Trong nhiều trường hợp, dựa trên một số bước đánh giá với BĐT AM-GM, ta có thể biến việc chứng minh bất đẳng thức nhiều biến về chứng minh bất đẳng thức một biến, sau đó biến đổi tương đ[r]
Trang 1BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (Phần 1)
Lê Phúc Lữ
Chuyên gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Việt Nam và Saudi Arabia
1 MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI ĐẲNG THỨC THƯỜNG GẶP
Ta có một số đẳng thức thường dùng khi biến đổi bất đẳng thức
như sau:
a) x3+y3= (x + y)3− 3xy(x + y)
b) x2+y2+z2= (x + y + z)2− 2(xy + yz + zx)
c) x3+y3+z3= (x + y + z)3− 3(x + y)(y + z)(z + x)
d) x3+y3+z3− 3xyz = (x + y + z)(x2+y2+z2− xy − yz −
zx)
e) (a + b)(b + c)(c + a) = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc
f) (a − b)3+ (b − c)3+ (c − a)3=3(a − b)(b − c)(c − a)
Các đẳng thức trên có thể được dễ dàng chứng minh bằng các
phép biến đổi tương đương
2 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM
Bất đẳng thức (BĐT) AM-GM, được biết đến ở Việt Nam với tên
gọi bất đẳng thức Cauchy, được phát biểu như sau:
Định lý 1 (Bất đẳng thức AM-GM). Cho n số thực dương
a1, a2, , an Khi đó
a1+a2+ + an
n ≥√an 1a2 an
Với n = 2, ta có BĐT AM-GM cho hai số:
a + b ≥ 2√ab
Với n = 3, ta có BĐT AM-GM cho ba số:
a + b + c ≥ 3√3
abc
Dấu bằng xảy ra khi a1=a2= = an.
Sở dĩ ở Việt Nam BĐT AM-GM được gọi là bất đẳng thức Cauchy
vì chúng ta quen gọi tên BĐT theo tên người đã đề xuất một cách
chứng minh độc đáo cho nó là Augustin-Louis Cauchy, nhà Toán
học người Pháp.1Cauchy đã đề xuất ra cách chứng minh BĐT này
bằng phương pháp quy nạp lùi, mà với giới hạn của bài viết này
chúng ta không nhắc đến ở đây Bạn đọc quan tâm có thể tìm hiểu
thêm về phương pháp này của Cauchy
1 Augustin-Louis Cauchy (21/08/1789 - 23/05/1857) là nhà Toán học người Pháp, có
nhiều đóng góp cho Toán học hiện đại, đặc biệt là ngành Giải tích.
Chú ý. Nhiều trường hợp ta cũng xét các đánh giá dạng ab ≤
a + b 2
2
và abc ≤ a + b + c
3
3
Hệ quả 1. Ta có bất đẳng thức dạng cộng mẫu được suy trực tiếp từ BĐT AM-GM:
1
a1+ 1
a2+ + 1
1+a2+ + an
Với n = 2, ta có
1
a+
1
b ≥
4
a + b.
Với n = 3, ta có
1
a+
1
b+
1
c ≥
9
a + b + c.
Gợi ý chứng minh Nhân cả hai vế với a1+a2+ + an
Hệ quả 2. Một số đánh giá cơ bản với ba số:
a) x2+y2+z2≥ xy + yz + zx ∀ x, y, z
b) 3(x2+y2+z2)≥ (x + y + z)2∀ x, y, z
c) (x + y + z)2≥ 3(xy + yz + zx) ∀ x, y, z
d) x2y2+y2z2+z2x2≥ xyz(x + y + z) ∀ x, y, z
e) (xy + yz + zx)2≥ 3xyz(x + y + z) ∀ x, y, z
f) (x + y)(y + z)(z + x) ≥ 8xyz ∀ x, y, z ≥ 0.
g) (x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ 98(x + y)(y + z)(z + x) ∀ x, y, z ≥ 0
Gợi ý chứng minh.
a) Chuyển về và nhóm lại, ta có (x − y)2+ (y − z)2+ (z − x)2≥
0, đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
b) Tương tự câu a
c) Tương tự câu a
d) Chuyển về và nhóm lại, ta có (xy − yz)2+ (yz − zx)2+ (zx − xy)2≥ 0, đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy = yz = zx (nếu các số đều dương thì ta có x = y = z, còn nếu xét không
âm thì vẫn còn trường hợp hai trong ba số là 0)
Trang 2e) Tương tự câu d.
f) Áp dụng BĐT AM-GM:
x + y ≥ 2√xy
y + z ≥ 2√yz
z + x ≥ 2√zx
nhân
⇒ (x + y)(y + z)(z + x) ≥qx2y2z2=8xyz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
g) Ta có
(x + y + z)(xy + yz + zx) = xyz + (x + y)(y + z)(z + x)
Suy ra
(x + y + z)(xy + yz + zx) ≤ 1
8+1
(x + y)(y + z)(z + x)
=9
8(x + y)(y + z)(z + x).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z
3 CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
a) P = x3+1
y3+1
x3+1
y3+1 x
Lời giải.
a) Ta có
P =x3+1
y3+1
x2+y2+ 1
x+
1 y
Mà x2+y2≥ 2xy ⇒ 2(x2+y2)≥ x2+y2+2xy = (x + y)2
Như vậy,
2x2+y2≥ (x + y)2=1 ⇒ x2+y2≥12
và
1
x+
1
y ≥
4
x + y=4.
Suy ra P ≥ 12+4 = 92 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x = y = 1
2.
b) Ta có
Q = x3+1
y3+1
x3
y3
x
+ 1
x+
1 y
=x4+y4
1
x+
1
y.
Áp dụng bất đẳng thức 2 a2+b2
≥ (a + b)2và a2+b2≥ 2ab, ta có
x4+y4
2 x4+y4
x2+y22
2xy
= x2+y2
x2+y2
2xy · x2+y2 2xy =x2+y2.
Từ đây ta có
Q ≥ x2+y2+1
x+
1
y ≥
9
2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
2.
Ví dụ 2. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x + y = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
a) P = x3+y3+xy
b) Q = x3+y3+x6y6.
Lời giải.
a) Ta có
P = x3+y3+xy = (x + y)x2− xy + y2+xy
=2x2− xy + y2+xy = 2x2+y2− xy. Lại có
2x2+y2
− xy =32x2+y2
+1
2(x − y)2
≥ 32x2+y2≥34(x + y)2=3 Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 3, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
b) Theo BĐT AM-GM cho ba số thì
x6y6+1 + 1 ≥ 3q3
x6y6=3x2y2
và
3(x2y2+1) ≥ 6xy nên
x6y6+5 ≥ 6xy hay x6y6≥ 6xy − 5.
Suy ra
P ≥ x3+y3+6xy − 5 = (x + y)(x2− xy + y2) +6xy − 5
=2(x2− xy + y2) +6xy − 5
=2(x + y)2− 5 = 3
Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 3, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
Ví dụ 3. Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn x + y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x2+y2+ 1
xy+4xy.
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức1
a+
1
b ≥
4
a + b, ta có 1
x2+y2 + 1
2xy ≥
4
x2+y2+2xy =
4 (x + y)2 ≥ 4
⇒ Q = x21
+y2+ 1 2xy+
1 2xy+4xy ≥ 4 +2xy1 +4xy Lại có
Q = 4 + 1
4xy+4xy
4xy ≥4 + 2
s 1 4xy ·4xy +
1 (x + y)2 ≥ 7. Dấu bằng xảy ra tại x = y = 1
2.
Trang 3Ví dụ 4. Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn xy + yz + zx = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x3
y2+3+
y3
z2+3+
z3
x2+3.
Lời giải Do xy + yz + zx = 3 nên ta sẽ biến đổi biểu thức P về
dạng quen thuộc:
y2+xy + yz + zx+
y3
z2+xy + yz + zx+
z3
x2+xy + yz + zx
(y + x)(y + z)+
y3 (z + x)(z + y)+
x3 (x + z)(x + y) ·
Dự đoán dấu bằng xảy ra khi
x = y = z
xy + yz + zx = 3 ⇔ 3x
2=3 ⇔ x = y = z = 1
Ta áp dụng BĐT AM-GM cho ba số
x3
(y + x)(y + z);
y + x
α ;y + z
α
và dấu bằng xảy ra khi
x = y = z = 1
x 3 (y+x)(y+z) =y+xα =y+zα ⇔ α = 8
nên có lời giải sau:
Ta có
x3
(y + x)(y + z)+
y + x
y + z
3
r
x3
64 =
3
4x.
Tương tự,
y3
(z + x)(z + y)+
z + x
z + y
3 4 và
x3
(x + z)(x + y)+
x + z
x + y
3
4x.
Cộng vế theo vế, suy ra
P ≥14(x + y + z) Mà
(x + y + z)2≥ 3(xy + yz + zx) = 9
nên ta có x + y + z ≥ 3 ⇒ P ≥ 34 Dấu bằng xảy ra tại x = y =
z = 1
Ví dụ 5. Cho x, y là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = xy
x2+y2 + 1
x+
1 y
q 2(x2+y2)
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu
năm học 2018 - 2019)
Lời giải Từ x2+y2≥ 2xy ta suy ra
2(x2+y2)≥ (x + y)2⇒
q 2(x2+y2)≥ x + y
⇒ P = x2xy+y2+ 1
x+
1 y
q 2(x2+y2)≥ x2xy+y2+x + y
xy (x + y)
x2+y2+x2+y2
xy
x2+y2+1
4.
x2+y2
3
4.
x2+y2
xy +2.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
xy
x2+y2+1
4.
x2+y2
Lại có:
x2+y2≥ 2xy ⇒ x2xy+y2 ≥ 2
Từ đó suy ra:
xy
x2+y2+1
4.
x2+y2
3
4.
x2+y2
xy +2 ≥ 1 +34.2 + 2 = 9
2. Vậy P ≥92 Dấu -"xảy ra ⇔ x = y
Ví dụ 6. Cho x, y là hai số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của
P =16√xy
x + y +
x2+y2
xy .
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp HCM năm học 2018 - 2019)
Lời giải Ta có:
P =
16r x y x
y+1 +
x y
2
+1 x y
=
16r x y x
y+1 +
x
y+1
2
x y
− 2 Đặt
t =
r x y x
y+1
≥ 0
Khi đó
P ≥ 16t +t12− 2 = 8t + 8t +t12− 2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
8t + 8t + 1
t2 ≥ 33
r 8t.8t.1
t2 =12
Vậy P ≥ 12 − 10 = 2 Dấu -"xảy ra ⇔ 8t = t12 ⇔ t = 12 ⇔x = y
Nhận xét. Chúng ta thường nghĩ tới việc đưa bài toán cực trị về hàm một biến để dễ xử lí khi thấy xuất hiện yếu tốx2+y2
x + y
√xy
Trang 4Hệ thống Trường THCS-THPT Đông Đô Tp HCM - Hotline: 0917 047 046
Ví dụ 7. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn
1
1 + a+
2017
2017 + b+
2018
2018 + c ≤1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = abc
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2018 - 2019)
Lời giải Theo bất đẳng thức AM-GM và giả thiết trên ta có:
a
1 + a=1 −1 + a ≥1 2017 + b2017 + 2018
2018 + c ≥2
s 2017.2018 (2017 + b)(2018 + c). b
2017 + b =1 −2017 + b ≥2017 1 + a1 + 2018
2018 + c ≥2
s
2018 (1 + a)(2018 + c). c
2018 + c=1 −2018 + c ≥2018 1 + a1 + 2017
2017 + b ≥2
s
2017 (1 + a)(2017 + b).
Do đó:
a
1 + a.
b
2017 + b.
c
2018 + c ≥8
2017.2018 (1 + a)(2017 + b)(2018 + c). Suy ra:
abc ≥ 8.2017.2018
Dấu -"xảy ra
⇔ a = 2, b = 2.2017, c = 2.2018
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8.2017.2018 khi a = 2, b = 2.2017,
c = 2.2018
Nhận xét. Kĩ thuật dùng trong bài được gọi là kĩ thuật AM-GM ngược
dấu (nhiều người gọi là kĩ thuật Cauchy ngược dấu) Chúng ta sẽ bàn về
kĩ thuật này trong các phần sau của chùm bài viết.
BÀI TẬP
Bài tập 1 Choa, b, c là 3 cạnh của một tam giác Tìm giá trị nhỏ
nhất của
(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c)
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Long An năm học 2017 - 2018)
Bài tập 2 Chox, y, z là 3 số dương thỏa mãn x2+y2+z2=3xyz
Chứng minh:
x2
y + 2+
y2
z + 2+
z2
x + 2 ≥1
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu
năm học 2017 - 2018)
Bài tập 3 Chox, y là hai số thực dương Chứng minh rằng
x√y + y√x
x + y
1 4
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp HCM năm học 2017 - 2018)
Bài tập 4 Choa, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1
Chứng minh rằng
1
ab + a + 2+
1
bc + b + 2+
1
ca + c + 2 ≤
3 4
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Ninh Bình năm học 2017 - 2018)
Bài tập 5 Cho các số thực dươngx, y, z thoả x + y + z ≤ 34 · Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x + 3y+
1 p
y + 3z+
1
√
z + 3x.
Bài tập 6 Choa, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3abc Chứng minh rằng
1
√
a3+b+
1
√
b3+c+
1
√
c3+a≤
3
√ 2
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Quảng Bình năm học 2017 - 2018)
Bài tập 7 Choa, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
4(a2+b2+c2)− (a3+b3+c3)≥ 9
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017 - 2018)
Bài tập 8 Chox, y là các số thực Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =(x2− y2)(1 − x2y2) (1 + x2)2(1 + y2)2
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2018 - 2019)
Bài tập 9 Cho hai số thực dươngx, y thoả mãn 2√xy +
rx
3 =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = y
x+
4x 3y+15xy.
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bắc Giang năm học 2018 - 2019)
Bài tập 10.
1 Cho a, b, c > 0 thoả mãn 1
a2+ 1
b2 + 1
c2 =3 Tìm giá trị lớn nhất của:
(2a + b + c)2+ 1
(2b + c + a)2 + 1
(2c + a + b)2
2 Cho x, y, z > 0 thoả mãn x2+y2+z2=3 Chứng minh rằng:
x
3 − yz+
y
3 − zx+
z
3 − xy ≤
3 2
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp Hà Nội năm học 2018 - 2019)
Trang 5BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM (Phần 2)
Lê Phúc Lữ
Chuyên gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Việt Nam và Saudi Arabia
4 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM TRONG CHỨNG MINH CÁC
BẤT ĐẲNG THỨC KHÔNG ĐỐI XỨNG
Ở phần 1 của chùm bài viết, chúng ta đã xét các bất đẳng thức đối
xứng, tức là nếu chúng ta quay vòng các biến thì bất đẳng thức
đó không thay đổi Bây giờ chúng ta sẽ xem, với các bất đẳng thức
không đối xứng, AM-GM có thể được ứng dụng như thế nào
Ví dụ 1. Cho các số thực không âm x, y, z thoả x + y + z = 31 Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 2x2+3y2+5z2
Lời giải Bài toán không có tính đối xứng nên có thể dự đoán dấu
đẳng thức xảy ra bằng phương pháp cân bằng hệ số như sau: Giả
sử GTNN đạt được tại x = a, y = b, z = c Khi đó áp dụng BĐT
AM-GM
x2+a2≥ 2ax; y2+b2≥ 2by; z2+c2≥ 2cz,
ta được
P = 2x2+3y2+5z2≥ 2(2ax + 3by + 5cz) − (2a2+3b2+5c2)
Ta cần có
2ax + 3by + 5cz = m(x + y + z) = 31m = hằng số
Cân bằng hệ số, ta được
2a = 3b = 5c = m
x = a; y = b; z = c
x + y + z = 31
⇔
2a = 3b = 5c = m
a + b + c = 31
⇔
m = 30
a = 15, b = 10, c = 6 .
Ta có
x2+152≥ 30x; y2+102≥ 20y; z2+62≥ 12z
Suy ra
2x2≥ 2(30x − 152); 3y2≥ 3(20y − 102); 5z2≥ 5(12z − 62)
Cộng vế theo vế ta được
P ≥ 60(x + y + z) − 2.152− 3.102− 5.62=930
Vậy GTNN là 930 đạt tại x = 15; y = 10; z = 6
Ví dụ 2. Cho x, y, z > 0 thoả mãn 4x + 3y + 4z = 22 Tìm GTNN của biểu thức
P = x + y + z + 1
3x+
2
y+
3
z.
Lời giải Bằng phương pháp tương tự như trên, ta chọn được điều
kiện để dấu đẳng thức xảy ra là x = 1; y = 2; z = 3 Từ đây ta có cách giải sau: Theo BĐT AM-GM thì
1 3x+
x
3 ≥
2
3;
2
y+
y
2 ≥2;
3
z+
z
3 ≥2.
Từ đó suy ra đánh giá
P ≥ x + y + z + 2
3 −
x 3
+
2 −y2+
2 −z3
=4x + 3y + 4z
14
25
3. Vậy GTNN của P là25
3 đạt tại x = 1; y = 2; z = 3.
Ví dụ 3. Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn 2y > x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x3(2y − x)+x2+y2.
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
1
x2(2xy − x2)+x2+
2xy − x2
≥ 33
s 1
x2(2xy − x2)· x2· (2xy − x2) =3
Suy ra
1
x3(2y − x)+x2=
1
x2(2xy − x2)+x2
≥ 3 −2xy − x2=3 + x2− 2xy.
Khi đó ta có
P ≥ 3 + x2− 2xy + y2=3 + (x − y)2≥ 3
Vậy GTNN của P là 3 đạt tại x = y = 1
Trang 6Hệ thống Trường THCS-THPT Đông Đô Tp HCM - Hotline: 0917 047 046
Ví dụ 4. Cho hai số thực dương x, y thoả mãn 2√xy +
r x
3=1 Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = y
x+
4x 3y+15xy.
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Bắc Giang năm học 2017 - 2018)
Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
P =y
x+
x
y+
x 3y+3xy + 12xy ≥ 2 + 2x + 12xy
Đặt a =√x, b = √xy Ta có:
a
√
3+2b = 1 và
P ≥ 2 + 2a2+12b2 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì:
2a2+12b2 3
2+3
3a + 6b2=9 ⇒ 2a2+12b2≥ 2.
Do đó: P ≥ 4 Dấu -"xảy ra khi và chỉ khi
y
x =
x y x 3y =3xy a
√
3 =b
⇔ x = y =13
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = y =1
3.
Ví dụ 5. Cho a, b, c > 0 thoả mãn 1
a+
2
b+
3
c =3 Tìm giá trị nhỏ
nhất của:
c(c2+9a2)+
b2
a(4a2+b2)+
8c2
b(9b2+4c2)
((Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp Cần Thơ năm học 2017 - 2018)
Lời giải Đặt a = x, b = 2y, c = 3z (x, y, z > 0) thì điều kiện trở
thành1
x+
1
y+
1
z =3.
Thế biến x, y, z vào và thu gọn T, ta có:
z(z2+x2)+
y2
x(x2+y2)+
z2
y(y2+z2)
Sử dụng kỹ thuật AM-GM ngược dấu:
x2
z(z2+x2) =
1
z −
z
z2+x2 ≥1z −2zxz =1
z −
1 2x Tương tự thì y2
x(x2+y2) ≥ 1x −2y1 và z2
y(y2+z2) ≥1y −2z1 nên:
T ≥12 1
x+
1
y+
1 z
= 3 2 Khi x = y = z = 1 hay a = 1, b = 2, c = 3 thì T = 3
2 Vậy giá trị nhỏ nhất của T là3
2.
5 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VỚI KĨ THUẬT RÚT VỀ MỘT BIẾN
Trong nhiều trường hợp, dựa trên một số bước đánh giá với BĐT AM-GM, ta có thể biến việc chứng minh bất đẳng thức nhiều biến
về chứng minh bất đẳng thức một biến, sau đó biến đổi tương đương hoặc dùng tiếp BĐT AM-GM để giải quyết bài toán
Ví dụ 6. Cho các số thực x, y, z ∈ [1; 4] và x + y + 2z = 8 Tìm GTLN của biểu thức
P = x3+y3+5z3
Lời giải Từ điều kiện có thể rút x + y = 8 − 2z, thế vào
x3+y3= (x + y)3− 3xy(x + y)
để đưa P vào biến z sau khi đánh gia được hạng tử xy ≥?! theo
x + y Ta có
x; y ≥ 1 ⇔ (x − 1) (y − 1) ≥ 0
⇔ xy ≥ x + y − 1 = 8 − 2z − 1 = 7 − 2z
Đã rút về biến z xong và ta có lời giải sau:
P = (x + y)3− 3xy (x + y) + 5z3= (8 − 2z)3− 3xy (8 − 2z) + 5z3 Mà
x; y ≥ 1 ⇔ (x − 1) (y − 1) ≥ 0
⇔ xy ≥ x + y − 1 = 8 − 2z − 1 = 7 − 2z
⇒ P ≤ (8 − 2z)3− 3 (7 − 2z) (8 − 2z) + 5z3
=−3z3+84z2− 294z + 344
Do x, y, z ∈ [1; 4] nên
8 − 2z = x + y ≥ 2 ⇒ z ≤ 3 hay 1 ≤ z ≤ 3
Dự đoán P ≤ 137 và đẳng thức xảy ra khi z = 3 nên ta chứng minh
−3z3+84z2− 294z + 344 ≤ 137 ⇔ (3 − z)(z2− 25z + 23) ≤ 0, đúng vì
z2≤ 4z − 3 ⇒ z2− 25z + 23 ≤ −21z + 20 < 0
Vậy GTLN của P là 137 đạt tại x = y = 1; z = 3
Ví dụ 7. Cho các số dương x, y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(2x + y)3+1 − 1+
2 p (x + 2y)3+1 − 1
+(2x + y)(x + 2y)
8 3(x + y)
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Phú Thọ năm học 2016 - 2017)
Trang 7Lời giải Đặt 2x + y = a; 2y + x = b khi đó áp dụng AM-GM ta có
a3+1 − 1+
2
√
b3+1 − 1+
ab
4 −
8
a + b
p
(a + 1)(a2− a + 1) − 1+
2 p
(b + 1)(b2− b + 1) − 1 +ab
4 −
8
a + b
a + 1 + a2− a + 1
b + 1 + b2− b + 1
+ab
4 −
4
√
ab =
4
a2+ 4
b2+ab
4 −
4
√ ab
≥ab8 +ab
4 −
4
√ ab Theo đánh giá bằng AM-GM ở trên, ta dự đoán dấu bằng xảy ra
khi a = b = 2 do đó ta sẽ chứng minh với t =√ab > 0 thì
8
t2+t2
4 −
4
t ≥1 ⇔ (t − 2)2(t2+4t + 8) ≥ 0 Bất đẳng thức trên luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh là
đúng Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 1 xảy ra khi x = y = 2
3.
Nhận xét. Kĩ thuật rút về một biến có thể kết hợp với kĩ thuật đổi biến
để cho ra hiệu quả.
6 BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM VỚI CÁC BÀI TOÁN CÓ ĐIỀU
KIỆN PHỨC TẠP
Trong những phần trước, chúng ta thường gặp các bài bất đẳng
thức có điều kiện tương đối rõ ràng, ví dụ x + y + z = 3, a2+b2+
c2=6, x + y + 2z = 8, Các điều kiện trên có thể được áp dụng
ngay mà không cần qua những bước xử lí trung gian Bây giờ,
chúng ta sẽ xét tới các bài bất đẳng thức có những điều kiện phức
tạp, đòi hỏi phải cần một hoặc nhiều bước xử lí mới dùng được
Ví dụ 8. Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn xy (x + y) = x + y +
3xy Chứng minh rằng:
4xyx2+y2+2 (1 + 2xy)2≥ 71xy + 6
Lời giải Ta có
xy (x + y) = x + y + 3xy ⇔ x + y = 1x+1
y+3
⇔ 1 = xy1 + 3
x + y ⇔
1
xy =1 −x + y3
Áp dụng bất đẳng thức1
x+
1
y ≥
4
x + y, ta được
x + y = 1
x+
1
y+3 ≥ x + y4 +3
⇔ (x + y)2− 3 (x + y) − 4 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 4
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
x2+y2
2xy+2 + 2xy ≥714 + 3
2xy
⇔ (x + y)2−xy ≥1 634
⇔ (x + y)2+ 3
x + y ≥
67 4
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
3 (x + y)2
3
x + y ≥2
s
3 (x + y)2
3
x + y=
3 4
p
x + y ≥ 32 Suy ra
(x + y)2+ 3
x + y=
61 (x + y)2
3 (x + y)2
3
x + y ≥
61
4 +
3
2=
67
4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2
Ví dụ 9. Cho x, y, z là các số thực thoả mãn (x − y)(x − z) = 1 và
y 6= z Chứng minh
1 (x − y)2+ 1
(y − z)2+ 1
(z − x)2 ≥ 4
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Nam Định năm học 2016 - 2017)
Lời giải Để ý rằng
1 (x − y)2 + 1
(z − x)2 =(x − y)2+ (x − z)2
(x − y)2(x − z)2
=(y − z)2+2(x − y)(x − z) (x − y)2(x − z)2 = (y − z)2
(x − y)2(x − z)2+2 1
(x − y)(x − z). Kết hợp sử dụng AM-GM, suy ra:
1 (x − y)2 + 1
(y − z)2+ 1
(z − x)2
= (y − z)2
(x − y)2(x − z)2+ 1
(x − y)(x − z)≥
4 (x − y)(x − z)=4.
Ví dụ 10. Cho x, y là hai số thực thoả mãn x, y ≥ 1 và 3 (x + y) =
4xy Chứng minh rằng
49
12 ≤x3+y3− 3
1
x2+ 1
y2
≤743
Lời giải Ta có
3 (x + y) = 4xy ⇒ 1x+1
y=
4
3. Như vậy,
x3+y3= (x + y)3− 3xy (x + y) = (x + y)3−9
4(x + y)2 và
1
x2+ 1
y2 = 1
x+
1 y
2
−xy2 =(x + y)2
x2y2 −xy2 =16
9 −
8
3 (x + y). Suy ra
P = (x + y)3−9
4(x + y)2+
8
x + y −
16
3 =t3−
9
4t2+
8
t −
16 3 với t = x + y Cũng từ điều kiện của bài toán, ta có
3 (x + y) = 4xy ≤ (x + y)2⇒ x + y ≥ 3 hay t ≥ 3
Trang 8Hệ thống Trường THCS-THPT Đông Đô Tp HCM - Hotline: 0917 047 046
Mặt khác, ta cũng có
(x − 1)(y − 1) ≥ 0 ⇒ x + y ≤ 1 + xy = 34(x + y) + 1 ⇒ x + y ≤ 4
Vậy t ∈ [3; 4] Xét hiệu
t3−94t2+8
t −
16
3 −
49
12 =
1 12t(t − 3)(12t3+9t2+27t − 32) ≥ 0 đúng vì t ≥ 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 3 hay x = y = 32
Tiếp tục, xét hiệu
t3−9
4t2+
8
t −
16
3 −
74
1 4t(t − 4)(4t3+7t2+28t − 8) ≤ 0, đúng vì 3 ≤ t ≤ 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 4 hay
x = 3, y = 1 hoặc x = 1, y = 3
Nhận xét. Chúng ta có thể thấy được, với một điều kiện ban đầu trông
có vẻ không quá phức tạp, nhưng mỗi bước giải của chúng ta lại dùng tới
một thứ khác nhau được khai thác từ điều kiện ban đầu Kinh nghiệm ở
đây là, hãy khai thác mọi thứ có thể từ tất cả các giả thiết đề bài cho.
BÀI TẬP
Bài tập 1 Chox, y là các số thực dương thoả mãn
(x3+y3)(x + y) = xy (1 − x) (1 − y)
Chứng minh rằng xy ≤ 19
Bài tập 2 Chox, y, z thoả mãn x > 1, y > 2, z > 3 và
1
x+
2
y+
3
z ≥2.
Tìm GTLN của
P = (x − 1)(y − 2)(z − 3)
Bài tập 3 Chox, y, z là các số thực dương thoả
x2+y2+z2≤ 2(y + 1).
Tìm GTLN của biểu thức
x + y + z + 1+
p 2xy +p2yz
Bài tập 4.
1 Cho các số thực dương a, b, c Chứng minh rằng
a
b + c+
b
c + a+
4c
a + b ≥2.
2 Cho các số dương a, b, c thoả mãn các điều kiện
a2+b2+c2=11
ab + bc + ca = 7 Chứng minh
1
3 ≤a, b, c ≤ 3
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Đăk Lăk năm học 2017 - 2018)
Bài tập 5 Biếtx ≥ y ≥ z, x + y + z = 0 và x2+y2+z2=6
1 Tính S = (x − y)2+ (x − y)(y − z) + (y − z)2
2 Tìm giá trị lớn nhất của P = |(x − y)(y − z)(z − x)|
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG
Tp HCM năm học 2016 - 2017)
Bài tập 6 Choa, b, c là các số thực dương thoả a + b ≤ c Tìm GTNN của biểu thức
P = (a4+b4+c4) 1
4a4+ 1 4b4 + 1
c4
·
Bài tập 7 Cho các số thựcx, y, z ≥ 1 và thoả mãn 3x2+4y2+ 5z2=52 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F = x + y + z
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Thái Bình năm học 2016 - 2017)
Bài tập 8 Cho a, b, c, d ∈ R và ab − cd =√3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = a2+b2+c2+d2+ac + bd
Bài tập 9 Choa, b, c ≥ 0 thoả mãn a + b + c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a + bc+
1
b + ca+ (a + b)(4 + 5c).
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán tỉnh Nam Định năm học 2017 - 2018)
Bài tập 10 Choa, b, c lần lượt là độ dài ba cạnh của một tam giác
và thoả mãn
2ab + 3bc + 4ca = 5abc
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a + b − c+
6
b + c − a+
5
c + a − b.
(Đề thi tuyển sinh chuyên Toán Tp Cần Thơ năm học 2016 - 2017)