Chuyen de boi duong HSG

Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 1 of 11 TRƯỜNG THCS... BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI VÀ ỨNG DỤNGI.. Tóm tắt kiến thức: Định nghĩa: Bất đẳng thức là hai biểu thức nối với nhau bởi mọt trong

Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 1 of 11

TRƯỜNG THCS

BẤT ĐẲNG THỨC CÔ-SI VÀ ỨNG DỤNG

I Tóm tắt kiến thức:

Định nghĩa: Bất đẳng thức là hai biểu thức nối với nhau bởi mọt trong các dấu >(lớn hơn), < (nhỏ

hơn),  (lớn hơn hoặc bằng),  (nhỏ hơn hoặc bằng)

Ta có: A > B  A – B > 0 ; A  B  A – B  0

 Trong bất đẳng thức A > B (hoặc A < B, A  B, A  B), A được gọi là vế trái, B là vế phải của bất đẳng thức

 Các bất đẳng thức A > B và C > D gọi là bất đẳng thức cùng chiều Các bất đẳng thức A > B và

E < F gọi là bất đẳng thức trái chiều

 Nếu ta có A > B  C > D, ta nói bất đẳng thức C > D là hệ quả của bất đẳng thức A > B

Nếu ta có A > B  E > F, ta nói hai bất đẳng thức A > B và E > F là hai bất đẳng thức tương đương

A > B(hoặc A < B) là bất đẳng thức ngặt, A  B (hoặc A  B) là bất đẳng thức không ngặt

A  B là A > B hoặc A = B

A  B cũng là bất đẳng thức

Hai bất đẳng thức cùng chiều, hợp thành một dãy không mâu thuẫn gọi là bất đẳng thức kép

Ví dụ: A < B < C

Bất đẳng thức Cô-si (bất đẳng thức trung bình cộng với trung bình nhân)

 Đối với hai số không âm:  a,b  0, ta có:

2



a b

 ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b

 Tổng quát:  a1, a2, a3, ,an 0 (với n số) a1a2  a n

n ≥ n 1 2

n

a a a

Dấu đẳng thức xảy ra  a1 = a2 = = an

 Ứng dụng:

- Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất:

+ Nếu a + b = k (k là hằng số) thì ab ( )2

2



a b

 ab 

2

4

k

=> Max(ab) =

2

4

k

khi a = b=

2

k

+ Nếu ab = p (p là hằng số) thì a + b  2 p => Min (a + b) =2 p khi a = b = p

- Giải phương trình, hệ phương trình

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho các số thực dương a, b, c CMR:

c b

a



2

+

c a

b



2

+

a b

c



2



2

c b

Với a, b, c > 0 ta có:

c b

a



2

+ 4

c

b 

 a (áp dụng bất đẳng thức Cô si)

Tương tự ta có:

c a

b



2

+ 4

c

a 

 b; và

a b

c



2

+ 4

b

a 

 c



c

b

a



2

+

c a

b



2

+

a b

c



2

+ 2

c b

a 

 a + b + c 

c b

a



2

+

c a

b



2

+

a b

c



2

 2

c b

a 

(đpcm)

Bài 2: Cho 3 số dương a, b, c CMR:

3

b

a

+

3

b

c +

3

c

a  a ac+ b ba+ c ab

Ta có:

3

b

a

+

3

b

c +

3

c

a =

3

b

a

+ bc +

3

b

c + ca +

3

c

a + ab – (ac + cb + ab) =

3

b

a

+ bc +

3

b

c + ca +

3

c

a + ab–

(ab

2 +

bc

2 +

ab

2 +

ac

2 +

bc

2 +

ac

2 )  2

3

a bc

c + 2

3

b ac

c + 2

3

c ab

4

ab bc

4

ab ac

4

bc ac

=

= 2a ac +2b ba + 2c ab - a ac -b ba - c ab = a ac + b ba + c ab (đpcm)

Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 3 of 11

Vậy

b

a

+ b

c +

c

a  a ac+ b ba+ c ab  a, b, c > 0

a 3b 2c   b 3c 2a   c 3a 2b  

a b c 6

Áp dụng bất đẳng thức: (1 1

1

  )(a + b + c)  33 1

abc3

1

9(

1

ab

9 (

1

Tương tự: bc

b 3c 2a  

bc

9 (

1

c 3a 2b  

ca

9 (

1

b a

VT  ab

9 (

1

9 (

1

9 (

1

b a

ab

9 +

bc

9 )

1

a c + (ab

9 +

ca

9 )

1

b c + (bc

9 +

ca

9 )

1

b a  +

a

18+

b

18+

c

18=

b(a c) 9(a c)



a(b c) 9(b c)



c(b a) 9(b a)



 +

a

18+

b

18+

c

18=

= a

9+

b

9+

c

9+

a

18+

b

18+

c

18=

a

6+

b

6+

c

6=

a b c 6

= VP

a(a b)  +

ca

a

a c + b

a b  +

c

b c (1) Bất đẳng thức đã cho  b a

c c a + c

a

b

a b  +

b b c 

a

a c + b

a b  +

c

b c

c

a

+c

a a

b

1 1



+ a 1 b

c

c 1

a

+ a b

1 1



+ 1 b 1

c Đặta

b= x,

b

c= y,

c

a= z 

a

b.

b

c.

c

a= xyz = 1 và z, y, x > 0

z 1  + z.

1

x 1  + x.

1

y 1  

1

z 1  +

1

x 1  +

1

y 1 

y(x+1)(y+1)+z(y + 1)(z + 1)+x(x + 1)(z + 1)  (x + 1)(y + 1)+(y + 1)(z + 1)+(x + 1)(z + 1)

 (y – 1)(x+1)(y+1)+(z – 1)(y + 1)(z + 1)+(x – 1)(x + 1)(z + 1)  0

y2x + y2 – x – 1 + z2y + z2 – y – 1 + x2z + x2 – z – 1  0

(y2x+ x2z+ z2y) + (y2+ z2+ x2) – (x + y + z) – 3  0 (*)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

y2x+ x2z+ z2y 3 y x.x z.z y3 2 2 2 = 3xyz =3; y2+ z2+ x23 y x z3 2 2 2 = 33 1= 3;x + y + z 3 yxz3 3

VT của (*)  3 + 3 – 3 – 3 =0 = VP  (*) đúng  (1) đúng

Vậy ab

c(c a) + bc

a(a b)  +

ca b(b c) 

a

a c + b

a b  +

c

b c

Bài 5:Cho 3 số dương a, b, c CMR:

) 1 (

1 ) 1 (

1 ) 1 (

1

a c c b b

) 1

(

3

3

3 abc  abc

Đặt P =VT.Aùp dụng bất đẳng thức:  x, y, z là các số thực,ta có:(x + y + z)2  3(xy + yz + zx), suy

ab(1 b)(1 c)   bc(1 c)(1 a)  ca(1 a)(1 b)  =

) 1 )(

1 )(

1 (

)) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ( 3

c b a abc

c b b a a c

















=

=

) 1 )(

1 )(

1 (

) 1 )

1 )(

1 )(

1

((

3

c b a abc

abc c b a

















 P2 

) 1 )(

1 )(

1 (

3 )

1 )(

1 )(

1 (

3 3

c b a abc c b a

Đặt t = 3 abc.Theo bất đẳng thức Cô-si ta lại có:

(1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca)  1 + 3t + 3t2 + t3 = (1 + t)3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: P2  3 3 3 3

) 1 (

3 )

1 (

3 3

t t t

) 1 (

) 1 )

1 ((

3

t t

t t









) 1 (

9

t

P 

) 1

(

3

t

t  =

) 1

(

3

3

3 abc  abc (do P > 0)

b c + b

a b > 2

Đặt a + b + c = t

b c

a



.1 

b c

1 a 2





=

b c a a 2

 

= t 2a hay

a

b c 

t

a

Tương tự: b

c a 

2b

t và

c

a b 

2c t

b c + b

a b 

2a

t +

2b

t +

2c

t =

2(a b c) t

= 2t

t = 2 Dấu “=” xảy ra  b c

a



= 1, a c b



= 1, b a c



= 1









  



 a + b + c = 2(a + b + c)  a + b + c = 0 (*)

Theo giả thiết thì a + b + c0  () không xảy ra Vậy dấu “=” không xảy ra

b c + b

a b > 2 (đpcm)

Bài 7: Cho x, y, z là các số không âm CMR: 8(x3 + y3 + z3)2  9(x2 + yz)(y2 + xz)(z2 + xy)

Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:

3 3 3 3 3 3

3

x2y2z2

 x3y3 + x3z3 + y3z33x2y2z2  6x3y3 + 6x3z3 + 6y3z318x2y2z2 (*)

Lại có: (x3 – xyz)2  0  x6 + x2y2z2 2x4yz  x6 +

3 3 3 3 3 3

3

2x4yz (1)

Tương tự: y6 +

3 3 3 3 3 3

3

2y4xz (2) và z6 +

3 3 3 3 3 3

3

2z4xy (3) Từ (1), (2), (3) ta có: x6 + y6 + z6 +x y3 3y z3 3 x z3 32x4yz + 2y4xz + 2z4xy (4)

Từ (4) và (*) ta có: x6 + y6 + z6 +7x y3 3 7y z3 37x z3 3 2x4yz + 2y4xz + 2z4xy + 18x2y2z2 (*’)

Ta có:

6 6 6

3

x2y2z2 Do đó: x6 +

6 6 6

3

2x4yz

Tương tự: y6 +

6 6 6

3

2y4xz ; z6 +

3

2z4xy Cộng theo vế ta có: 2(x6 + y6 + z6) 2x4yz + 2y4xz + 2z4xy

7x6 + 7y6 + 7z6 7x4yz + 7y4xz + 7z4xy (5)

Cộng theo vế (’) và(5) ta có: 8x6+8y6+8z6+7x y3 37y z3 37x z3 39x4y+9y4xz+9z4xy+ 18x2y2z2

8(x6 + y6 + z6 + 2x y3 3 2y z3 32x z3 3) 9(x4y + y4xz + z4xy+ 2x2y2z2+x y3 3 y z3 3 x z3 3)

 8(x3 + y3 + z3)2  9(x2(y2z2 + x2yz + xy3 + xz3)+ yz(x2yz + xy3 + y2z2+ xz3)

8(x3 + y3 + z3)2 9(x2 + yz)(y2z2 + x2yz + xy3 + xz3)

8(x3 + y3 + z3)2 9(x2 + yz)(y2(z2 + xy) + xz(z2 + xy)) = 9(x2 + yz)(y2 + xz)(z2 + xy)(đpcm)

Vậy 8(x3 + y3 + z3)2  9(x2 + yz)(y2 + xz)(z2 + xy)

Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 5 of 11

y x

y x





 2 2

Bài giải:

Do x > y  x – y > 0

Ta có:

y

x

y

x



 2

2

=

y x

xy y

x





=

y x

y x





= (x – y) +

y

x 

2

 2

y x y x



 ) 2

(Áp dụng bất đẳng thức Co-si cho 2 số dương) Vậy

y x

y x



 2

2

 2 2 khi xy = 1 và x > y

Bài 9: Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 1 Chứng minh:

a b b c c d d a  2 2 Bài giải:

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

 ( ab  bc)2+ ( cd  d a)2+ 2 ( ab bc () cd  d a  8 )

 a + b + c + d + 2 (ab b)( c + a + b + c + d + 2 () cd d)( a + 2 () ab c)( d + )

2 (ab d)( a + 2 () bc c)( d +2 () bc d)( a  8 )

2(a + b + c + d)+ 2 (ab b)( c + 2 () cd d)( a + 2 () ab c)( d + 2 () ab d)( a + )

2 (bc c)( d +2 () bc d)( a  8 )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

2 (ab b)( c  a + b + b+ c = a +2b + c; 2 () bc d)( a  a + b + c + d )

2 (cd d)( a  c + d + d + a = c + 2d + a; 2 () ab c)( d  a + b + c + d )

2 (ab d)( a  a + b + d + a = 2a + b + d;2 () bc c)( d  b + c + c + d = b + 2c + d )

Cộng theo vế: VT  2(a + b + c + d) + a +2b + c + c + 2d + a + a + b + c + d + 2a + b + d + b + 2c + d

+ a + b + c + d  8a + 8b + 8c + 8d = 8(a + b + c + d) = 8 = VP (vì a + b + c + d = 1.)

Vậy ab bc  cd  d a  2 2 Dấu “=” xảy ra  a = b = c = d = 1/4

Ta có: 2 2



x y = (x y)2 – 2xy = 2

2 – 2xy = 4 – 2xy

Mặt khác: áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: x + y  2 xy  2  2 xy  xy  1

 x2 y2  4 – 2 = 2 và 2 2

x y  1  2 2 2 2

x y x y  2.1 = 2 (đpcm)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si: a3

1 b c   a1 1 1 b c

3

3

Tương tự: b3

1 c a   3b bc ba

3

và c3

1 a b   3c ac bc

3

Cộng theo vế: a3

1 b c  + b3

1 c a  +c3

1 a b   3a ba ca

3

3

3

=

3

3

3

= 3

3= 1 (dpcm)

Vậy a31 b c  + b31 c a  +c31 a b   1 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

b

1 c

1

c  a + 2 2

1

a  b 

2abc

+ 3

Ta có: VT =

b

c

a

b

2

b

a c

2

c

b a

2

a

c b

 + 1 =

=

2

b

a

c

 +

2

c

b a

 +

2

a

c b

 +3 

2 a 2bc+

2

2c

b

a+

2

2a

c

b+ 3 =

a 2abc

+ 3 = VP

Vậy 21 2

b  c + 2 2

1

c  a + 2 2

1

a  b 

2abc

+ 3 Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 1

3

2 CMR: B = (1+ 13

a )(1+b3

1

)(1+ 3 c

1

)  729

Ta có: B = 1 + 13

a +b3

1

+

3

c

1

+

3 3

1

a b + 3 3c

1

a +b c3 3

1

+

3 3 3

1

a b c

B  1 +33

3 3 3

1

a b c + 33 3 3 3 3 3 3

1

a b c a b c + 3 3 3

1

a b c = 1 + 3

1 abc+ 3 2 2 2

1

a b c + 3 3 3

1

a b c = (1 +

1 abc) 3

Mặt khác: abc  (a b c

3

 

)3 = (

3 2

3)

3= 1

8  B  (1+ 1:

1

8)

3 = 93 =729

Vậy B = (1+ 13

a )(1+b3

1

)(1+ 3

c

1

)  729 Dấu bằng xảy ra  a = b =c =3

2: 3 = 1

2

x y x y  2 Dấu “=” xảy ra  x = y = 2

2= 1

a b  +

8

a c  b c2

a



+ a b2

c



+ c a2

b



+ 2

Ta có: (a + b)2( 12

a + 2

1

b )  4ab

2

ab=8  2

1

a + 2

1

8 (a b)  

8

a b  (a + b)( 2

1

a + 2

1

b )

a b  +

8

b c + 8

a c (a + b)( 12

a + 2

1

b ) + (b + c)( 2

1

b +c2

1

)+ (a + c)( 12

a +c2

1

) =

= a b2

a



+ a b2

b



+ b c2

b



+b c2

c



+c a2

a



+c a2

c



a

b

c

  

=

=b c2

a



+ 2a2

a b c

 + 2c2

c a b

 + 2b2

b c a

 + a b2 c

 + c a2 b

 + 2

a +

2

b +

2

c =

= b c2

a



+a b2

c



+c a2 b

 +2(ab bc ca)

abc

 b c2 a

 + a b2 c

 + c a2 b

 + 2 (vì ab + bc + ac  abc) (đpcm)

Vậy 8

a b  +

8

a c  b c2

a



+ a b2

c



+ c a2

b



+ 2

b c



b ca

c a



a b



VT= a(a b c) bc

b c

b(a b c) ca

c a

a b



= a(a c) b(a c)

b c

b(a b) c(a b)

c a

a b



= (a c)(a b)

b c

(a b)(b c)

c a

a b

 Đặt a + b = x, b + c = y, c + a = z VT bất đẳng thức tương đương:

zx

y +

xy

z +

yz

x 

zx xy 2

2y 2z +

xy zy 2

2z 2x +

yz zx 2

2x 2y= 2x + 2y + 2z = 2(x+y+z) = 2(BDTCô si) Vậya bc

b c



b ca

c a



a b



 2  a, b, c >0 thỏa a + b + c =1

c a 1  1

Vì abc = 1, nên từ: (*)  a3 + b3 + abc  ab(a + b) + abc  a3 + b3 + 1  ab(a + b + c)

1

1

ab a b c Tương tự, : 3 13

1

1

1 1

1

Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 7 of 11

1

a b + 3 13

1

1

1

 

 

= 1

abc = 1

Vậy 3 13

a b 1+ 3 13

b c 1 + 3 13

c a 1  1 Ứng dụng vào chứng minh hình học:

tại C CMR:  

c

h  2(1 + 2) Bài giải:

Vì tam giác ABC vuông tại C, áp dụng định lý Pytago  2

c = a2b2 c = a2 b 2

Và ab = chc hc = ab

c (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

c

a b c

h =a b c

ab c

=(a b c c)

2

(ab c) c

(ab) a b a b

ab  2 ab 2ab2ab

= 2 2+2 = 2(1 + 2)

c

a b c

h  2(1 + 2 ) Dấu bằng xảy ra  a = b hay tam giác ABC vuông cân tại C

CC1 = AB CMR:

ABC1

ACB1

BCA1

Bài giải:

Đặt AB = c, BC = a, AC = b

Ta có: ABC1

ABC

S

1

BC

BC =

a c a



= 1 +c

a;

1

BCA

ABC

S

1

CA

b a b



= 1+a

b;

ACB1 ABC

S

1

AB

AB =

c b c



= 1+b

c

 ABC1

ABC

S

1

BCA

ABC

S

ACB1 ABC

S

c

a+1+

a

b+1+

b c

 ABC1 CBA1 ACB1

ABC

S

= 3 +c

a+

a

b+

b

c 

3 + 3 a b c

b c a = 3 + 3 = 6  SABC1+SACB1+SBCA1 6SABC (đpcm)

Bài 19: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác thỏa điều kiện: (a + b)(b + c)(c + a) = 8abc CMR: a,

b, c là ba cạnh của tam giác đều Bài giải:

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:

a + b  2 ab; b + c  2 bc; c + a  2 bc (áp dụng bất đẳng thức cô - si)

 (a + b)(b + c)(c + a)  8 a b c2 2 2 = 8abc Dấu bằng xảy ra  a = b = c

Vậy a, b, c là ba cạnh của tam giác đều

Bài 20: Cho tam giác ABC Ở miền trong tam giác có điểm m sao cho các đường thẳng AM, BM, CM

cắt các cạnh lần lượt tại các điểm thỏa điều kiện:

1

AM

BM

B M + 1

CM

C M= 6 CMR: M là trọng tâm

tam giác ABC Bài giải:

A

B1

A1

C

Gọi s,s1, s2, s3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MAB

1

1

AA

A M=

ABC

MBC

S

1

s



1

AM

A M=

2 1

s

s +

3 1

s s Tương tự:

1

BM

B M=

1 2

s

s +

3 2

s

s ; 1

CM

C M=

2 3

s

s +

1 3

s s



1

AM

BM

B M + 1

CM

C M=

2 1

s

s +

3 1

s

s +

1 2

s

s +

3 2

s

s +

2 3

s

s +

1 3

s

1 2

2 1

s s

s s +

3 1

3 1

s s

s s +

3 2

2 3

s s = 2+2+2 = 6 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si

Dấu bằng xảy ra  s1 = s2 = s3 = s

3

1

AM

BM

CM

1

3 Vậy M là trọng tâm tam giác ABC

Bài 21: Cho 3 số dương a, b, c thỏa abc = 1 Tìm Min của P =

6

a

b c  +

6

b

c a +

6

c

a b

Ta có:

6

a

b c  +

b c 4





6



6

a

b c   a

3 -b c

4



Tương tự:

6

b

c a  b3 -c a

4

 ;

6

c

a b  c3 -a b

4



 P  a3 +b3 + c3-b c

4



-c a

4



-a b

4



4

    

= a3 +b3 + c3-b c a

2

 



3 y x z3 3 3 3 - 3 abc3

2 = 3 -

3

3 2

Vậy MinP = 3

2 khi

6

a

b c  =

b c 4

 và

6

b

c a = c a

4

 và

6

c

a b = a b

4



 a = b = c = 1

Bài 22: Tìm Min P =

2(b c) b (a c)2

a

abc

trong đó a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông (c là cạnh huyền)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si: a + b  2ab

Vì a, b, c là ba cạnh của tam giác vuông  c2 = a2 + b2  2ab  c  2 ab

P =

2b a c b a b c2 2 2

a

abc

=

2 2

a

abc

=

2

ab

c



ab

ab

c



ab



= 2 2+ ( 2 1) 2 =2 2+ 2 - 2 = 2+ 2 Vậy Min P = 2+ 2 khi đó a = b  tam giác vuông cân

3

4 Tìm giá trị nhỏ

nhất của x + y + z Bài giải:

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có:

xy = x2y











 y x

2 2 2

1

; (1) 3 xyz = 3 4

x













x

4 4

3

1

; (2)

Từ (1) và (2) 

3

4











 y

x

2 2 2

1













x

4 4

3

1

= 3

4 (x + y + z)  x + y + z  1

.M

A

B

Bất đẳng thức Cô si và ứng dụng Page 9 of 11

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức

4

x

= y = 4z; kết hợp với giả

thiết x + xy + 3 xyz =

3

4

ta suy ra x =

21

16

; y = 21

4

; z = 21

1 Vậy x + y + z đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1

Bài 24: Cho x, y > 0; thỏa x + y = 1 Tìm Min A =

1

x y

+ 1

xy

Bài giải:

Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2 4ab  a b

ab



a b 

ab 

4

a b (a, b > 0) Mặt khác: x + y  2 xy  xy 

2

(x y) 4



= 1

4(áp dụng bất đẳng thức Cô si)

A =

1

x y

2xy+

1

4

x y 2xy + 1

4 (x y) + 1

2xy 4 +

1 1 2

4

= 4 + 2 = 6

Vậy MinA = 6 khi x = y = 1

2

Bài 25: Với x, y, z là những số thực dương, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

M =

) )(

)(

xyz





 Bài giải:

Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương: x + y = 2 xy , y + z = 2 yz , x + z = 2 xz

 (x + y)(y + z)(z + x)  8 (xyz)2 = 8xyz  M =

) )(

)(

xyz





xyz

xyz

8 1

Vậy maxM =

8

1 khi x = y = z

Bài 26: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

2

2001





x

x

+

x

x2002

Bài giải:

Điều kiện: x  2002

Đặt a = x2001; a > 0; b = x2002; b  0

thì x = a2 + 2001; x + 2 = a2 + 2003; x = b2 + 2002, ta có:

A =

2002

2 b 

b a

a

=

a

a 2003

1



+

b

b 2002

1



Theo bất đẳng thức Cosi: 20032 2003

a

b

Do đó A 

2002 2

1 2003

2

1

 Dấu đẳng thức xảy ra khi: a =

a

2003 và b =

b

2002 <=> a2 = 2003 và

b2 = 2002  x = 4004

Vậy maxA =

2002 2

1 2003

2

1

Bài 27: Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xy2z2 + x2z + y = 3z2 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

) (

4

y x z

z





Do z > 0 nên từ: xy2+

z

x2

+ 2

z y

= 3 Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương:

(x2y2 + y2) + (x2 + 2

z

x

) + ( 2

z

y

+ 12

z )  2(xy2+

z

x

+ 2

z

y

) = 6

 P =

) (

4

y x

z

z



) (

1

1

4 4

Đặt a = 12

z ; b = x2; c = y2 (a, b, c >0); ta có P = 2 12 2

c b

Do a2  2a – 1; b2  2b – 1; c2  2c – 1; a2 + b2  2ab; b2 + c2  2bc; a2 + c2  2ac

 3(a2 + b2 + c2)  2(ab + ac + bc + a + b + c) – 3

Mà ab + ac + bc + a + b + c = x2y2 + y2 + x2 + 2

2

z

x

+ 2

2

z

y

+ 12

Do đó 3(a2 + b2 + c2)  9  a2 + b2 + c2  3 Vậy P 

3 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1  x = y = 1/z = 1  x = y = z = 1

maxP =

3

1 khi x = y = z = 1

Ứng dụng vào giải hệ phương trình và phương trình:

Bài 28: Nếu x0 là nghiệm của phương trình x2 + bx + c = 0 thì |x0|  b2c2 1

Bài giải:

Vì x0 là nghiệm của phương trình Thay vào ta có: x02 + bx0 + c = 0

- x02 = bx0 + c  x04= (bx0 + c)2  (b2 + c2)(x02 + 1) mà x04 – 1< x04

x0 – 1  (b2 + c2)(x0 + 1)  0

0

4 2

x

1





b2 + c2 x0 - 1  b2 + c2  x0  b2 + c2 +1

|x0|  b2 c2 1 (đpcm)

Bài 29: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

2005

2004 4009

2004

2005











y y

x y

Bài giải:

Ta giải bài toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có:

F =

b a

d a d

c d c

b

c

b

a













b a

d a d

c d

c

b c b

a













=

) )(

(

) ( ) ( ) )(

(

) (

)

(

b a d c

d c d b a b a

d

c

b

c b c

a

d

a

























2

2 2

2

2 2

) (

4

1 ) (

4

1

b a d c

cd ab d b a d c b

bc ad c a



























(theo BĐT Côsi)

2 2 2

2

) (

) (

4

d c b a

cd bc ad ab d c b

a





















(2) Mặt khác: 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d)2 = a2 + b2 + c2 + d2 –2ac – 2bd =

= (a – c)2 + (b – d)2  0 (3)

Kết hợp (2) và (3) ta suy ra F  2 (4)Đẳng thức xảy ra  a = c; b = d

Áp dụng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta có:

2005

2004 4009

2004

2005











y y

x y

Đẳng thức xảy ra  y = 2005, x = 2004

Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (2004; 2005)

Bài 30: Tìm tất cả các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình:























xyz z

y x

z y x

4 2 1 1 1

0

Bài giải: