LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀITrang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán.. Bất đẳng thức
Trang 1A LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh là các mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán
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 = k(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 minhg(t) ≥A
- 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:
Trang 2a Nếu vai trò các biến x,y,z bình đẳng, 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,…)
Sau đó chứng minh f1(x) ≥A
PHẦN I Đưa về một biến bằng cách đặt ẩn phụ t=k(x,y,z, ).
•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
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= -13
+∞
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!
•Bài toán 2:
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 3Giải:
Đặt t = x y+ x y thì = + = + ≥ 2
x
y y
x x
y y
x
C1: Ta có: (2) trở thành:
0 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:
A= (x− 1) 2 +y2 + (x+ 1) 2 +y2 + −y 2
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
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
− + = ⇔ = = −
Trang 42 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
•Bài toán 4 (Đề thi giáo viên giỏi năm 2003- 2004)
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn: a+ b+ c= 1 CMR:
2 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
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)
•Bài toán 5 Đề thi đại học cao đẳng khối A năm 2006
Cho x, y là hai số thực khác không thoã mãn: ( ) 2 2
.
Tìm GTLN của biểu thức: A= 3 3
Trang 5Giải 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:
1 1
( ) ( ( ) ) ( )
2 2
+
( 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:
-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
Trang 6Ta có: A= (1 −x) 2 +y2 + (x+ 1) 2 +y2 + −y 2 ≥ 4 4 + y2 + −y 2 Dấu bằng xảy ra
⇔x=0.
4 4 + y + −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 1
3
y
•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
•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
+
=
Giải
P
+
=
-) Nếu y = 0 ta có P = 2
-) Nếu y≠ 0 Đặt x= ty Suy ra: ( 2 )
2
2 3
P
+
= + + .
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
;
=
⇔
.
Trang 7GTNN 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
+ + + + +
≥ +
+ +
≥ + + + +
Đặt
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
− < ∀ ∈ ⇒
f(t) nghịch biến trên
3 0;
2
.
Suy ra: ( ) ( )3 15
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
+ + +
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 :
Trang 8Cho 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
1 ) (1 1 1 )
(*) Hướng dẫn giải:
C1: Sử dụng BDT cô sy :
2
n
+
Suy ra:
2
bn
= + + + + + + + ≥ + + + +
+ + +
Đặt: t = x1 + x2 + + xn ≤ k
Ta có: VT = f(t) =
2
bn at
t
+ với t k ≤ f’(t)=
bn at bn
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
C2: Áp dụng BĐT côsy ta có:
2
bn
+ + + +
Dấu bằng xảy ra: x = y = z = k
n
Nhận xét:
Đặc biệt hóa bài toán TQ1 ta có:
Bài toán 9,1:
Trang 9Cho
≤ +
+
>
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
Bài toán 9.2 (Olimpic-toán sơ cấp Đại Học Vinh).
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
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* :
Cho
≤
+
>
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:
Trang 10Cho , 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:
Chứng minh rằng:
1
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
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
• Bài toán 10:(THTT/ T4/352/2007)
Với x,y,z là các số thực dương và xyz≥1:
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
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
+ + + + +
+ +
Trang 11] 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
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 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
≥ +
+
+ +
+
• Bài toán 11:
Cho
= +
+
≥ 1
0 ,
,
z y
x
z
y
x
Cmr: 1 2 1 2 1 2 ≤109
+
+ +
+ +
=
z
z y
y x
x
Nhận xét: Ta đổi chiều bất đẳng thức để áp dụng bđt svac-xơ
Giải : Ta có :
Trang 12( )
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 ⇒t≥31
C1) Ta có: P = f(t) =
2
2
8 3
1 3
t
f t
<0
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
Trang 13x2+y2+z2 ≥2-2(x+y+z)+(x+y+z)2-4
3
x+ y+z
Đặt t= x+y+z thì: 0 < t < 3 Khi đó:
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:
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
Trang 147 Cho xyz≥ + + +x y z, ,x y z≥0 2
- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức
2 2
2
2 y z 2 (xy yz zx) (x y z)
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
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
≤ + +
−
dấu bằng xảy ra khi x= y= z=
3
1 ⇒đpcm.
Trang 15Có thể xét hàm: f(z) =
4
1 2
3 − + +
−z z z
với 0 ≤ ≤z 1.
•Bài toán số 14:
Cho
≥
= + +
0 ,
,
3
z y
x
z y
x
Cmr: 5 +xyz≥ 2 (xy+ yz+ zx) ( 9 ).
Giải:
Không 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 :