t 6
P =t − − = − + = −t t− t+ + ≤
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t= 2
Vậy: Pmin=− 2 2 khi x=− 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
C2: Đặt f(t) = (2 2 2) 3 3
P =t − − = − + t (0< ≤t 6)
f’(t)=
2 3
2
t
− + = ⇔ = = −
f(t)
2 2
Suy ra f(t)= P ≤ 2 2 (0 < ≤t 6 )
Vậy Pmin=− 2 2 khi x=− 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1 CMR:
Trang 42 2 2
14
a + b + c + ab bc ca >
3(a + b + c )
Suy ra: Nếu đặt t= a + b + c ta có: VT= 2 2 2 f t( ) 2 6
1
= +
− với
1 t<1
3 ≤
f’(t) =
2
2
t
t
=
BBT
3
1 3 2
− +
1
f(t)
8 4 3 +
+∞
Vậy: f(t) 8 4 3 1
14
≥ + > ( đpcm).
Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: ( ) 2 2
.
x y xy+ = x +y −xy;
Tìm GTLN của biểu thức: A= 3 3
1 1
x + y .
Giải Đặt: S= x+y; P= x.y (s 2≥4p )
Từ gt ta có:
( ) ( ) ( )2
2 2
x+y
SP= S - 3P
3
S P S
⇒ =
+
( Lưu ý S = -3 không thoã mãn).
Đánh giá S: S 2≥4P => 2 2 2 1
−
Vậy:
A= 3 3
1 1
( ) ( ( ) ) ( )
2 2
+
Trang 5( với S<-3 v S≤ 1).
Xét: f(S) =S 3
S
+
trên ( −∞ − ∪ +∞ ; 3) [1; ).
f’(S)= 32 0
S
− < ∀ S∈ −∞ − ∪ +∞ ( ; 3) [1; ).
Suy ra f(S ) nghịch biến
BBT:
S −∞ -3 1 +∞
-f(S)
1
0
4
1 MaxA = f2(1) = 16 Đạt được tại x= y= 12 ( Khi S= 1; P= 14)
Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ
•Bài toán 6: Đề thi đại học khối B năm 2006
Cho x, y, z là các số thực thay đổi Tìm GTNN của biểu thức:
A= (x− 1) 2 +y2 + (x+ 1) 2 +y2 + −y 2
Giải
Áp dụng bdt: a2 +b2 + c2 +d2 ≥ (a c+ ) 2 + + (b d) 2
Ta có: A= (1 −x) 2 +y2 + (x+ 1) 2 +y2 + −y 2 ≥ 4 4 + y2 + −y 2 Dấu bằng xảy ra ⇔x=0 Đặt f(y)= 4 4 + y2 + −y 2
•Với y≤ 2: f(y)= 4 4 + y2 + − 2 y f’(y)= 0 ⇔ =y 13
Lập bảng biến thiên ta có: f(y) ≥ + 2 3 ⇔ =y 13.
•Với y>2: f(y) ≥ 2 1 +y2 ≥ 2 5 2 > + 3.≥ 2 1 +y2 ≥ 2 5 2 > + 3
Vậy GTNN của A = 2 + 3 khi x=0; 1
3
y= .
•Bài toán 7: (Đề thi đại học khối B năm 2008).
Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn: x2 + y2 =1 Tìm gTLN, NN của biểu thức: ( 2 )
2
P
xy y
+
=
Trang 6Giải
Ta có: ( 2 )
P
+
=
-) Nếu y = 0 ta có P = 2
-) Nếu y≠ 0 Đặt x= ty Suy ra: ( 2 )
2
2 3
P
+
= + + .
Xét hàm ( 2 )
2
( )
2 3
f t
+
=
8 6 2
2 3
t
−
= +
+ + ∀ ∈t R.
f’(t)= 0
3 2 3
t t
−
=
⇔
=
( ) 2; ( ) 2; (3) 3; ( ) 6
2
Vậy GTLN của P là 3 khi : 2 2
;
=
⇔
.
GTNN của P là -6 khi :
2 2
; 3
2
; 1
−
−
.
Có thể sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai.
•Bài toán 8: (Đề thi cao đẳng khốiA, B,D năm 2008).
Cho x, y là các số thực thay đổi thõa mãn : : x2 + y2 =2 Tìm GTLN, NN của biểu thức: P= 2( x3 + y3) – 3xy
HD: Đặt: t= x + y với : t∈ −[ 2; 2].
•Bài toán 9:
Cho
≤ +
+
>
2 3 0 ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr: P=x+ y+z+ 1x+ 1y +1z ≥152
Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
P=
z y x z y x xyz z
y x z y x z
y
x
+ + + + +
≥ +
+ +
≥ + + + +
Trang 7Đặt
2
3
0 < ≤
⇒ + +
=x y z t
C1: Ta có: f(t)= t 9
t
+ với: 0 3
2
t
< ≤ f’(t)= 2
2
t 0
t
− < ∀ ∈ ⇒
f(t) nghịch biến trên
3 0;
2
.
Suy ra: ( ) ( )3 15
P≥ f t ≥ f =
Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = 3
2 hay x = y = z = 1
2
C2: áp dụng BĐT côsy ta có:
15 2
3 4
27 4
9 2 4
27 4
9 9
1 1 1
= +
≥ + +
= +
≥ + + + + +
t
t t t
t t
t z y x z y
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =
2
1
⇒ đpcm
Chứng minh bài toán Tổng quát 1 :
Cho x1, x2, , xn( n ≥ 2 ) là số dương ;
*
x + + + ≤ x x k k R ∈ + b ≥ 0 ; ak2 ≤ bn2.
Chứng minh rằng:
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
(*) Hướng dẫn giải:
C1: Sử dụng BDT cô sy :
2
n
x +x + + x ≥ x x ≥ x x
+
Suy ra:
2
bn
= + + + + + + + ≥ + + + +
+ + +
Đặt: t = x1 + x2 + + xn ≤ k
Ta có: VT = f(t) =
2
bn at
t
+ với t ≤ k f’(t)= a bn22 .at2 2bn2 0 t k
t t
−
− = < ∀ ≤ (vì gt: ak2≤bn2)
Suy ra: f(t) nghịch biến trên: 0<t k ≤
Vậy: P f t( ) f k( ) ak2 bn2
k
−
Dấu bằng xảy ra: x = y = z và t = k hay x = y = z = k
n
Trang 8C2: Áp dụng BĐT côsy ta có:
2
bn
+ + + +
Dấu bằng xảy ra: x = y = z = k
n
Nhận xét:
Bài toán 9,1:
Cho
≤ +
+
>
2 3
0 ,
,
z y
x
z y
x
Cmr: + + + 4 (1+ 1 +1) ≥512
z y x z y
Dễ dàng giải bài toán 8 1 nếu ta cho bài toán TQ1 với a=1; b=4 ; n=3 ; k=
2 3
Cho
≤ +
+
>
2 3 0 ,
,
z y
x
z
y
x
3.
2
Giải
Thật vậy : áp dụng bất đẳng thức bunhacopxki ta có:
17
1 1 4
) 4 1
)(
1
2
2
y
x y
x y
x y
Tương tự sau đó cộng vế theo vế:
Áp dụng bài toán TQ1 với a= 1 ; 4 ; 3; 3
2
Suy ra điều phải chứng minh
Bài toán 9.3 (Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2004).
Cho
≤ +
+
>
1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
CMR : 1 1 2 12 82
2
2 2
z
z y
y x
Chứng minh tương tự
Bài toán TQ1 : Với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có:
Bài toán 9* :
Trang 9Cho
≤
+
>
2
0 ,
y
x
y
x
Cmr: 1 + 1 − (x+ y) ≥ 2
y
Xem x= 1 a− ; y= 1 b− ta có:
Bài toán 9*.1:
Cho , 0
1
a b
a b
≥
+ =
Từ đó có thể dễ dàng chứng minh bài toánTổng quát 2:
Cho x1,x2, ,x n(n≥ 2)là các số thực dương và x1 +x2 + + x n =m, m>0:
2
2 1
1
−
≥
− + +
−
+
mn x
m
x x
m
x x
m
x
n
n
Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện bài toán TQ1 ta có bài toán mới :
Bài toán TQ3
Cho x1,x2, ,x n(n≥ 2 ) là các số thực dươngthoả mãn:
) (
2
1 x x k k R
x + + + n ≥ ∈ ; b≥ 0 ;ak2 ≥bn2.
Chứng minh rằng:
k
ak bn x
x x b x x
x a
n n
2 2
2 1 2
1 ) (1 1 1)
(**)
Từ bài toán TQ2 và bài toán TQ3 ta có thể áp dụng chứng minh các bài toán khác tương tự , hoặc có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị
Với x,y,z là các số thực dương và xyz≥1:
Chứng minh rằng: P = + + + + + ≥ 32
xy z
z xz
y
y yz
x
x
Giải:
Đặt a= x , b= y , c= z
Bài toán trở thành :
Cho: a,b,c là các số thực dương và abc ≥1 Chứng minh rẳng
P =
2
3 2
2 2
2 2
2
≥ +
+ +
+
c ac
b
b bc
a a
Trang 10
áp dụng bất đẳng thức svac-xơ ta có:
P2 ≥
ab c ac b bc a
c b a
+ + + + +
+ +
2 2
2
2 )
=
4 ) (
ab c ac b bc a
c b a
+ + + + +
+ +
] 3 ) [(
3
) (
)]
( 3 ) [(
3
) (
) (
3
) (
2
4 2
4 2
2
2
4
− + +
+ +
≥ + +
− + +
+ +
≥ + + + +
+
+ +
≥
c b a
c b a ca
bc ab c
b a
c b a ca
bc ab c b
a
c b a
{vì ab+bc+ca≥3 abc3 ( ) 2 ≥3}
Đặt: t=(a+b+c)2 thì t≥9 { vì a+b+c≥3 abc3 ≥3}
C1: P2 = f(t) = 3( 3)
2
−
t
t
=1 1 9
3t+ + 3(t 3)
− với t≥9
f’(t)= ( )2
3 − 3t 9 = ⇔ =t t=
BBT:
f(t)
9 2
+∞
Vậy P2 = f(t) 9
2
≥ Suy ra: P 3
2
≥ Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 (đpcm).
C2: Ta có : P2 =
) 3 ( 3
2
−
t
t
=
3
3 12
3 2 12
15 9 3 3
3 12
3 12
15 3
−
− +
+
≥
− +
− +
+
t
t t
t
2
9
⇒ P2 ≥ 29 ⇒ P ≥
2
3
Dấu bằng xảy ra khi x= y= z= 1 (đpcm).
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán Tổng quát 4
Cho: x1,x2, ,x n(n≥ 2 ) là các số thực dương và x1x2 x n ≤ 1
CMR:
2
2
3 2 1
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x
x
n n
n
n n
≥ +
+
+ +
+
Cho
= +
+
≥ 1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr: 1 2 1 2 1 2 ≤109
+
+ +
+ +
=
z
z y
y x
x
Trang 11Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ
Giải : Ta có :
3 3 3
2 2 2 2 3
4 3
4 3
4
2
3 2
3 2
3 2
2 2
2 2
2
1 ) (
1
) 1 1
1 ( 1 ) 1 1 ( ) 1 1 ( ) 1
1
(
z y x z y x
z y x z
z
z y y
y x
x
x
z
z y
y x
x z
z z
y
y y
x
x
x
P
+ + + + +
+ +
−
≤ +
+ +
+
+
−
=
+
+ +
+ +
−
= +
− + +
− + +
−
=
Ta có:
2 2 2
1
+ +
Đặt t x= + + 2 y z2 2 từ đk
3
1
≥
⇒t
C1) Ta có: P = f(t) =
2
2
8 3
1 3
t
f t
<0 1
3
t
∀ ≥ .
Suy ra: f(t) nghịch biến trên [ 1;
3
− +∞).
Vậy P = f(t) ( )1 9
3 10
f
≤ = Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=
3
1
(đpcm).
C2) Ta có:
10
9 10
9 3 10 3
) 9 57 )(
3
1 ( 10
9 10
9 3 10 3
3 10 3 3 1
3
2 1
3 2 3
1
2
2
2
2 2
≤ + + +
+
−
= +
− + +
+ +
−
= + + +
−
≤ +
+
−
≤
t t
t t t
t
t t t t t
t t
t t
t
P
Dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=
3
1
(đpcm).
•Bài toán 12:(Tạp chí toán học tuổi thơ).
Cho , , (0;1)
(1 )(1 )(1 )
x y z
∈
2+y2+z2 ≥
4
3
Giải:
Ta có: (1)⇔1-(x+y+z)+xy+yz+zx=2xyz
⇔x2+y2+z2=2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4xyz
áp dụng bđt Côsi ta có : x y z ≥xyz
+ + 3
x2+y2+z2 ≥2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4
3
3
x+ y+z
Trang 12Đặt t= x+y+z thì: 0 < t < 3 Khi đó:
x2+y2+z2 4 3 2 1 2 15 3 3
2 2 (2 3) ( )
dấu bằng xảy ra khi t=
2
3
hay x=y=z=
2
1
(đpcm)
*) Từ ý tượng trên ta có thể khai thác và sáng tạo các bất đẳng thức :
Chẳng hạn : Chứng minh và khai thác bài toán Tổng quát4:
Cho x x1, , ,2 x n n( ≥2) là số dương không lớn hơn α Chứng minh rằng:
1 ( 1) ( 2) ( )
n n
+
Lưu ý: Nếu chứng minh g(t)≥0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên phải dự đoán được dấu bằng xảy ra tại đâu để giá hay tách nhóm hợp lý
- Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện tồn tại chính xác của ẩn phụ đặc biệt là chứng minh g(t) bằng phương pháp đạo hàm
-Bài tập tự luyện
1, Cho x,y,z là các số thực không âm
Cmr: 2xyz + x2 + y2 + z2 + 1 ≥ 2 (xy + yz + zx)
HD: Bất đẳng thức của bài toán tương đương với
(x y z+ + ) + 2xyz+ ≥ 1 4(xy yz zx+ + ) ⇔ 4(xy yz zx+ + ) ( − + +x y z) ≤ 2xyz+ 1
kết hợp bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:
1
27
)
2
9
≤
− t t
với t = x+ y+z
2
9 ,t <
2 Cho x,y,z là các số thực không âm chứng minh rằng :
) (
6 1 ) (
5 ) (
3 x2 +y2 +z2 + xyz+ x+y+z + ≥ xy+yz+zx
3 Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
xyz+ 2 (x2 + y2 + z2 ) + 8 ≥ 5 (x+ y+z) (THTT-số 356)
4 Cho x,y,z là các số thực dương chứng minh rằng
x2 + y2 +z2 + 2xyz+ 3 ≥ ( 1 +x)( 1 + y)( 1 + z)
5 Cho
∈
≥ + +
] 3
4
; 0 [ , ,
3
z y x
zx yz xy
Cmr: xyz+ 4 (x+y+z) ≥ 13
6 Cho
≤ + +
>
3
0 , , 2 2
2 y z
x
z y x
Cmr: x+y+z+ 27xyz≤ 30
7 Cho , , 0
2
x y z xyz x y z
≥
≥ + + +
Cmr: x+ y+z ≥6
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
2 2
2
2 y z 2 (xy yz zx) (x y z)
Trang 138 Chứng minh rằng: 4
4 4 4
2
27 2
1 1
2
27 2
+ +
+
≤
−
y x
y x
với mọi x,y thuộc R HD: t = x+ y
9 Cho
∈
≥ + +
) 2
; 0 ( , ,
3
z y
x
z y x
Cmr:
2 2
2 2
2 2
4
1 4
1 4
1 )
2 )(
2 )(
2
(
27
z y
x z
y
HD: t =(x+y+z) 2 :
10 Cho
≥
= + + +
0 , ,
4 2
2 2
z y x
xyz z
y x
Cmr: x+y+z≤ 3
11 Cho
∈
+ +
≥ + +
] 1
; 0 ( , ,y z x
z y x zx yz xy
) (
) (
)
2 2
2 2
2
≥
− +
+
− +
+
−
z y
x z
y x
z y x
*****************************************
II Một biến là x(y hoặc z):
ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp bài toán
mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z
•Bài toán 13:
Cho
≥
= +
+
0 ,
,
1
z y
x
z y
x
Cmr: P = xy+yz+zx−xyz≤ 278 .
Giải:
Từ đk bài toán ta thấy 0 ≤ z≤ 1 ⇒ 1 −z≥ 0
áp dụng bđt côsi ta có:
P = xy+yz+zx-xyz = z(x+y)+xy(1-z)≤z(x+y)+
2
2
+x y (1-z)
⇒ P = xy+yz+zx-xyz≤z(1-z)+
2 2
1
−z (1-z)=
4
1 2
3 − + +
−z z z =
27
8 27
8 ) 3
5 (
)
3
1
(
4
≤ + +
−
− z z với mọi z, 0 ≤ z≤ 1
dấu bằng xảy ra khi x= y= z=
3
1 ⇒đpcm.
Có thể xét hàm: f(z) =
4
1 2
3 − + +
−z z z
với 0 ≤ ≤z 1.
Cho
≥
= + +
0 ,
,
3
z y
x
z y
x
Cmr: 5 +xyz≥ 2 (xy+ yz+zx) ( 9 ).
Giải:
Trang 14Không mất tính tổng quát giả sử z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy: 0 ≤z≤ 1
0 4
) 2 ( ) 1 ( 0 4
2 3 0
) 3 ( 2 ) 2 ( )
2
3
(
5
0 ) ( 2 ) 2 ( ) 2 ( 5 0 ) ( 2 ) 2 (
5
)
9
(
2 3
2
2
≥ +
−
⇔
≥ +
−
⇔
≥
−
−
−
−
+
⇔
≥ +
−
−
+ +
⇔
≥ +
−
− +
⇔
z z
z z z
z z
z
y x z z
y x y
x z z
xy
đúng với ∀z∈ [ 0 ; 1 ] Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 ⇒đpcm
Có thể xét hàm: f(z) = 3 3 2
4
z − +z với 0≤ ≤z 1.
•Nhận xét: Nếu lấy điều kiện 0 ≤ z≤ 3 thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là
không đúng ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để
có thể đánh giá được biểu thức
Bài toán tổng quát 5 (Tổng quát của bài 14)
Cho
−
≤
>
<
≥
= +
+
3
40
;
0
0 ,
,
3
b
a b
a
z
y
x
z y
x
Cmr: a(xy + yz + zx) + bxyz − ( 3a + b) ≥ 0
HD: Không mất tính tổng quát giả sử: z = min(x,y,z)
Từ điều kiện dễ thấy 0 ≤ ≤ 1 ⇒ + < 0 ; −3 − 4 ≥ 0
b
a z bz a
0 ) 4
3 ( ) 1 ( 4
1 ) 3 (
)
3
(
) (
4
) 3 ( ) 3 ( ) ( ) (
) 3 ( )
(
2
2
≥
−
−
−
= +
−
−
+
+ +
−
≥ +
− + +
+
= +
− +
+
+
b
a z z
b b a z
az
bz a
z b
a y x az bz a xy b a bxyz zx
yz
xy
a
Chú ý: Thay đổi hình thức bài toán:
Sử dụng đẳng thức x2 + y2 + z2 + 2 (xy+ yz+zx) = (x+ y+z) 2 ta có thể đưa bài toán trên
về bài toán tương đương nhưng hình thức khác :
chẳng hạn bài 14 có thể phát biểu dưới dạng tương đương :
Cho
≥
= +
+
0 ,
,
3
z
y
x
z y
x
CMR: x2 + y2 +z2 +xyz≥ 4 (THTT-2006).
Tương tự bài toán 14* ta có thể chứng minh bài toán tổng quát 6
Cho
−
≥
<
>
≥
= + +
3
20
; 0
0 ,
,
3
b
a b
a
z y
x
z y
x
CMR: a(xy + yz + zx) + bxyz − ( 3a + b) ≥ 0