Embed Size (px)
Citation preview
1
Tạ Phúc Thành - Lê Đỗ Tấn Khôi
CHUYÊN ĐỀ CỰC TRỊ
2
Kính gửi,Thầy Trần Tiến ĐạtThầy Đinh Nho Thắngcùng tập thể thầy cô khối Toán.Kính chúc thầy cô luôn mạnh khỏe và luôn thành công trong công việc
3
Biên Hòa, ngày 2 tháng 6 năm 2010.
Lời nói đầu
Không phải ngẫu nhiên mà hầu hết các câu cuối cùng của kì thi tuyển sinh đại học cao đẳng lạilà câu BĐT, mặt khác điểm số dành cho các câu này luôn chỉ là 1 điểm. Có lẽ đây là 1 quyết địnhđúng đắn bởi nếu đưa các câu này lên trên rất dễ gây hoang mang, ức chế tâm lí cho các thí sinhdự thi, dẫn đến việc làm các câu còn lại không đạt hiệu quả cao nhất. Điều đó cũng chứng tỏ 1điều rằng các câu BĐT hay cực trị trong kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng đều là những câukhó nhất toàn bộ đề.
Tìm GTLN-GTNN hay còn gọi là tìm cực trị là một dạng toán gồm 2 phần: tìm cực trị vàtìm giá trị của biến.Nên một cách nào đó có thể coi tìm cực trị chính là sự kết hợp giữa 2 dạngtoán quen thuộc: BĐT và giải phương trình (hoặc hệ phương trình). Tuy nhiên,nếu các bạn làmnhiều bài tìm cực trị có lẽ các bạn sẽ thấy nó rất gần với BĐT, thậm chí việc tìm giá trị của biếnchỉ là 1 phần rất dễ dàng của bài toán. Tuy nhiên xét về 1 khía cạnh nào đó dạng toán tìm cựctrị của hàm số vẫn khó hơn việc chừng minh một BĐT. Chúng ta cùng xét một ví dụ điển hình sau:
Chứng minh BĐT sau :
x+√x ≥ −1
4
Lời giải chỉ đơn giản như sau :
x+√x ≥ −1
4
⇔(√
x+1
2
)2
≥ 0
( Điều này luôn luôn đúng, nên ta có đpcm).
Tuy nhiên khi xét bài toán sau:Tìm GTNN của hàm số : f(x) = x+
√x
Nếu các bạn cho rằng x+√x ≥ − 1
4 nên GTNN của f(x) là − 14 thì có lẽ các bạn đã bị . . . sập bẫy
của người ra đề!Bởi nếu:
f(x) = −1
4
⇔(√
x+1
2
)2
= 0
⇔√x+
1
2= 0
⇔√x = −1
2(!?)
Điều này rõ ràng không thể xảy ra vì√x ≥ 0(∀x ≥ 0). Đây là lời giải chính xác của bài toán:
ĐKXĐ: x ≥ 0 Ta có:
{x ≥ 0√x ≥ 0
⇒ x+√x ≥ 0(∀x ≥ 0)
Do đó GTNN của là 0. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
4
5
Vì lẽ đó, chuyên đề này có mặt trên tay các bạn hiện giờ cũng chỉ vì mục đích, giúp đỡ chocác bạn trong việc rèn luyện về vấn đề khá "hóc" này. Được viết ra dựa theo các đề thi tuyển sinhĐại Học và Cao Đẳng và các đề thi dự bị của các năm từ 2003-2008 và được trình bày sao cho việctra cứu phương pháp và cách áp dụng phương pháp là thuận lợi nhất, gồm các phần chính sau :
Chương 1: Kiến thức cần nắm vữngGiới thiệu các kiến thức cơ bản và cần nắm vững trong bđt.
Chương 2: Sử dụng các bđt cổ điển trong giải toán cực trịGiới thiệu và hướng dẫn phương pháp sử dụng các bđt cổ điển như AM-GM, Cauchy-
Schwarz,... vào việc giải các bài toán cực trị.Chương 3: Sử dụng hàm số để giải toán cực trị
Đựơc chia làm 2 phần nhỏ là khảo sát hàm số và áp dụng các bđt Jensen, Karamata để giảitoán, chương 3 sẽ hướng dẫn cho các bạn những phương pháp được coi là hiện đại và mạnh hiệnnay.
Chương 4: Bài tập củng cố.Rèn luyện kĩ năng nhìn và nhận biết được phương pháp, lối đi trong giải toán.
Chương 5: Hướng dẫn giải.Đáp án để các bạn kiểm tra tính đúng đắn trong việc giải toán, lưu ý rằng những lời giải
trong này không hẳn hay nhất cũng như không hẳn là lời giải duy nhất.Chương 6: Phụ lục
Một số chú ý quan trọng trong các kì thi tuyển sinh Đại Học và Cao Đẳng.
Kì thi tuyển sinh Đại Học Cao Đẳng là kì thi có thể coi là quan trọng nhất đối với cuộc đờihọc sinh. Và chắc chắn sẽ là một kỉ niệm đẹp nếu như các bạn đạt trọn vẹn số điểm ở ngay bộ mônmà các bạn đã chọn gắn bó suốt 3 năm cuối cấp. Muốn thế chắc chắn các bạn phải vượt qua “thửthách” ở câu còn hay gọi là “câu điểm 10”. Hi vọng chuyên đề này sẽ phần nào giúp các bạn vượtqua được thử thách này. Tuy nhiên do khuôn khổ của chuyên đề này có hạn nên các bạn có thể tìmhiểu thêm ở nhiều cuốn sách đang bán rộng rãi trên thị trường hoặc tham khảo qua tạp chí THTT.
Mọi bđt trong chuyên đề này sẽ sử dụng tên Quốc Tế của chúng, chúng tôi sẽ giải thích từngtên gọi của các bđt này xuyên suốt chuyên đề.
Mặc dù đã cố gắng nhưng trong quá trình biên soạn vẫn không khó tránh khỏi những sai lầm. Rấtmong nhận sự đóng góp ý kiến của các bạn để chuyên đề này ngày càng hoàn thiện hơn.
Mọi đóng góp ý xin gởi về : [email protected] hoặc [email protected]
Nhóm Thực Hiện
6
J.W.N.Sullivan (1886-1937), Aspects of Science, 1925.
Mathematics, as much as music or any other art, is one of the meansby which we rise to a complete self-consciousness. The significanceof Mathematics resides precisely in the fact that it is an art; by
informing us of the nature of our own minds it informs us of much thatdepends on our minds.
Cũng giống như âm nhạc hoặc bất cứ một ngành nghệ thuật nào khác, Toán học là một trongnhững phương tiện giúp chúng ta vươn tới một sự hiểu biết toàn diện. Nói một cách chính xác, ýnghĩa của Toán học nằm ở chỗ nó đích thực là một Nghệ thuật; bằng cách thông tri cho chúng tavề bản chất tâm thức của mình, nó đã cho ta biết rất nhiều điều lệ thuộc vào trí tuệ chúng ta.
Chương 1
Kiến thức cần nắm vững
Định lý 1.1 (BĐT Cauchy - hay còn gọi là BĐT trung bình cộng-trung bình nhân).Cho a1; a2; ...; an là các số thực dương. Khi đó ta có bất đẳng thức :
a1 + a2 + ...+ ann
≥ n√a1a2...an
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tất cả các biến bằng nhau.Bất đẳng thức này rất quen thuộc với các bạn, và nó được sử dụng thẳng trong kì thi đại học màkhông cần phải chứng minh.
Định lý 1.2 (BĐT Holder). Với m dãy số dương (a1.1, a1.2, ..., a1.n) , (a2.1, a2.2, ..., a2.n) , ...,(am.1, am.2, ..., am.n). Khi đó ta có bất đẳng thức :
m∏i=1
n∑j=1
ai,j
≥ n∑
j=1
m
√√√√ m∏i=1
ai,j
m
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m dãy số đã cho tương ứng tỉ lệ.Nhìn vào, nếu các bạn không quen có lẽ các bạn sẽ nghĩ là nó rất “khủng khiếp”. Tuy nhiên, ở mộtsố trường hợp đặc biệt thì nó lại được phát biểu rất đơn giản. Đặc biệt hơn, mặc dù là một BĐTmạnh và không được sử dụng trong các kì thi như kì thi học sinh giỏi hay kì thi tuyển sinh ĐạiHọc Cao Đẳng, nhưng việc chứng minh BĐT này lại khá đơn giản (cụ thể là chỉ cần sử dụng BĐTCauchy) và rất đẹp mắt. Đó thật sự là một “kĩ thuật” rất mẫu mực và rất đẹp. Chúng ta sẽ chứngminh BĐT Holder ngay dưới đây.Tuy nhiên để đơn giản và dễ nhìn hơn, ta sẽ chứng minh BĐTHolder với trường hợp vô cùng đặc biệt, đó là trường hợp m = 2:Cho 2 dãy số dương (a1, a2, ..., an) , (b1, b2, ..., bn). Chứng minh BĐT sau :(
a12 + a2
2 + ...+ an2).(b1
2 + b22 + ...+ bn
2) ≥ (a1b1 + a2b2 + ..+ anbn)2
Hẳn các bạn đã nhận thấy đây chính là BĐT Bunhiacopski. Tuy cũng là một BĐT khá quen thuộcngay từ hồi cấp II tuy nhiên trong kì thi tuyển sinh Đại Học Cao Đẳng này, khi sử dụng các bạnvẫn phải chứng minh lạiChúng ta sẽ chứng minh BĐT này như sau:Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
a12
a12 + a22 + ...+ an2+
b12
b12 + b2
2 + ...+ bn2 ≥ 2
√a12b1
2
(a12 + a22 + ...+ an2) (b12 + b2
2 + ...+ bn2)
a22
a12 + a22 + ...+ an2+
b22
b12 + b2
2 + ...+ bn2 ≥ 2
√a22b2
2
(a12 + a22 + ...+ an2) (b12 + b2
2 + ...+ bn2)
. . .
an2
a12 + a22 + ...+ an2+
bn2
b12 + b2
2 + ...+ bn2 ≥ 2
√an2bn
2
(a12 + a22 + ...+ an2) (b12 + b2
2 + ...+ bn2)
7
Chương 1.Kiến thức cần nắm vững 8
Cộng theo vế các BĐT trên ta có :
a12 + a2
2 + ...+ an2
a12 + a22 + ...+ an2+
b12 + b2
2 + ...+ bn2
b12 + b2
2 + ...+ bn2 ≥ 2
a1b1 + a2b2 + ..+ anbn√(a12 + a22 + ...+ an2) (b1
2 + b22 + ...+ bn
2)
⇔√(a12 + a22 + ...+ an2) (b1
2 + b22 + ...+ bn
2) ≥ a1b1 + a2b2 + ..+ anbn
⇔(a1
2 + a22 + ...+ an
2).(b1
2 + b22 + ...+ bn
2) ≥ (a1b1 + a2b2 + ..+ anbn)2
(đpcm).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số (a1, a2, ..., an) , (b1, b2, ..., bn) tương ứng tỉ lệ, hay a1
b1=
a2
b2= ... = an
bn
Sau đây xin giới thiệu đến các bạn một số hệ quả rất hay gặp trong các kì thi tuyển sinh Đại HọcCao Đẳng :
• Với a, b, c, x, y, z,m, n, p là các số thực dương, ta có:
(a3 + b3 + c3)(x3 + y3 + z3)(m3 + n3 + p3) ≥ (axm+ byn+ czp)3
Nếu ta thay x = y = z = m = n = p = 1 thì ta được BĐT sau :
9(a3 + b3 + c3
)≥ (a+ b+ c)
3
Đây cũng là một BĐT hay gặp.• Với dãy số dương a1, a2, ..., an. Ta có :
(1 + a1) (1 + a2) ... (1 + an) ≥ (1 + n√a1a2...an)
n
Dấu bằng xảy ra khi tất cả các biến bằng nhau : a1 = a2 = ... = anViệc chứng minh hai BĐT này hoàn toàn tương tự như việc chứng minh BĐT Bunhiacopski. Dođó xin nhường phần này cho các bạn để các bạn luyện tập.
Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Schwarz). Với hai dãy số (a1, a2, ..., an) , (b1, b2, ..., bn), trong đóbi ≥ 0(∀i = 1, n). Khi đó ta có BĐT :
a12
b1+
a22
b2+ ...+
an2
bn≥ (a1 + a2 + ...+ an)
2
b1 + b2 + ...+ bn
Chứng Minh:BĐT cần chứng minh tương đương với :
(b1 + b2 + ...+ bn)
(a1
2
b1+
a22
b2+ ...+
an2
bn
)≥ (a1 + a2 + ...+ an)
2
Kết quả này được suy ra trực tiếp từ BĐT Bunhiacopski.
Trong các bài toán có dạng phân thức, thì việc sử dụng BĐT này tỏ ra vô cùng hiệu quả.Một“kinh nghiệm” nhỏ trong khi giải các bài toán bằng BĐT Schwarz, là ta nên đưa tử số của cácphân thức trên dưới dạng bình phương đúng. Khi đó việc sử dụng sẽ đơn giản và đẹp hơn.Song song đó, việc nắm vững kiến thức về đạo hàm là vô cùng cần thiết trước khi bạn có thể vậndụng thành thạo nó, vì đạo hàm thực sự là một công cộng hiệu quả và có ứng dụng rộng rãi, cũngnhư là một phương pháp chuẩn mưc nhất khi ta gặp phải các bài bđt thông thường. Một số kiếnthức sau có thể có ích cho bạn.
Định nghĩa 1.1 (Định nghĩa đạo hàm một biến). Giả sử f : (a, b)→ R. Ta nói f có đạo hàmtại điểm x0 ∈ (a, b) nếu tồn tại giới hạn (có thể vô hạn)
f ′(x0) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h
Khi đó f ′(x0) được gọi là đạo hàm của hàm số f tại x0. Nếu f ′(x0) hữu hạn, ta nói f khả vi tạix0.Nếu f khả vi tại mọi điểm x ∈ E ∈ (a, b) thì ta nói f khả vi trên E
Chương 1.Kiến thức cần nắm vững 9
Định nghĩa 1.2 (Định nghĩa cực trị hàm một biến). Hàm f đạt cực đại (tiểu) địa phươngtại x0 nếu tồn tại một lân cận N của x0 sao cho f(x0) ≥ f(x)f(x0) ≤ f(x)
),∀x ∈ N . Hàm f đạt
cực trị địa phương tại x0 nếu tại đó f đạt cực đại hoặc cực tiểu địa phương.
Định nghĩa 1.3 (Định lí Fermat). Giả sử f xác định trên [a, b] và có cực trị địa phương tạix0 ∈ [a, b]. Khi đó nếu f có đạo hàm tại x0 thì f ′(x0) = 0
Định nghĩa 1.4 (Định lí Roll). Giả sử f : (a, b) → R liên tục và khả vi trong (a, b). Nếuf(a) = f(b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f ′(c) = 0.
Các bạn nên kết hợp thêm những kiến thức đã được trình bày trong sách giáo khoa Toán lớp11,12 vì trong đấy đã trình bày rất kĩ về phần này.Để có thể nhuần nhuyễn các bất đẳng thức trên, xin mời các bạn cùng làm một vài ví dụ là cáccâu cực trị và BĐT trong các kì thi tuyến sinh Đại Học Cao Đẳng.
Chương 2
Sử dụng bđt cổ điển trong giảitoán cực trị
You have no idea how much poetry there is in the calculation of a table of logarithms!Gauss.
Bạn không thể có ý tưởng nào đầy tính thi ca như những tính toán trong bảng logarithm!Gauss.
Chương này sẽ giúp chúng ta có được một cái nhìn về cực trị dưới con mắt của phương pháp cổđiển. Các bất đẳng thức cổ điển từ lâu đã xây dựng và bồi đấp thêm cho vẻ đẹp của bất đẳngthức. Trong kì thi tuyển sinh Đại Học và Cao Đẳng thì chủ yếu chỉ được sử dụng bđt Cauchy vàBunhiscopski hoặc một vài bđt cổ điển khác nên chuyên đề này cũng chỉ xoay quanh các vấn đềđó.
Bài tập 2.1 (Câu 4.2 - dự bị 2 khối B-2006). Cho 2 số dương thay đổi thoả mãn điều kiệnx+ y ≥ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A =3x2 + 4
4x+
2 + y3
y2
Lời GiảiTrước hết chúng ta dự đoán GTNN của hàm số. Trong quá trình làm bài toán tìm cực trị thì việcdự đoán là vô cùng quan trọng. Tuy nhiên do “nét đẹp” của các bài toán nên việc dự đoán là hoàntoàn đơn giản. Thường thì các giá trị đặc biệt này xảy ra tại các giá trị đặc biệt như tại biên vàtại các biến bằng nhau. Ở sau khi thử một vài giá trị đặc biệt thì “có lẽ” khi là điểm mà biểu thứcđạt GTNN. Thật vậy ta sẽ cm:Bằng cách chọn điểm rơi cho dấu bằng của BĐT Cauchy, ta sẽ tách biểu thức thành :
A =3x2 + 4
4x+
2 + y3
y2=
x
4+
1
x+
x
2+
y
2+
2
y2+
y
4+
y
4
Áp dụng bđt Cauchy ta có
A =(x4+
1
x
)+(x2+
y
2
)+( 2
y2+
y
4+
y
4
)≥ 1 + 2 +
3
2=
9
2
Vậy GTNN của biểu thức là 92 , đẳng thức xảy ra khi x = y = 2
10
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 11
Bài tập 2.2 (Câu 4.2 khối A-2007). Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thoả mãn điềukiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =x2(y + z)
y√y + 2z
√z+
y2(z + x)
z√z + 2x
√x+
z2(x+ y)
x√x+ 2y
√y
Lời GiảiÁp dụng bđt Cauchy ta có
P =x2(y + z)
y√y + 2z
√z+
y2(z + x)
z√z + 2x
√x+
z2(x+ y)
x√x+ 2y
√y≥ P =
x2.2√yz
y√y + 2z
√z+
y2√zx
z√z + 2x
√x+
z22√xy
x√x+ 2y
√y
Vì xyz = 1 nên x22√yz = 2x
√x tương tự với 2 số còn lại ta có
P ≥ 2x√x
y√y + 2z
√z+
2y√y
z√z + 2x
√x+
2z√z
x√x+ 2y
√y
Đặt a = x√x, b = y
√y, c = z
√z, ta có được
P ≥ 2a
b+ 2c+
2b
c+ 2a+
2c
a+ 2b
Tới đây mọi việc đã trở nên đơn giản và dễ nhìn hơn đúng không nào! Đây đã là một dạng kháquen thuộc. Cách thông dụng khi chứng minh các biểu thức như vầy là đặt ẩn phụ một lần nữatheo cách sau:Đặt m = b+ 2c, n = c+ 2a, p = a+ 2bKhi đó : a = 4p+m−2n
9 , b = 4m+n−2p9 , c = 4n+p−2m
9
Và biểu thức trở thành :
Q = 2
(4p+m− 2n
9n+
4m+ n− 2p
9p+
4n+ p− 2m
9m
)=
2
9
[4
(p
n+
m
p+
n
m
)+
(m
n+
n
p+
p
m
)− 6
]Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
p
n+
m
p+
n
m≥ 3 3
√p
n.m
p.n
m= 3
m
n+
n
p+
p
m≥ 3 3
√m
n.n
p.p
m= 3
Vậy ta có :
Q ≥ 2
9(4.3 + 3− 6) = 2
Do đó:P ≥ 2
Dấu bằng xảy ra khi các biến bằng nhau.Giới thiệu cho các bạn một cách giải khác khá hay và ngắn gọn, áp dụng một chút biến đổi nhỏ,ta đưa bđt về dạng Schwarz
P ≥ 2a2
ab+ 2ac+
2b2
bc+ 2ab+
2c2
ac+ 2bc≥ 2(a+ b+ c)2
3(ab+ bc+ ca)≥ 2
Bài tập 2.3 (Câu 4.2 khối B-2007). Cho x, y, z là ba số thưc dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏnhất của biểu thức
P = x
(x
2+
1
yz
)+ y
(y
2+
1
xz
)+ z
(z
2+
1
xy
)
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 12
Lời GiảiTa có
P = x
(x
2+
1
yz
)+ y
(y
2+
1
zx
)+ z
(z
2+
1
xy
)=
x2
2+
x
yz+
y2
2+
y
zx+
z2
2+
z
xy
Điều rất quan trọng khi làm các bài toán về cực trị đó là “dự đoán”. Do cực trị là một giá trị đặcbiệt của hàm số nên đa phần cực trị xảy ra ở các điểm cũng rất đặc biệt. Một trường hợp thườngxuyên xảy ra nhất đó là khi tất cả các biến bằng nhau, kế đó là giá trị biến ở biên. Ở trường hợpnày biên là 0, và khi x, y, z → 0 thì P → +∞. Nên ta sẽ bỏ qua trường hợp này. Tiếp đến ta sẽthử với các giá trị của biến bằng nhau. Khi đó biểu thức trở thành
P = 3
(x2
2+
x
x2
)= 3
(x2
2+
1
x
)Đây là một hàm số khá đơn giản, việc tìm cực trị là không khó, các bạn có thể tìm cực trị củahàm này bằng cách khảo sát hàm số
f (x) = 3
(x2
2+
1
x
)(∀x > 0)
Sau đây xin tìm min của hàm này bằng BĐT Cauchy như sau :Ta có
3
(x2
2+
x
x2
)= 3
(x2
2+
1
2x+
1
2x
)≥ 3.3.
3
√x2
2
1
2x
1
2x=
9
2
Vậy
P ≥ 9
2
Do đó, ta có niềm tin rằng P ≥ 92 (∀x, y, z > 0) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1.
Khai triển biểu thức ban đầu ta có :
P = x
(x
2+
1
yz
)+ y
(y
2+
1
zx
)+ z
(z
2+
1
xy
)=
x2
2+
x
yz+
y2
2+
y
zx+
z2
2+
z
xy
Một cách tự nhiên, ta nhìn thấy việc sử dụng BĐT Cauchy là khá hợp lí. Để làm xuất hiện số9 ta sẽ phân tích P thành 9 số hạng, mỗi số hạng bằng 1/2. Do dự đoán dấu bằng xảy ra ởx = y = z = 1 nên ta sẽ phân tích như sau :
P =x2
2+
x
2yz+
x
2yz+
y2
2+
y
2zx+
y
2zx+
z2
2+
z
2xy+
z
2xy
≥ 9 9
√x2
2.x
2yz.x
2yz.x
2yz.y2
2.y
2zx.y
2zx.z2
2.z
2xy.z
2xy=
9
2
Đây là điều cần chứng minh. Vậy GTNN của biểu thức là 92 khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Bài tập 2.4 (Câu 4.2 - dự bị 2 khối A-2007 đề 2). Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giátrị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3√
4(x3 + y3) + 3√4(y3 + z3) + 3
√4(z3 + x3) + 2
( x
y2+
y
z2+
z
x2
)Lời Giải
Để cho biểu thức trở nên đơn giản ta sẽ tìm cách khử căn thức của biểu thức trên. Dễ dàng nhậnthấy
3√4(x3 + y3) = 3
√(1 + 1)(1 + 1)(x3 + y3)
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 13
Đến đây chắc hẳn các bạn đã nhìn thấy dạng của BĐT Holder:
3√
4(x3 + y3) ≥ x+ y
. Tuy nhiên ta sẽ giải theo cách “chứng minh lại BĐT Holder”-bởi lẽ trong kì thi ĐH,BĐT Holderchưa được sử dụng. Chúng ta sẽ giải như sau: Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
1
1 + 1+
1
1 + 1+
x3
x3 + y3≥ 3 3
√1.1.x3
2.2.(x3 + y3)= 3 3
√x3
4(x3 + y3)
1
1 + 1+
1
1 + 1+
y3
x3 + y3≥ 3 3
√1.1.y3
2.2.(x3 + y3)= 3 3
√y3
4(x3 + y3)
Cộng từng vế hai BĐT trên, ta có :
1 + 1 + 1 ≥ 3
(x+ y
3√4(x3 + y3)
)
⇔ 3√4(x3 + y3) ≥ x+ y
(đpcm)
Tương tự ta có :3√4(y3 + z3) ≥ y + z
và3√4(z3 + x3) ≥ z + x
Cộng theo vế 3 BĐT trên, ta được :
3√4(x3 + y3) + 3
√4(y3 + z3) 3
√4(z3 + x3) ≥ (x+ y) + (y + z) + (z + x)
VậyP ≥ 2(x+ y + z +
x
y2+
y
z2+
z
x2)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khix = y = z
Đến đây thì việc sử dụng BĐT Cauchy đã “hiện ra trước mắt” bởi chúng có thể tự “triệt tiêu”nhau. Ta có
2(x+ y + z +x
y2+
y
z2+
z
x2) ≥ 2.6 6
√x.y.z.
x
y2.y
z2.z
x2= 12
Vậy GTNN của P là 12. Dấu bằng xảy ra khi :{x = y = z
x = y = z = x/y2 = y/z2 = z/x2
⇒ x = y = z = 1
Bài tập 2.5 (Đề dự bị 2 khối D). Cho x, y, z là 3 số dương và xyz = 1. CMR
x2
1 + y+
y2
1 + z+
z2
1 + x≥ 3
2
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 14
Lời GiảiDấu hiệu của BĐT Schwarz ở đây là khá rõ ràng. Chúng ta hãy thử thực hiện và xem cần chứngminh tiếp điều gì !Áp dụng BĐT Swartch ta có :
x2
1 + y+
y2
1 + z+
z2
1 + x≥ (x+ y + z)
2
3 + x+ y + z
Do đó ta cần chứng minh:(x+ y + z)
2
3 + x+ y + z≥ 3
2
Hay2(x+ y + z)
2 ≥ 3(3 + x+ y + z)
Do xyz = 1 nên theo BĐT Cauchy x+ y + z ≥ 3 3√xyz = 3
Do đó2(x+ y + z)
2= 2(x+ y + z).(x+ y + z) ≥ 6(x+ y + z)
Vậy ta chỉ cần chứng minh :6(x+ y + z) ≥ 3(3 + x+ y + z)
Điều này tương đương với : x+ y + z ≥ 3Điều này đã được chứng minh ở trên, do đó ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khivà chỉ khi x = y = z = 1
Bài tập 2.6 (Câu 5 khối A-2005). Cho x,y,z là các số dương thoả mãn 1x + 1
y + 1z = 4. Chứng
minh rằng :1
2x+ y + z+
1
x+ 2y + z+
1
x+ y + 2z≤ 1
Lời GiảiBĐT này có vẻ “khó chịu”. Thứ nhất là ở giả thiết, dạng giả thiết này có vẻ ít gặp khi làm toán.Thứ hai đó chính là biểu thức ở vế trái, nó không còn có dạng đối xứng như các bài toán trướcđây nữa. Chúng ta sẽ giải quyết bài toán này sao đây !?Rất may mắn, chúng ta có thể đưa bất đẳng thức này về dạng đối xứng bằng một kĩ thuật “khôngmới”. Đó chính là kĩ thuật sử dụng BĐT Schwarz.Áp dụng BĐT Schwarz, ta có:
1
x+ y+
1
x+ z≥ (1 + 1)
2
(x+ y) + (x+ z)=
4
2x+ y + z
Chứng minh tương tự, ta có:1
y + x+
1
y + z≥ (1 + 1)
2
(y + x) + (y + z)=
4
x+ 2y + z
1
z + x+
1
z + y≥ (1 + 1)
2
(z + x) + (z + y)=
4
x+ y + 2z
Cộng từng vế 3 BĐT trên ta có :
2
(1
x+ y+
1
y + z+
1
z + x
)≥ 4
2x+ y + z+
4
x+ 2y + z+
4
x+ y + 2z
Hay (1
x+ y+
1
y + z+
1
z + x
)≥ 2
2x+ y + z+
2
x+ 2y + z+
2
x+ y + 2z
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 15
Đến đây, ta “thử” giải bài toán sau:
Cho x,y,z là các số dương thoả mãn 1x + 1
y + 1z = 4. Chứng minh rằng
1
x+ y+
1
y + z+
1
z + x≤ 2
Đến đây thì có lẽ mối liên hệ giữa giả thiết và kết luận đã rõ ràng hơn.Và vẫn là một BĐT rất thường xuyên sử dụng trong các BĐT dạng phân thức :Áp dụng BĐT Schwarz, ta có :
1
x+
1
y≥ 4
x+ y1
y+
1
z≥ 4
y + z1
z+
1
x≥ 4
z + x
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có :(1
x+
1
y
)+
(1
y+
1
z
)+
(1
z+
1
x
)≥ 4
x+ y+
4
y + z+
4
z + x
Rút gọn ta được:1
x+
1
y+
1
z≥ 2
x+ y+
2
y + z+
2
z + x
Tới đây, áp dụng thêm giả thiết đã cho ta được đpcm. Từ đó suy ra kết quả ban đầu. Dấu bằngxảy ra khi x = y = z = 3
4 .
Bài tập 2.7 (Câu 4 khối A-2006). Cho hai số thực x 6= 0, y 6= 0 thay đổi thoả mãn điều kiện(x+ y)xy = x2 + y2 − xy. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A =1
x3+
1
y3
Lời giảiTrước tiên ta biến đổi như sau :
A =1
x3+
1
y3=
x3 + y3
x3y3=
(x+ y)(x2 − xy + y2)
x3y3=
(x+ y) (x+ y)xy
x3y3=
(x+ y)2
x2y2=
(1
x+
1
y
)2
(1)
Tiếp theo ta sẽ chứng minh :
4A ≥(1
x+
1
y
)3
⇔ (1 + 1) (1 + 1)
(1
x3+
1
y3
)≥(1
x+
1
y
)3
(2)
Đến đây lại là “dạng Holder”.Việc cm xin dành cho các bạn.Trở lại với bài toán. Từ (1) và (2) ta có:
(1
x+
1
y
)2
≥
(1x + 1
y
)34
Hay
4 ≥(1
x+
1
y
)
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 16
Vậy
A =
(1
x+
1
y
)2
≤ 42 = 16
Do đó GTLN của A là 16. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : x = y = 12
Bài tập 2.8 (Câu 5 - dự bị A-2005). Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có
(1 + x)(1 +
y
x
)(1 +
9√y
)2
≥ 256.
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Lời GiảiChắc hẳn các bạn đã nhận thấy chúng ta lại có thêm 1 bài “dạng Holder” nữa !Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
1
(1 + x)+
1
1 + yx
+1
1 + 9√y
+1
1 + 9√y
≥ 4 4
√1
(1 + x).
1
1 + yx
.1
1 + 9√y
.1
1 + 9√y
x
(1 + x)+
yx
1 + yx
+
9√y
1 + 9√y
+
9√y
1 + 9√y
≥ 4 4
√√√√ x
(1 + x).
yx
1 + yx
.
9√y
1 + 9√y
.
9√y
1 + 9√y
Cộng từng vế của 2 BĐT trên ta có :
4 ≥ 4 4
√(1
A+
3
A
)⇔ 1 ≥ 4
√4
A⇔ A ≥ 256
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi cà chỉ khi:1
1 + x=
1
1 + yx
=1
1 + 9√y
x
1 + x=
yx
1 + yx
=
9√y
1 + 9√y
⇔
{x = 3
y = 9
Bài tập 2.9 (Câu 4.2 khối B-2006). Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức:
A =√(x− 1)2 + y2 +
√(x+ 1)2 + y2 + |y − 2|
Lời Giải"Hình dạng" của bài toán gợi ý cho bạn đến bđt Bunhiacopski phải không nào!Nhưng vấn đề đặtra ở đây là làm thế nào để dấu bằng xảy ra được, khi mà 2 biểu thức dưới căn chỉ "gần" giốngnhau mà thôi!Ở đây hẳn ai cũng có thể thấy, để các biến số triệt tiêu hết, ta phải xác định các đại lượng còn lạitrong bđt Bunhicopski sao cho ở cà 2 biểu thức chúng đều giống nhau và để cho dấu bằng có thểxảy ra.Giả sử gọi a, b là 2 đại lượng còn lại, dấu bằng xày ra khi x−1
a = yb = x+1
a ⇔ x−1 = x+1⇔ −1 = 1!,có vẻ vô lý phải không. Phải chăng ta đã đi nhầm con đường!Để ý rằng, ta có thể viết lại (x−1)2 thành (1−x)2, khi đó dấu bằng xảy ra khi 1−x
a = yb = x+1
a ⇔1− x = x+ 1⇔ x = 0, hoàn toàn có thể xảy ra, ta có vẻ đã đi đúng hướng. Viết lại biểu thức
A =√(1− x)2 + y2 +
√(x+ 1)2 + y2 + |2− y|
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 17
Bằng cách chọn điểm rơi hợp lý, ta có lời giải. Áp dụng bđt Bunhicopski
√(1− x)2 + y2 =
√3
4+
1
4
√(1− x)2 + y2 ≥
∣∣∣∣∣√3
2(1− x) +
1
2y
∣∣∣∣∣Tương tự ta có √
(x+ 1)2 + y2 ≥
∣∣∣∣∣√3
2(x+ 1) +
1
2y
∣∣∣∣∣Vậy
A ≥
∣∣∣∣∣√3
2(1− x) +
1
2y
∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣√3
2(x+ 1) +
1
2y
∣∣∣∣∣+|2−y| ≥∣∣∣∣∣√3
2(1− x) +
1
2y +
√3
2(x+ 1) +
1
2y + 2− y
∣∣∣∣∣Hay
A ≥ 2
Vậy GTNN của A là 2, đạt được khi (x; y) = (0, 1√3)
Bài tập 2.10 (Câu 5 khối B-2009). Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x+y)3+4xy ≥ 2.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 3(x4 + y4 + x2y2)− 2(x2 + y2) + 1
Lời GiảiBiến đổi điều kiện với lưu ý 4xy ≤ (x+ y)2, ta có
(x+ y)3 + (x+ y)2 ≥ (x+ y)3 + 4xy ≥ 2⇒ x+ y ≥ 1
Từ đó ta có điều kiện mới nhìn đơn giản hơn nhiều.Ta lại có
A = 3(x4+y4+x2y2)−2(x2+y2)+1 = 3((x2+y2)2−x2y2
)−2(x2+y2)+1 = 3(x2+y2)2−2(x2+y2)+1−3x2y2
Theo bđt Cauchy ta có
1− 3x2y2 ≥ 1− 3(x2 + y2)2
4
Từ đó ta có
A ≥ 3(x2 + y2)2 − 2(x2 + y2) + 1− 3(x2 + y2)2
4
⇔ A ≥ 9
4− 2(x2 + y2) + 1
⇔ A ≥(3
2(x2 + y2)− 2
3
)2
+5
9
Áp dụng bđt Bunhicopski ta có 2(x2 + y2) ≥ (x+ y)2 ≥ 1, suy ra A ≥ 916
Vậy minA = 916 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
2
Bài tập 2.11 (Câu 5 khối D-2005). Cho các số dương x, y, z thoả mãn xyz = 1. Chứng minhrằng √
1 + x3 + y3
xy+
√1 + y3 + z3
yz+
√1 + z3 + x3
zx≥ 3√3
Khi nào đẳng thức xảy ra ?
Chương 2.Sử dụng bđt cổ điển trong giải toán cực trị 18
Lời GiảiÁp dụng BĐT Cauchy, ta có :
1 + x3 + y3 ≥ 3xy
1 + y3 + z3 ≥ 3yz
1 + z3 + x3 ≥ 3zx
Do đó ta cần chứng minh √3(√
xy +√yz+
√zx)≥ 3√3
Tương đương với √xy +
√yz+
√zx ≥ 3
Theo BĐT Cauchy ta có :
√xy +
√yz+
√zx ≥ 3 3
√√xy√yz√zx = 3
Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
Chương 3
Sử dụng hàm số để giải toán cựctrị
So the soul of immensity dwells in minutiaAnd in narrowest limits no limits inhere.What joy to discern the minute in infinity!The vast to perceive in the small, what divinity!Jakob Bernoulli.
Bằng tâm thức mênh mông ta chú tâm vào điều vi tếGiới hạn nhỏ nhoi nào cũng hàm chứ vô biên
Vui biết bao khi nhận thấy ở phút giây có vô hạn hiện tiềnVà rộng lớn cũng nằm trong bé nhỏ, huyền nhiệm thay!
Jokob Bernoulli.
Trong chương này, chúng ta trình bày các phương pháp tìm cực trị bằng đạo hàm, xét bảng biếnthiên để xem tính tăng giảm của hàm số, dựa vào hình dạng của đồ thị để biết được cực trị.
Bài tập 3.1 (Câu 5 - dự bị 1 khối A-2002 ). Giả sử a, b, c, d là bốn số nguyên thay đổi thoảmãn 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50. Chứng minh bất đẳng thức a
b + cd ≥
b2+b+5050b và tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức S = ab + c
d .
Lời GiảiTừ đk ban đầu 1 ≤ a < b < c < d ≤ 50. Ta có{
ab ≥
1b
cd ≥
b+150
⇒ a
b+
c
d≥ 1
b+
b+ 1
50⇒ a
b+
c
d≥ b2 + b+ 50
50b
(đpcm).
Từ đây thay vì tìm GTNN của ab + c
d ta chỉ cần tìm GTNN của b2+b+5050b rồi so sánh điều kiện.
Xét f (b) = b2+b+5050b (b ∈ N, 2 ≤ b ≤ 48). Ta có
f ′ (b) =(2b+ 1).50b− 50.(b2 + b+ 50)
(50b)2
⇒ f ′ (b) =50b2 − 502
(50b)2 =
50(b2 − 50)
(50b)2
19
Chương 3.Sử dụng hàm số để giải toán cực trị 20
Ta có bảng biến thiên
b 5√2 50
f ′(b) 0 +
f(b) 10√2+1
50 %2625
Từ bảng biến thiên ta có giá trị nhỏ nhất của f(b) là 10√2+1
50
Từ đây suy ra giá trị nhỏ nhất của S là 10√2+1
50 . Dấu bằng xảy ra khi x = 5√2
Bài tập 3.2 (Câu 5 - dự bị 1 khối A-2004). Gọi (x; y) là nghiệm của hệ phương trình{x−my = 2− 4mmx+ y = 3m+ 1
với m là tham số. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x2 + y2 − 2x, khi
m thay đổi.
Lời GiảiVới những dạng toán phụ thuộc vào 1 tham số m thế này, việc đầu tiên các bạn nên làm là rútx, y theo m.Xét các định thức
Dx =
∣∣∣∣2− 4m 3m+ 1−m 1
∣∣∣∣ = (2− 4m) +m(3m+ 1) = 3m2 − 3m+ 2
Dy =
∣∣∣∣ 1 2− 4mm 3m+ 1
∣∣∣∣ = 3m+ 1−m(2− 4m) = 4m2 +m+ 1
D =
∣∣∣∣ 1 −mm 1
∣∣∣∣ = m2 + 1 > 0(∀m
⇒ x =Dx
D=
3m2 − 3m+ 2
m2 + 1; y =
Dy
D=
4m2 +m+ 1
m2 + 1
Từ đó, ta có A trở thành
A = x2 + y2 − 2x =(3m2 − 3m+ 2
m2 + 1
)2+(4m2 +m+ 1
m2 + 1
)2− 2(3m2 − 3m+ 2
m2 + 1
)Đặt f(m) =
(3m2−3m+2
m2+1
)2+(
4m2+m+1m2+1
)2− 2(
3m2−3m+2m2+1
)= 19m2−4m+1
m2+1 ⇒ f ′(m) = 4(m2+9m−1)(m2+1)2
f ′(m) = 0⇔ m =−9 +
√85
2∨m =
−9−√85
2
Ta có bảng biến thiên
m −∞ −9−√85
2−9+
√85
2 +∞
f ′(m) + 0 − 0 +
f(m)19%
10 +√85& 10−
√85%
19
Từ đó ta có GTLN của A là 10 +√85. Đẳng thức xảy ra khi m = −9−
√85
2
Bài tập 3.3 (Câu 4.2 khối B-2008). Cho hai số thực x, y thay đổi và thoả mãn hệ thứcx2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2(x2+6xy)
1+2xy+2y2
Chương 3.Sử dụng hàm số để giải toán cực trị 21
Lời GiảiTa biến đổi
P =2(x2 + 6xy)
1 + 2xy + 2y2=
2(x2 + 6xy)
x2 + y2 + 2xy + 2y2=
2(x2 + 6xy)
x2 + 2xy + 3y2
•Nếu x=0 thì P=0•Nếu x 6= 0 thì ta có
P =2(x2 + 6xy)
x2 + 2xy + 3y2=
2 + 12 yx
1 + 2 yx + 3( yx )
2
Đặt t = yx , ta có P = 2+12t
1+2t+3t2
Đặt f(t) = 2+12t1+2t+3t2 ⇒ f ′(t) = − 4(3t+2)(3t−1)
(1+2t+3t2)2 ⇒ f ′(t) = 0⇔ t = − 23 hoặc t = 1
3
Ta có bản biến thiên
t −∞ − 23
13 +∞
f ′(t) − 0 + 0 −
f(t)0& −6%
3& 0
Từ bảng biến thiên ta suy ra GTNN của P là -6 và GTLN là 3, dấu "=" xảy ra lần lượt tại t = − 23
và t = 13
Việc còn lại là khá đơn giản, ta chỉ việc giải hệ phương trình với t = yx kết hợp với điều kiện ban
đầu, ta có kết quả•minP = −6⇔ (x, y) = ( 3√
13;− 2√
13); (− 3√
13; 2√
13)
•maxP = 3⇔ (x; y) = ( 3√10; 1√
10)
Bài tập 3.4 (câu 4.2 - dự bị 1 khối B-2006). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số với mọi x > 0:
y = x+11
2x+
√4
(1 +
7
x2
)Lời Giải
Ta có
y′ = 1− 11
2x2− 14
x2√x2 + 7
=2x2√x2 + 7− 11
√x2 + 7− 28
2x2√x2 + 7
y′ = 0⇔ 2x2√
x2 + 7− 11√x2 + 7− 28 = 0 (1)
Đặt t =√x2 + 7⇒ t > 0, suy ra (1) trở thành
2(t2 − 7)t− 11t− 28 = 0⇔ (t− 4)(2t2 + 8t+ 7) = 0
Do t > 0 và dễ thấy pt 2t2 + 8t+ 7 = 0 có 2 nghiệm đều âm nên t = 4⇔ x = 3 Từ đó ta có bảngbiến thiên:
t 0 3 +∞
f ′(t) − 0 +
f(t)0& 15
2%+∞
Vậy min y = 15[ 2. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 3
Bài tập 3.5 (Câu 5 khối D-2009). Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thoả mãn x+y = 1.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy
Chương 3.Sử dụng hàm số để giải toán cực trị 22
Lời GiảiTừ điều kiện ban đầu ta dể dàng đưa biểu thức và hàm 1 biến và khảo sát. Ta có x = 1− y thayvào S ta có:
S =(4x2 + 3(1− x)
)(4(1− x)2 + 3x
)+ 25x(1− x) = 16x4 − 32x3 + 18x2 − 2x+ 12
Đặt f(x) = 16x4 − 32x3 + 18x2 − 2x+ 12 với x ∈ [0; 1]⇒ f ′(x) = 64x3 − 96x2 + 36x− 2 = 2(2x− 1)(16x2 − 16x+ 1)
f ′(x) = 0⇔ x = 12 ∨ x = 2+
√3
4 ∨ x = 2−√3
4
Lập bảng biến thiên ra có
m 0 2−√3
412
2+√3
4 1
f ′(m) − 0 + 0 − 0 +
f(m)12& 191
16 %252& 191
16 %12
Từ bbt ta suy ra minS = 19116 khi x = 2±
√3
4 và maxS = 252 khi x = 1
2
Chương 4
Bài tập củng cố
If we knew what it was we were doing, it would not be called research, would it?Einstien.
Nếu chúng ta biết rằng chúng ta đang làm gì,thì công việc đó đã không còn được gọi là nghiên cứu.
Einstien.
Chúng tôi không đưa những bài tập này vào cuối mỗi chương bởi đơn giản, một bài toán có thểsuy nghĩ theo nhiều cách, và có nhiều hướng giải khác nhau, nếu đưa vào cuối mỗi chương, việc ấyđồng nghĩa với việc "chỉ đường cho hươu chạy", nó sẽ "bóp nghẹt" sự sáng tạo trong tư duy củacác bạn.Qua những ví dụ trên và các bài tập dưới đây, hy vọng rằng bạn sẽ nắm chắc những kĩ thuật trongtư duy để "trị" những bài bđt được gọi là "khó nuốt".Đặc biệt, chúng tôi đưa vào 2 bài bất đẳng thức ở phần cuối cho những ai thích sự thử thách hơnmột tí, chúng đều là những bđt hay và quan trọng các bạn nên biết, nhưng đều không được sửdụng khi chưa chứng minh lại trong kì thi Đại Học, các bạn lưu ý nhé!
Bài tập 4.1. Cho a ≥ 2, b ≥ 3, c ≥ 4. Tìm GTLN của biểu thức
P =ab√c− 4 + bc
√a− 2 + ca
√b− 3
abc
Bài tập 4.2 (ĐH 2000-2001). Cho a, b, c dương thoả abc = 1. Tìm GTNN của biểu thức
K =bc
a2(b+ c)+
ca
b2(c+ a)+
ab
c2(a+ b)
Bài tập 4.3 (Khối B-2010). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a+ b+ c = 1. Tìm giátrị nhỏ nhất của biểu thức
M = 3(a2b2 + b2c2 + c2a2) + 3(ab+ bc+ ca) + 2√a2 + b2 + c2
Bài tập 4.4 (Khối D-2010). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
y =√−x2 + 4x+ 21 +
√−x2 + 3x+ 10
Bài tập 4.5. Cho a, b > 2 và a+ b = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của
F =a4
(b− 2)2+
b4
(a− 2)2
23
CHƯƠNG 4. BÀI TẬP CỦNG CỐ 24
Bài tập 4.6 (ĐHNT-1999). Cho x, y, z > 0 và x+ y + z = 1. Tìm GTLN của
P =x
x+ 1+
y
y + 1+
z
z + 1
Bài tập 4.7 (ĐH-2002). Giả sử x, y là 2 số dương thay đổi thoả điều kiện x+y = 54 . Tìm GTNN
của biểu thứcS =
4
x+
1
4y
Bài tập 4.8 (BĐT Schur). Chứng minh rằng ∀a, b, c ≥ 0 ta có
a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a+ b) + bc(b+ c) + ca(c+ a)
Bài tập 4.9 (BĐT Chebyshev). Với 2 dãy số thực đơn điệu tăng a1, a2, ..., an và b1, b2, ..., bnta có
a1b1 + a2b2 + ...+ anbn ≥1
n(a1 + a2 + ...+ an)(b1 + b2 + ...+ bn)
Nếu 2 dãy trên đơn điệu ngược chiều thì bđt trên đổi chiều!
Chương 5
Hướng dẫn giải
Một bài toán không có giải đáp là vì bài toán đó đặt câu hỏi saiEinstien.
Bài tập 4.1 Sử dụng √a(x− a) ≤ a+ x− a
2=
a
2
Ta tìm đc
P ≤ 1
4+
√2
4+
√3
6
Dấu bằng xảy ra khi (a, b, c) = (4, 6, 8)
Bài tập 4.2 Sử dụng bđt Schwarz ta tìm được min = 32 . Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
Bài tập 4.3 Sử dụng bđt Bunhiascopski ta đưa bài toán về dạng khảo sát hàm số
f(t) = t2 + 3t+√2
với t = ab+ bc+ ca và t ∈ [0; 13 ]
Từ đó suy ra minM = 2⇔ (a, b, c) = (1, 0, 0) và các hoán vị.Bài tập 4.4 Bình phương y và biến đổi về dạng hằng đẳng thức thích hợp, tìm được
min y =√2⇔ x = 1
3
Bài tập 4.5 Sử dụng 2 bđt Bunhiacopski và Schwarz ta tìm được min = 128⇔ a = b = 4Bài tập 4.6 Để ý
x
x+ 1= 1− 1
x+ 1
và áp dụng bđt Schwarz ta tìm được max = 34 ⇔ x = y = z = 1
3
Bài tập 4.7 Biến đổi để có thể sử dụng bđt Schwarz kèm theo điều kiện x+ y = 54 đề tìm được
min = 5⇔ x = y = 58
Bài tập 4.8 Ta sẽ chứng minh dạng tổng quát của bđt này
ar(a− b)(a− c) + br(b− c)(b− a) + cr(c− a)(c− b) ≥ 0
Bằng cách giả sử a ≥ b ≥ c (do a, b, c có vai trò như nhau), ta đưa về dạng
(a− b)(ar(a− c)− br(b− c)
)+ cr(a− c)(b− c) ≥ 0
Điều trên hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc có 2 số bằng nhau và 1 số bằng 0Bài tập 4.9 Phân tích trực tiếp, dễ dàng đưa bđt trên về dạng
n
(n∑
i=1
aibi
)−
(n∑
i=1
ai
)(n∑
i=1
bi
)=
n∑i,j=1
(ai − aj)(bi − bj) ≥ 0
25
Tài liệu tham khảo
• Tuyển tập đề thi Đại Học các năm• Sáng tạo bất đẳng thức - Phạm Kim Hùng• Những định lí chọn lọc trong hình học phẳng qua các kì thi Olympic - NguyễnVăn Nho (Phần phụ lục)
26
