Kĩ thuật giải bài toán cực trị (bất đẳng thức) rất hay

Chuyên Đề:
KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BÀI TOÁN CỰC TRỊ
I. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU
Bài toán 1. Cho 

a,b > 0

, tìm GTNN của P = 2

a + b ≤ 1

1 1
+
a + b 2ab
2

Giải
Ta có:

1
2

2

a + b a + 2ab + b (a + b)

1
+

4
≥

2ab
2

2

4
=

2

≥4

 1
a=
a = b 

2 ⇒ MinP = 4 khi x = y = 1
2
1=
b
 2
a,b > 0
1
1
, tìm GTNN của P =
+
Bài toán 2. Cho 
1+ a2 + b2 2ab
a + b ≤ 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ 

⇔
a + b = 1

Giải
Lời giải 1. Ta có: P =

1
1
4
4
4
=
+ ≥2
2
2
1+ a2 + b2 2ab a + 2ab + b + 1 (a + b) + 1 2

Dấu “=” xảy ra ⇔ 

1+ a2 + b2 = 2ab (a − b)2 + 1 = 0
(voânghieäm) . Vậy không tồn tại
⇔
a + b = 1  a + b = 1

≥=2

MinP...?..?
Lời giải 2. Ta có:
1

1 1
4
1
4
1
+ =
+
P=
+ + ≥ 2
2
2
1+ a2 + b2 6ab 3ab a + 6ab + b + 1 3ab (a + b) + 1+ 4ab 3ab

a+b
Mặt khác ab ≤   =
2 4

2

1

. Vậy P ≥

1+ a2 + b2 = 3ab

Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
a
 +b=1

4

+

a+b
2 + 
2

⇔a=b=

1
a+b
6 2
 

≥

8
3

.

Lời bình: Bài toán 1 và bài toán 2 gần như tương tự nhau, cùng áp dụng bất đẳng thức

1 1 4
+≥
ab a+b

. Lời giải 1 tại sao sai? Lời giải 2 tại sao lại tách

1 1 1

= +
2ab 6ab 3ab

?..? Làm sao

nhận biết được điều đó…?...Đó chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Và qua
chuyên đề này chúng ta sẽ hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài
toán cực trị
II.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trang 1


Có thể nói tằng bài toán bất đằng thức nói chung và bài toán tìm GTNN, GTLN nói riêng là một
trong nhửng bài toán được quan tâm đến nhiều ở các kỳ thi Học sinh giỏi, tuyển sinh Đại
học,…và đặc biệt hơn nữa là với xu hước ra đề chung của Bộ GD – ĐT. Trong kỳ thi tuyển sinh
Đại học thì bài toán bất đẳng thức là bài toán khó nhất trong đề thi mặc dù chỉ cần sử dụng một
số bất đẳng thức cơ bản trong Sách giáo khoa nhưng học sinh vẫn gặp nhiều khó khăn do một
số sai lầm do thói quen như lời giải 1 trong bài toán mở đầu là một ví dụ. Để giúp học sinh hiểu
sâu hơn về bài toán cực trị đặc biệt là các trường hợp dấu đẳng thức xảy ra, tôi viết chuyên đề
“Chọn điểm rơi trong giải toán bất đẳng thức”.
III. NỘI DUNG
1. Bổ túc kiến thức về bất đẳng thức
a) Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Định nghĩa: a ≥ b ⇔ a − b ≥ 0

•
•
•

•

a ≥ b
⇒a≥c

b ≥ c
a≥b⇔a+c≥b+c
a ≥ b
⇒a+c≥b+d

c ≥ d
1 1
a≥b>0⇒≤
ab

b) Một số bất đẳng thức cơ bản
• Bất đẳng thức Cauchy
Cho n số thực không âm

a1,a2,...,an (n ≥ 2)

a1 + a2 + + an
a khi a1
≥ n a1 2...aan . Dấu “=” xảy ra khi và=chỉ
n

2

ta luôn

có

= = an .

• Một vài hệ quả quan trọng:
1 1
1
2
+ (a1 + a2 + + an ) 
+ + +  ≥ n vôùi∀ai > 0, i = 1, n
 a1 a2
an 
11 1
n2
+

 
ϖιai  0, i  1, n
a1 a2
an
a1  a2 
  an
+ Cho 2n số dương ( n ∈ Z,n ≥ 2): a1,a2,...,an ,b1,b2,...,bn ta có:
(a1 + b1)(a2 + b2)...(an + bn ) ≥ n a1a2...an + n b1b2...bn
• Bất đẳng thức BCS
Cho 2n số dương ( n ∈ Z,n ≥ 2): a1,a2,...,an ,b1,b2,...,bn ta có:
2

2

(a1b1 + a2b2 + + anbn )2 ≤ (a1 + a2 + + a2)(b1 + b2 + + b2)

•

a1 a 2
a
Dấu “=’ xảy ra ⇔ = = = n (quy öôùc neáu bi
b1 b 2
bn
Hệ quả(Bất đẳng thức Svác-xơ)

=i 0= ⇒
0) a

Cho hai dãy số a1,a2,...,an vaø 1b,b2,...,bn vôùibi > 0 ∀i = 1,n ta luôn có:
2

+ a+ + ≥ a1 2 a2 (a1 + a2 + + an )2
b 1 b2
bn b1 + b2 + + bn
Trang 2


Dấu “=’ xảy ra ⇔

a1 a2

a
2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Cho f (x1, x2,..., xn ) là một hàm n biến thực trên D ⊂

n

: f : D ⊂ n →
,x

− Max f = M ⇔ 

,x

D

− Min f = m ⇔ 

,x

,x

D

3. Phương pháp chọn điểm rơi
Nhận xét: Các bất đẳng thức trong các đề thi đại học thông
thường là đối xứng với các biến, và
ta dự đoán dấu bằng xảy ta khi các biến bằng nhau và xảy ra
tại biên.
a) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức
Cauchy
Sử dụng hệ quả (1) và (2)

a,b > 0

1 1
a + b ab

Bài 1. Cho 

Sai lầm thường gặp:
Sai lầm 1: Ta có :
1 1 1
a + b 2ab 2ab
2ab
1
M
ặ2ab
t

4

1

4

a + b + 2ab 2ab

1



(a + b) 



1
2ab

k
h
á
c
Sai lầm 2:

ab 
4ab

⇒
MinP = 7
khi a =

2 4ab.
4ab  4ab
2ab 4ab
4ab
b a 2 +

=
b2 = 2ab 1
.. Thay a = b =

2
1
1
1

6
2


1
2

ào ta được
vP ≥ 7

Nguyên nhân sai lầm:

= = =

n

 f (x1 2,..., x n ) ≤ M ∀(x1 2,..., xn ) ∈ D
0 0
0
0 0
0
∃(x,1 x 2 ,..., xn ) ∈ D : f (x,1x 2 ,..., xn ) = M

 f ( x1 2,..., x n ) ≥ m ∀( x1 2,..., xn ) ∈ D
00

0

00

0

∃( x1 , x2 ,...,Trang
xn ) ∈ 3D : f ( x1 , x2 ,..., xn ) = M

, tìm GTNN của biểu thức P = 2

a + b ≤ 1

P=

2

+

2

2

+2 + 4ab ≥
+ 4ab ≥ 2

P=

+ +
a+b
2

2

1  1 4 1 1

2

++ + 4ab
.=

2

+ + 4ab .

+ 4ab

.4ab = 2 2 . Vậy P ≥ 4 + 2 2 nên MinP = 2(2 + 2)

4ab
+ +≥

2

Dấu bằng xảy ra ⇔ a b2 =

⇔a=b=

a + b = 1

(a + b)2

+

≥4+2+

=6+


Sai lầm 1: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách

1 1 1
ab 2ab 2ab

là do thói quen để


làm xuất
hiện a2 +
b2 + 2ab =
(a + b)2 .

MinP =
4+2
2⇔ =
4ab ⇒
VN . Dấu
“=” bất

đẳng thức
không xảy
ra ⇒
không kết
luận được

MinP =
4+22
1
Sai
a
2
lầm 2:
Học
sinh đã
có
khái
niệm
điểm
rơi, dự
đoán
được
dấu
bằng
khi

2



n ên đã tách

Trang 4

1

là đúng, nhưng bước cuối học sinh làm sai
2

các số hạng và
MinP = 7 khi a =

=

ví dụ như

+

b=
( x − 1)2 +  1
x
Lời giải đúng: Do P là biểu thức đối xứng với a,b ,
ta dự đoán MinP đạt tại a = b =

P=

1 

1

11

2 2

4

1

2



, ta có:

1

2

2
(1− x)2 + x ≥ x , dấu bằng xảy ra khi x = 1 ⇒ Min 

a 2 + b2 = 2ab

1
1
16
2
+ +  4ab +
+ ≥
a + b 2ab  4ab  4ab (a + b)

a,b > 0
Bài 2. Cho 

 = 1??.

.

+ 2 4ab.

2ab

+

1 1
a
ba
b
ab

2

Dấu
bằng
xảy ragặp:
⇔ a b2 = ⇔ a = b =
Sai lầm
thường

1
1a +1 b =21 2
9

21

≥7

a+b
4 
 

1

a + b 3a b 3ab 3a b 3ab a + b + 3a b + 3ab 3 
a b ab 

, tìm GTNN của biểu thức S =

a + b ≤ 1

3

Ta có: S = 3

3

2

2

2 +3 3 + 2

3

+ 2 +2 ≥2 2

59

M
9 2111
2 4 59
=3 + .
+
3 ab ab  ≥ 9 +
a + b a + b 
i (a + b)
3. 
 
n

≥

3

a3 + b3 = 3a b
Nguyên nhân sai lầm: MinS = ⇔ a = b

=

a + b = 1

2

(vn)


Lời giải đúng

+2 . +

+

+

S

59 

2

.

2
2

3


Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b =

1
2

2

muốn
xuất
hiện

(a +
b)3 ;

1
và nếu
1
1 vậy:
a3 +
b3
2a2b
2ab2

ta áp
dụng
bất
đẳng
thức

1, ta không đánh giá
1tiếp được cho nên
ta phải áp

1
9
3
3
2
2
3

dụng bất đẳng thức cho
5 số:

1 1 1 1
1
25
25
a + b 2a b 2ab
2a b 2ab (a +
b) + ab(a + b)
(a + b)

4
Dng xảy ra khi
ấa
u
b
ằ


.

 x,
1
1
y,
.
1
z > 2x + y + z x +
0 2y + z x + y +


Bài 3. Cho  1 2z
1 1
+ +x ≥
a + b (a + b) − ab(a + b)
2ay bz 2ab

Sai lầm thường gặp:

S =3

3

2

10
⇒
9
M

2

2

2+



3+

+

+

nên tách các số

1

11

1

Cách
, và ta thấy a11
3 +1b3 1
+ 3a b + 3ab2 = (a + b)3 vì thế ta

có

+

+

16
xx
yz

1  2 1 1   1
P
.

2 1   1 1 2 
x yz x yz
x y z

≥
≥
+ 3+≥ +20 +
+ + ++
= ++
9  2x y z  9  x
2y z  9  x y 2z 
18  x y z  9
. Tìm GTLN của P =
++=4

1

(a + b)3 +
C
,
1
m
ác
h
4ặt
kh Tra
2:
yz
ác ng
Ta

+ có + : 5

2
x
ax
1  1 1 1  1  1 1 1  1  1 1 1 +5  1 1 1  10
Sai lầm 1: Ta có P ≤ 
 
 
 
=
y
P
+
=
z
Sai lầm 2:
=
x
1
1
1 1 1  1 1 1  1 1  1 1 1  1 1  1 +1 1 +10+ +
+
P≤
+
+
≤
++ 
 
= + +

x
33 2xyz 33 x.2yz 33 xy2z 3 3  2x
+
y z  3 3  x 2 y z  3 3  x y 2z  9
y
Nguyên nhân sai lầm: Cả hai lời giải trên
+
đều đã biết hướng “đích”
2 ysong
= x =chưa
z biết
10

chọn điểm
z
≥

111
44
z
10
x.
(vn) , tức là không tồn
x.
9
tại ( x, y, z) ∈ D :
rơi.
y.
MaxP = P =
z

⇔ 2z
⇒
=
≤
+
+
+

,
tương
tự
và ta có:
=x=y
2x + y + z x + x + y + z
9
++=
 ++  +  + +  +  + +  = 1, vậy MaxP = 1 khi x = y = z =
16 



4
Lời giải đúng: Từ hai lời giải
xẩy ra.
≤
3
2x
+
y
+

z
42
trên với dự đoán MaxP đạt
được tại x = y = z =
2x = x + x ra cho dấu bằng


+++ ⇒
≤ ++
x x y z 4  x x y z  2x + y + z 16  x y z 
P
≤

++
16  x y z 

, suy ra:

MaxP = 1 khi x =

.

y=z=
Nhận xét: Ta có thể mở rộng bài 3:

 x, y, z > 0

Cho  1 1 1
x y z

1
1
1
.
αx+βy+γzβx+γy+αzγx+α
y+βz

Với α , β ,γ ∈ N ∗ : Cách làm tương tự như bài 3, ta tách α x = ,... .
Nếu α , β ,γ ∈ R+ ,
α soá

thì bài toán có còn giải quyết được không? Câu trả lời dành cho độc giả trong phần sau” Kỹ
thuật chọn điểm rơi trong BCS”

a,b,c > 0

3

Bài 4. Cho 

Sai lầm thương gặp:
, tương tự ta có:

3

3

3

3

3
2 + a + 2b 2 + b + 2c 2 + c + 2a
3
3
3

3

a + 2b = 1
b + 2c = 1
(vn) , vậy P < 5

Nguyên nhân sai lầm: P = VT ≤ 5, vaäy MaxP=5 ⇔ 

a + b + c = 3
Lời giải đúng: Ta dự đoán dấu “=” trong bất đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy ta áp
dụng
Cauchy cho ba số a + 2b,3,3 ta có:
3

9
6 + a + 2b 6 + b + 2c 6 + c + 2a
3

3

 x, y,

9

3

, tương tự ta có:

39

3

3
2

, chứng minh
z > 0 rằng:

2

3
2

+ + ≥
1+ y 1+ z 1+ x

Bài 5. Cho 
Sai lầm thường gặp:

Sai lầm 1: P =
2

2

2

2


+
+


y
y

Trang 6

111111111 1 1211
...≤



, mặt

 , tương tự ta có:

1 111
.4
 = 1. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =

≥khác
3
31+

1+
y z≥2
1+
z z , suy
1+
x
(1+ ra:
y)

(1+
z)
(1+
x)



. Tìm GTLN của P =

++=4

+

+
x +xx +
 =

. Chứng minh rằng: 3 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a ≤ 3 3 .

a + b + c = 3

Ta có: 3 1.1(a + 2b) ≤

1+ 1+ (a + 2b) 2 + a + 2b
=

a + 2b + b + 2c + c + 2a ≤

+

+

= 5,

mà 5 > 3 3 ⇒ ñeàra sai...?...?

c + 2a = 1

1 3 3.3(a + 2b) ≤ 1 3 + 3 + (a + 2b) =6 + a + 2b
a + 2b = 3
3
3
P≤

+
39

+
39

= 3 3 , dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

39
x y z2

 xyz = 1

x

y

z

( xyz)


1+ x ≥ 2 x


(1+ y)(1+ z)(1+ x) ≤ 8 xyz = 8. Vậy P ≥

, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1


+ (1+ y) ≥ 2x

+ (1+ z) ≥ 2 y ⇒ P ≥ 2( x + y + z) −
( x + y + z) − 3 = x + y + z − 3 ,


+ (1+ x) ≥ 2z
mặt khác x + y + z ≥ 33 xyz = 3 ⇒ P ≥ 0

Ngun nhân sai lầm:

1
a
x=y=z
2
2
2



Lời giải đúng: Ta dự đốn dấu “=” xảy ra khi
x = y = z = 1. Vì vậy khi áp dụng Cauchy cho
x 1+ x2 1+ y 1 2
và
1 y 1+ α 2 α

αy
 +

≥x
4

Ta có: 

+ ≥ y ⇒ P ≥ ( x + y + z) − ( x +
y + z) − = ( x + y + z) − ≥
4
4
44

42
 + ≥z
1+ x 4
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.
Bài tập tương tự(trích dẫn trong các đề thi đại
học)
3



, chứng minh

Bài
1.
Cho

0rằng

xy

+
+
≥33,
yz
zx



với m ∈ N ∗ : Nếu m = 1 làđềthi Đại

học khốiD năm 2005


Bài 2. Cho x, y, z là 3 số thỏa x + y + z =
0 , chứng minh rằng:

3 + 4x + 3 + 4y + 3 + 4z ≥ 6 (đề tham
khảo 2005)

ab c − 4 + bc a − 2 + ca

Bài 3. Cho a ≥
1+ y
2,b ≥ 3,c ≥ 4, b − 3
tìm
GTLN:
=  y2
Sai lầm
2: taPcó:

abc

1+3 z
.
4

Bài 4. Cho a,b,c là
các số dương thỏa
mãn a + b + c =

1+ x

Trang 7

Ở sai lầm 1: Học sinh quên tính chất cơ bản của bất đẳng thức: a ≥ b > 0 ⇒ ≤

x
y
1+ y 1+ z 1+ x
 xyz = 1

Ở sai lầm 2: Dấu “=” xảy ra ⇔  = 1+ y, = 1+ z, = 1+ x (vn)

=

z

⇔= ⇔α=4

 x2 1+ y
1+ y
 y 2 1+ z 1 3 3
1+ z
 z2 1+ x


m + x3 + y m + y3 + z 3 m + z 3 + x3
 xyz = 1

Chứng minh rằng: 3 a + 3b + 3 b + 2c + 3 c + 3a ≤ 3 (ĐTK 2005)

a,b,c > 0

, tìm GTNN của các biểu thức sau:

Bài 5. Cho 

a + b + c ≤ 1
1 111
P=2 2 2 + + +
a + b + c ab bc ca
1 1 1 111
S = 2 2 2 2 +2 2 ++ + +
a + b b + c c + a ab bc ca
1 1 1 111
+
+ + +
Q = 2 2 +2
a + bc b + ca c + ab ab bc ca

2

2


1 
Bài 6. Cho u + v = 1, chứng minh rằng:  u2 + 2   v2 ++2  ≥
 u  v
Bài 7. Cho a,b,c là các số dương. Tìm GTNN của:

2

1

2

3

25
.
2

3

a b c3
+ +
3 3
Q = b c a3 (ĐHQGHN 2001-2002)
a b c
++
bca
Bài 8. Cho a,b,c dương thỏa abc = 1, tìm GTNN của biểu thức:
bc ca ab
(ĐH 2000 – 2001)
Q = a2 (b + 2c) +b (c2 ++a) c (a + b)
 x, y, z > 0
x
y
(ĐHNT 2001 – 2002)
, tìm GTNN của P =

+
Bài 9. Cho 
1−
x
1−
y
x+y=1
Bài 10. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1, chứng minh rằng:
1
1
1
x2 + 2 + y 2 2+ + z 22 + ≥ 82 (ĐH 2003)
x
y
z

b) Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức BCS.
Bài 1. Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z ≤ 1, chứng minh rằng:

x2 +

1

1
1
+ y 2 2+ + z 22 + ≥ 82
x
y
z
2

Nhận xét: chúng ta có thể dùng bất đẳng thức Cauchy như ở phần 1
Sai lầm :

(

)

2

1
2
1  21 + 12≥ x + = x + ⇒ x2 + x 1+
2 ≥ 
 x + 2
 
 x  x x x 2 x

Tương tự ta có: P ≥

1 1



1

1

 1 1 1  2
111

( x + y + z) +  + +  ≥ ( x + y + z)  + +  = 3 2
2
 x y z  2
x y z

Vậy P ≥ 3 2....?

Trang 8


x1y1z
Nguyên nhân sai lầm: P = 3 2 ⇔  1 x 1 y 1
x+y+z=1

1
z (vn)
Lời giải đúng: Ta
dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi x =

; và biểu thức
trong căn gợi

y=z=

2


x
y

1
x x 1
α β βx



α1
β9

2

1+9≥
x+



x +  , tương tự ta
 x
82  x 
1
P
1 
1

1 1
11x y z

có:

 x

x

x yz

++ +
++
≥ (x+y+
z) + +
9x y z9x y
z3
x y z
9x+y+z
Vậy P ≥
.
82 , dấu
“=” xảy ra
khi x = y =

z=

 x, y, z.0
Bài 2. Cho  1 1 1 , tìm GTLN
của P =

+



+

2
2
2

Giải

hệ qua (1) ta
+
Áp có:
2x y z 2x + y +
dụng


z

, ta chọn α sao cho x = y = z = 3 và

α1 1 α
2

=

=,

,=



 ++
y z 2x + y + z
≥

1

2 + 2 1  2 + 2
cho tam sử dụng BCS:  x2 + 2  α 2 + β 2 ≥ α x +  với α , β là những số thỏa mãn:

(

)

++
= =≥ ⇔ x2 = = , chọn α = 1, β = 9

2


9
1 1
9
1 2 2
Ta có  x2 + 2 
 1 ⇒ x2 + 2 ≥
Dấu bằng xảy ra khi
khi x = y = z = 3
2
+
x=y=z=3⇒

MaxP = 9x + y + z)2+ 9 + +  , do x + y + z = 1; + + = 9 nên ta tách:
82 
 

(

)

Bài tập áp dụng

( x + y + z) + 





1  1 1 1  80  1 1 1  2



 1 1 1  80 9
+
≥ 82
Trang 9

 111

++
x y z≤1

= =⇒

=1⇒α=2

 2 1 1 (2 + 2)2
 2x
Vậy ta có:  +

+≥
⇒P≤
2zy x + 2 y + z
x
 1 1 1 (2 + 2)2


2

++≤
x y z 

()

 1 (2 + )2 2  1 

(

)


a,b,c > 0

Bài 1. Cho 



,chứng minh rằng

1
1
1 3
a3(b + c) b (c + a) c (a + b) 2

Bài
2.
Cho

3
3

, tìm GTNN của P =
+
+
>
(1+ b)(1+ c) (1+ c)

(1+ a) (1+ a)(1+ b)



Bài 3. Cho a,b,c,d > 0 , tìm GTNN của

a
b
c
d
b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a +
2b + 3c


Bài 4. , tìm GTNN của P = 1− x1 + 1− x2 + +
Cho  n

1− xn


Bài 5. Cho

a
2

b
2

c
2

a,b,c > 0, chứng
minh rằng:
THAY CHO LỜI KẾT
IV.

Để làm rõ vai trò quan trọng của việc chọn điểm
rơi trong việc định hướng giải quyết bài toán
và cũng là kết lại phần chuyên đề này, tôi xin nêu
một phương pháp mới giải bài toán sau:

33

Bài toán: Chứng minh rằng trong mọi
2
tam giác ABC ta luôn có sin A + sin B +

sinC ≤

Phân tích để đi đến lời giải: Ta dự đoán dấu đẳng
thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác đều

A=B=C=.
3

Vì A + B + C = π ta giảm bớt số biến bằng
sinC = sin AcosB + sin B cosA
P = sin A + sin B + sinC = sin A + sin B + sin
AcosB + sin B cosA , ta nghĩ đến:



; A, B không còn quan hệ ràng buộc,
làm thế nào để xuất hiện

sin2 B + cos2 B = 1

a2 +
2
2
,
b2
2
in
sin B =
s
A


3
1

2
2

, Ta áp dụng Cauchy:




+ cos2
B+
+
cos2 A 

 B
sin

3

3

1 

Ta
3 
có:

sin
A
+
sin
B
≤

2

3
4

2

3 
4 


VT ≤


+ cos2 B  + 
+ cos2 A  + sin2 A + + sin2 B +
2  3
 3
 3 
4
4 
+3

abc = 1

3

a

+

b

≥
c3

abc = 1
Trang 10

P=

+

+

+

 xi > 0, i = 1, n
∑ xi = 1
+
+
≥1
a + 8bc b + 8ca c + 8ab

sin2 A + cos2 A = 1

sin A,cos A , ta nghĩ ngay đến bất đẳng thức ab ≤

,cos A = cosB =



cosB +

3  sin2 A   sin2 B 

cos A 3 ≤

2 





B+
 sin A +  +  sin
. Vậy:
3  sin2 A   sin2 B


 1  3   3  3 3






 = 2