Ứng dụng của bất đẳng thức vào giải một số bài toán và sáng tạo một số dạng toán đại số sơ cấp

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình toán phổ thông, các bài toán liên quan đến bất đẳng
thức luôn là bài toán hấp dẫn, lôi cuốn tất cả người học Toán và làm toán. Các
bài toán này rất phong phú và đa dạng vì vậy các bài toán về bất đẳng thức
thường xuyên có mặt trong các kỳ thi phổ thông trung học, cũng như trong các
kỳ thi học sinh giỏi và các kì thi đại học, cao đẳng.
Để giải quyết nó đòi hỏi người học Toán và làm toán phải linh hoạt và vận
dụng một cách hợp lý trong từng bài toán. Tất nhiên đứng trước một bài toán về
bất đẳng thức thì mỗi người đều có một xu hướng phát triển riêng cuả mình. Nói
như vậy có nghĩa là có rất nhiều cách để đi dến kết quả cuối cùng của bài toán
này. Điều quan trọng là ta phải lựa chọn phương pháp nào cho lời giải tối ưu
của bài toán. Thật là khó nhưng thật thú vị nếu ta tìm được đường lối đúng đắn
để giải quyết nó.
Với những lý do trên cùng với sự đam mê của bản thân và cùng với sự
hướng dẫn tận tình của thầy giáo - Thạc sỹ Phạm Lương Bằng, em mạnh dạn
thực hiện khóa luận tốt nghiệp của mình với đề tài: “ Ứng dụng của bất đẳng
thức vào giải một số bài toán và sáng tạo một số dạng toán đại số sơ cấp ”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu ứng dụng của bất đẳng thức vào giải một số bất đẳng thức
và sáng tạo bất đẳng thức.
3. Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán liên quan đến bất đẳng thức.

Dương Thị Phúc

1


4. Phương pháp nghiên cứu
Đọc, nghiên cứu tài liệu.

So sánh, phân loại, tổng hợp kiến thức.
Tổng hợp, sắp xếp, giải bài tập.

Dương Thị Phúc

2


CHƯƠNG 1: BẤT ĐẲNG THỨC ỨNG DỤNG VÀO GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN
1.1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacopxki trong bài toán
cực trị của hàm số
1.1.1. Bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopxki
- Bất đẳng thức Cauchy: cho a1 , a2 ,..., an  0 , khi đó ta có:
a1  a2  ...  an n
 a1.a2 ...an
n

(1)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an .
- Bất đẳng thức Bunhiacopxki:
Cho hai dãy số  a1 ; a2 ;...; an  và  b1 ; b2 ;...; bn  . Khi đó ta có:

a

2
1

 a22  ...  an2  b12  b22  ...  bn2    a1b1  a2b2  ...  anbn 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

(2)

a
a1 a2

 ...  n , bi  0, i  1, n
b1 b2
bn

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số:
 a1 a2
a 
;
;...; n  và

 b
bn 
 1 b2



b1 ; b2 ;...; bn



Ta được bất đẳng thức:
2

 a12 a22
an2   a1  a2  ...  an 
, bi  0, i  1, n
   ...   
bn 
b1  b2  ...  bn
 b1 b2

Đẳng thức (3) xảy ra khi và chỉ khi

Dương Thị Phúc

(3)

a
a1 a2

 ...  n
b1 b2
bn

3


Đặt bi  ai .ci , i  1, n thì

a12

a2
a
 1  i  0 nên (3) tương đương với
b1 ai .ci ci
2

 a1  a2  ...  an  , với
a1 a2
a
  ...  n 
ai ci  0, i  1, n
c1 c2
cn a1c1  a2 c2  ...  an cn





(4)

1.1.2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
Bài 1.1.1: Cho hàm số f  x; y; z  

1
1
1 1
xác định trên
  
2
2

x y z
xy yz zx
2

D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0 và x  y  z  1 . Tìm giá trị bé nhất của
f  x; y; z  trên D .

Lời giải:
Với mọi  x; y; z   D và theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
 1 1 1
  9
 xy yz zx 

 xy  yz  zx  
Hay

1
1 1
9
  
xy yz zx xy  yz  zx

Suy ra :   x; y; z   D ta có:
1
1
1 1
1
9
   


x 2  y 2  z 2 xy yz zx x 2  y 2  z 2 xy  yz  zx

Hay   x; y; z   D thì f  x; y; z  

1
9

x 2  y 2  z 2 xy  yz  zx

(5)

Lại theo bất đẳng thức Cauchy thì   x; y; z   D ta có:
1
1
1



2
2
x y z
xy  yz  zx xy  yz  zx

3

2

3

 x2  y 2  z 2   xy  yz  zx 

2

(6)

Từ (5) và (6) ta suy ra:
Dương Thị Phúc

4


3

f  x; y; z  
3

x

2

 y 2  z 2   xy  yz  zx 

2



21
3  xy  yz  zx 

(7)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có   x; y; z   D

3

x

2

2

y z

2

  xy  yz  zx 

2



x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx 
3

 x  y  z

3

2



1
3

2

Và 3  xy  yz  zx    x  y  z   1

(8)
(9)

3
1
3

Từ (7), (8), (9) suy ra f  x; y; z    21 hay f  x; y; z   30 ,   x; y; z   D

1 1 1
1 1 1
  ; ;   D và f  ; ;   30  min f  x; y; z   30
D
3
3
3


3 3 3

Bài 1.1.2: Tìm giá trị lớn nhất của shàm số f  x; y; z   xyz trên



1
1
1
D   x  0; y  0; z  0;


 2
1 x 1 y 1 z



Lời giải:
Lấy  x; y; z  tùy ý thộc D . Khi đó từ định nghĩa của D ta có:

1
1  
1 
y
z
 1 

  1 

1 x  1 y   1 z  1 y 1 z

Theo bất đẳng thức Cauchy

Lập luận tương tự ta có:

Dương Thị Phúc

1
1
1


 2.
1 x 1 y 1 z

yz
1  y 1  z 

(10)

1
xz
 2.
1 y
1  x 1  z 

(11)

1
xy
 2.
1 z
1  x 1  y 

(12)
5


Nhân từng vế (10), (11), (12) suy ra:
1
1
8 xyz

hay xyz 
8
1  x 1  y 1  z  1  x 1  y 1  z 

1
8

Vậy f  x; y; z   ,   x; y; z   D
1 1 1

1

1

1 1 1

Mặt khác f  ; ;   mà  ; ;   D nên max f  x; y; z  
D
8
2 2 2 8
2 2 2

Nhận xét: bài toán trên có thể phát biểu dưới dạng tổng quát hóa. Chứng minh
rằng:
max f  x1 ; x2 ;...; xn  

1

 n  1

n

,   x1 ; x2 ;...; xn   D

trong đó: f  x1 ; x2 ;...; xn   x1.x2 ....xn và


1 1
1
D   x1; x2 ;...; xn  : xi  0 i  1, n ,   ...   n  1
x1 x2
xn







Bài 1.1.3: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
f  x; y ; z  

x
y
z


 1  x 1  y 1  z  trên miền
y  z 1 x  z 1 x  y 1

D   x; y; z  : 0  x  1, 0  y  1, 0  z  1 .

Lời giải:
Lấy tùy ý  x; y; z   D . Khi đó ta có: 0  x  1, 0  y  1, 0  z  1 . Do x; y; z giữ
vai trò như nhau nên ta có thể giả sử x  y  z .
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

1  y   1  z   1  y  z   3
3

Dương Thị Phúc

1  y 1  z 1  y  z 
6




1
 1  y 1  z 
1 y  z

(13)

Do 1  x   0 nên từ (13) suy ra:
1 x
 1  x 1  y 1  z 
1 y  z

(14)

Vì x  y  z và x  0, y  0, z  0 nên ta có:
y
y

1 y  z 1 z  x

(15)

z
z

1 y  z 1 y  x

(16)

Cộng từng vế (14), (15), (16) ta có:
1  1  x 1  y 1  z  

x
y
z



1 y  z 1 z  x 1 x  y

(17)

Hay f  x; y; z   1,   x; y; z   D
Do 1;1;1  D mà f 1;1;1  1 nên ta có max f  x; y; z   1
D
Bài 1.1.4: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f  x; y; z  

2
2
2
 3
 3
x  y  z  y  z  x z  x  y
3

trên miền D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0; xyz  1
Lời giải:
1
x

1
y

1
z

Đặt X  , Y  , Z  . Khi đó:

Dương Thị Phúc

7


2
2
2
2 X 3YZ 2Y 3 XZ 2 Z 3 XY





x3  y  z  y3  z  x  z 3  x  y  Y  Z
X Z
X Y

Mặt khác: do xyz  1 nên XYZ  1 . Vì thế ta có:
min f  x; y; z   min F  X ; Y ; Z 

 x; y ; z D

 X ;Y ;Z D

 X2
Y2

Z2 



Y  Z Z  X X Y 

Với F  X ; Y ; Z   2 

D '   X ; Y ; Z  : X  0, Y  0, Z  0; XYZ  1 .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:   X ; Y ; Z   D ' thì:
X2
Y Z

X
Y Z
4
Y2
ZX

Y
ZX
4
Z2
X Y

Z
X Y
4

Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được:
1
X Y  Z 1 3
F  X ;Y ; Z  
 .3. XYZ
2
2
2
 F  X ; Y ; Z   3,   X ; Y ; Z   D '

Mặt khác F 1;1;1  3 và 1;1;1  D '
 min F  X ;Y ; Z   3
 X ;Y ;Z D '

f  x; y; z   3 .
Vậy xmin
; y ; z D




Dương Thị Phúc

8


Bài 1.1.5: Cho hàm số f  x; y; z   x 2  y 2  z 2 xét trên miền
D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0 và x 2002  y 2002  z 2002  3 . Tìm giá trị lớn nhất

của f  x; y; z  trên miền D .

Lời giải:
Lấy  x; y; z   D . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2000 số 1 và 2 số x 2002 ta
có:
1  1  ...  1  x 2002  x 2002 2002 2002 2002

x .x
2002

Hay

2000  2.x 2002
 x2
2002

Tương tự ta có:

(18)

2000  2. y 2002
 y2
2002

(19)

2000  2.z 2002
 z2
2002

(20)

Cộng từng vế (18), (19), (20) ta có:
3.2000  2  x 2002  y 2002  z 2002 
2002

 x2  y 2  z 2

(21)

Vì  x; y; z   D  x 2002  y 2002  z 2002  3 nên từ (21) ta có:
f  x; y; z   3,   x; y; z   D

Mặt khác f 1;1;1  3 và do 1;1;1  D nên suy ra max f  x; y; z   3 .
D
1  1
1
Bài 1.1.6: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f  x; y; z   1   1   1  


x 

y 

z

trên miền D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0 và x  y  z  1 .
Dương Thị Phúc

9

Lời giải:
Lấy  x; y; z   D tùy ý. Ta có:
 1   1   1  1  x 1  y 1  z 
f  x; y; z   1   1   1   
xyz
 x  y  z 

(22)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
1  x  x  y  z  x  4 4 x 2 yz

(23)

1  y  x  y  z  y  4 4 y 2 xz

(24)

1  z  x  y  z  z  4 4 z 2 xy

(25)

Nhân từng vế của (23), (24), (25) ta được:
(26)

1  x 1  y 1  z   64 xyz
Từ (22) và (26) suy ra f  x; y; z   64
1 1 1

1 1 1

Mặt khác: f  ; ;   64 và  ; ;   D . Từ đó ta có:
3 3 3
3 3 3
max f  x; y; z   64,  x; y; z   D

Chú ý: Để f  x; y; z   64 thì các dấu bằng ở (23), (24), (25) xảy ra khi và
3

1
1
1
chỉ khi x  y  z . Từ đó ta có: 1    64  1    4  x  y  z  hay


x



x

3

1 1 1
 ; ;  là phần tử duy nhất thuộc D làm cho hàm số đã cho nhận giá trị
 3 3 3

lớn nhất.

Dương Thị Phúc

10


n

Ta có kết quả tổng quát sau: max f  x1; x2 ;..; xn    n  1 ,   x1; x2 ;...; xn   D ,
trong đó D   x; y; z  : xi  0, i  1, n và x1  x2  ...  xn  1
Bài 1.1.7: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
f  x; y; z   1  x  1  y  1  z

trên miền D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0; x  y  1
Lời giải:
Lấy  x; y; z   D . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

1  x 

1  y 

2

3

2

3

1  z 

1 x 

2
3

(27)

2
3

(28)

2

1 y 

2

3

2
1 z 

2
3

(29)

2

Cộng từng vế của (27), (28), (29) ta có:

1  x 
Vì x  y  z  1 

2

3

1  y 

2

3

1  z 

2 3 x  y  z  2

2
3
2

2
f  x; y; z   2  f  x; y; z   6
3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ở các bất đẳng thức (27), (28), (29) xảy ra
khi và chỉ khi x  y  z 

Dương Thị Phúc

1
3

11


1 1 1
1 1 1
  ; ;   D và f  ; ;   6 mà  max f  x; y; z   6 .
D
3 3 3
3 3 3

Bằng cách lập luận tương tự ta có kết quả tổng quát sau: Với n  2 thì
max f  x1; x2 ;...; xn   n  n 1
D

trong đó: f  x1 ; x2 ;...; xn   1  x1  1  x2  ...  1  xn và
D

 x ; x ;...; x  : x  0, i  1, n; x  x
1

2

n

i

1

2

.

 ...  xn  1

Bài 1.1.8: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
1 1 1 x y z
f  x; y; z    xyz  1         x  y  z
x y z y z x

trên miền D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0 .
Lời giải:
y 
x
z
1 1 1
Ta có f  x; y; z    yz     xy     xz        x  y  z 


z 

y 

x x

y

z

Lấy  x; y; z  tùy ý thuộc D . Áp dụng bất dẳng thức Cauchy ta có:
y
 2y
z
x
xy   2 x
y
z
xz   2 z
x
yz 

Từ đó ta suy ra:

Dương Thị Phúc

12


f  x; y ; z   x  y  z 

1 1 1
 
x y z

1 
1 
1


f  x; y ; z    x     y     z    6
x 
y 
z


Như vậy ta có f  x; y; z   6,   x; y; z   D
f  x; y; z   6
Vì 1;1;1  D và f 1;1;1  6 nên ta có min
D
f  x1; x2 ;...; xn   2n trong đó:
Ta có bài toán tổng quát sau: min
D
1 1
x2
1
f  x1; x2 ;...; xn    x1.x2 ...xn     ...   

xn  x3 .x4 ...xn
 x1 x2


x3
xn
x1
 ... 

 x1  x2  ...  xn
x4 .x5 ...xn

x1.x2 ...xn  2 x2 .x3 ...xn 1

Và D   x1 ; x2 ;...; xn  : xi  0, i  1, n .
1.1.3. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
Bài 1.1.9: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x; y; z   x 3  y 3  z 3 và giá trị
lớn nhất của hàm số g  x; y; z   4 x  4 y  4 z trên cùng một miền
D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0; x  y  z  1

Lời giải:
1.Lấy  x; y; z   D tùy ý. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số
x x , y y , z z và

x , y , z ta có:

x

3

 y3  z3   x  y  z    x2  y 2  z 2 

2

Do  x; y; z   D nên x  y  z  1
 f  x; y ; z    x 2  y 2  z 2 

2

(30)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:

Dương Thị Phúc

13


2

3  x 2  y 2  z 2   1.x  1. y  1.z   1 hay 3  x 2  y 2  z 2   1

(31)

1
9

Từ (30) và (31) suy ra f  x; y; z   ,   x; y; z   D

(32)

Dấu bằng xảy ra ở đẳng thức (32) xảy ra khi và chỉ khi:
x  y  z
1

 3
1x yz
3
3
3
 x  y  z  9

1

1 1 1
1 1 1
1
Mà  ; ;   D, f  ; ;   nên min f  x; y; z   ,  x; y; z   D
3 3 3

3 3 3

9

9

2. Lấy  x; y; z   D . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số



4

x; 4 y; 4 z

 và 1;1;1 ta có:
3



 

x y z 

 f 2  x; y ; z   3



4

x

x4 y4 z
y z



2



(33)

Lại áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai dãy số





x ; y ; z và 1;1;1

ta được:
3 x  y  z  

Do x  y  z  1 nên suy ra





x y z

x y z





2

2

 3.1  3

(34)

Từ (33) và (34) suy ra: f 2  x; y; z   3 3  27
 f  x; y; z   4 27,   x; y; z   D

 x  y  z
1

x

y


z

4
4
3
 x  4 y  z  27

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  4

 1 1 1 4
 f  3 ; 3 ; 3   27

Do  
 max f  x; y; z   4 27
 1 ; 1 ; 1   D
 3 3 3 

Bài 1.1.10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

Dương Thị Phúc

14




x  y  z  t  0
f  x; y; z; t   xy  yz  zt  tx trên miền D   x; y; z; t  :  2


2
2
2

 x  y  z  t  1

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số  x; y; z; t  và  y; z; t ; x  ta
có:

x

2

 y 2  z 2  t 2  y 2  z 2  t 2  x 2    xy  yz  zt  tx 

2

Hay  x2  y 2  z 2  t 2   f 2  x; y; z; t 
Vì thế   x; y; z; t   D ta có: 1  f  x; y; z ; t   1
 1 1 1 1 
 2 ; 2 ; 2 ; 2   D

Do 
 min f  x; y; z; t   1

D
 f  1 ; 1 ; 1 ; 1   1
  2 2 2 2 

Lấy  x; y; z; t   D tùy ý ta có:
x  y  z  t  0  x  z   y  t

(35)

Ta có:
f  x; y; z; t   xy  yz  zt  tx  y  x  z   t  x  z    y  t  z  x 

(36)

2

Từ (35) và (36) suy ra: f  x; y; z; t     y  t   0
 f  x; y; z; t   0,   x; y; z; t   D

1 1 1 1
1 1 1 1
Mặt khác:  ; ; ;   D và f  ; ; ;   0 nên mDax f  x; y; z; t   0
2
2
2
2


2 2 2 2

Nhận xét : Để tìm giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên miền D ta không
thể áp dụng được bất đẳng thức Bunhiacopxki (cụ thể là thường không tìm
được phần tử  x; y; z; t   D sao cho f  x; y; z; t   1 )
Bài 1.1.11: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f  x; y; z  

x3
y3
z3


x  2 y  3 z y  2 z  3x z  2 x  3 y

trên miền D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0; x2  y 2  z 2  1
Dương Thị Phúc

15


Lời giải:
Lấy  x; y; z   D tùy ý. Ta có:
f  x; y; z  



x3
y3
z3


x  2 y  3 z y  2 z  3x z  2 x  3 y
x4
y4
z4



x 2  2 xy  3xz y 2  2 zy  3xy z 2  2 xz  3 yz

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai dãy số:



x 2  2 xy  3 xz ; y 2  2 yz  3 xy ; z 2  2 xz  3zy



x2

và 

 x 2  2 xy  3xz


;

y2
y 2  2 yz  3 yx

;






z 2  2 xz  3zy 
z2

Ta có:  x 2  y 2  z 2  5  xy  yz  zx   . f  x; y; z    x 2  y 2  z 2 

2

(37)

Do x 2  y 2  z 2  1 nên từ (37) ta có:
f  x; y; z  

1
1  5  xy  yz  zx 

(38)

2

Mặt khác: xy  yz  zx   x 2  y 2  z 2   1
1
6

Từ (38) ta có: f  x; y; z   ,   x; y; z   D .
 3

3

3

 3

1

3

3

Ta lại có: f  ; ;   và  ; ;   D nên ta có kết quả sau:
 3 3 3  6
 3 3 3 
min f  x; y; z  
D

1
.
6

Bài 1.1.12: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
f  x; y; z   1  t anx.tan y  1  tan y. tan z  1  tan z. t anx


Trên miền D   x; y; z  : x  0, y  0, z  0; x  y  z  


2

Lời giải:

Dương Thị Phúc

16


Lấy  x; y; z   D tùy ý. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai
dãy số 1;1;1 và



1  t anx. tan y ; 1  tan y. tan z ; 1  tan z. t anx

 ta được:

3 1  t anx.tan y   1  tan y.tan z   1  tan z.t anx   





1  t anx.tan y  1  tan y.tan z  1  tan z.t anx



2



 x  y  z  2
 t anx.tan y  tan y.tan z  tan z.t anx  1
Do 




 x, y, z   0; 

 2

Nên suy ra f  x; y; z   2 3,   x; y; z   D
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
 f  x; y; z   2 3

 1  t anx.tan y  1  tan y.tan z  1  tan z. t anx

 t anx  tan y  tan z


 x  y  z   do  x; y; z   D 
2
6
3 1  t an x  2 3

Vậy max f  x; y; z   2 3 .
D
Bài 1.1.13: Tim giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x; y  

sin 2002 x cos 2008 x

trên
cos 2 y
sin 2 y


miền D   x; y  : y  k 
2



Lời giải:
Lấy  x; y   D tùy ý. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
 sin1004 x 2  cos1001 x 2 
2
2
2
1004
1004

 
   cos y  sin y    sin x  cos x 
 cos y   sin y  

Từ đó suy ra: f  x; y    sin1004 x  cos1004 x 

2

(39)

Ta có bổ đề: cho a  0, b  0 và a  b  1 . Khi đó với mọi n nguyên ta có:
a n  bn 

1

( chứng minh bằng phương pháp quy nạp).
2n1

Dương Thị Phúc

17


Áp dụng bổ đề này với a  sin 2 x, b  cos2 x ta có:
sin1004 x  cos1004 x   sin 2 x 

502

  cos 2 x 

502



1
502 1

2



1
2501

(40)

Từ (39) và (40) suy ra:
f  x; y    sin

1004

1004

x  cos

x

2

2

1
 1 
  501   1002
2
2 

(41)

Dấu bằng ở (41) xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng ở (39) và (40) xảy ra
 sin1004 x cos1004 x


cos 2 y
sin 2 y


sin 2 x  cos 2 x  1

2

 
Hệ này có nghiệm, giả sử ta lấy nghiệm  ; 
4 4


 



1

Ta có: f  ;   1002
4 4 2

(42)

f  x; y  
Từ (41) và (42) ta có kết luận min
D

1
1002

2

Bài 1.1.14: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f  x; y; z; t  

x
y
z
t



y  2 z  3t z  2t  3 x t  2 x  3 y x  2 y  3 z

trên miền D   x; y; z; t  : x  0, y  0, z  0
Lời giải:
Lấy  x; y; z; t   D . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 dãy số sau:
x
y
z
t
,
,
,
y  2 z  3t z  2t  3 x t  2 x  3 y x  2 y  3 z

và x  y  2 z  3t  , y  z  2t  3x  , z  t  2 x  3 y  , t  x  2 y  3z  ta được:
f  x; y; z; t   x  y  2 z  3t   y  z  2t  3x   z  t  2 x  3 y   t  x  2 y  3z     x  y  z  t 

Vì x  0, y  0, z  0, t  0 nên ta có:

Dương Thị Phúc

18

2


f  x; y; z; t  

x  y  z  t

2

(43)

4  xy  yz  zt  tx  xz  ty 

Hiển nhiên ta có:
2

2

2

2

2

 x  y   x  z   x  t    y  z   y  t    z  t 
 3  x 2  y 2  z 2  t 2   2  xy  xz  xt  yz  yt  zt 

2

0

2

 3  x  y  z  t   8  xy  xz  xt  yz  yt  zt 

 xy  xz  xt  yz  yt  zt 

3
2
 x  y  z  t
8

(44)

2
3

Từ (43) và (44) suy ra f  x; y; z; t   ,   x; y; z; t   D
2
3

f  x; y; z; t  
Mặt khác chẳng hạn f 1;1;1;1   min
D

2
3

Nhận xét: lập luận tương tự cho kết quả sau:
min  x1; x2 ;...; xn  
D

Với f  x1; x2 ;...; xn  

2
n 1

x1
x2

 ... 
x2  2 x3  ...   n  1 xn x3  2 x4  ...   n  1 x1


xn
x1  2 x2  ...   n  1 xn1

và D   x1 ; x2 ;...; xn  : xi  0, i  1, n

1.2. Ứng dụng bất đẳng thức trong giải phương trình, bất phương trình
và hệ.
1.2.1. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
Với a, b, c, d là các số thực ta luôn có:
Tính chất 1: Nếu a  b  b  a
a  b
ac
b  c

Tính chất 2: Nếu 

Tính chất 3: Nếu a  b  a  c  b  c
Dương Thị Phúc

19


Tính chất 4: Nếu

a  b  ac  bc nếu c  0 hoặc ac  bc nếu c  0
a  b
 ac bd
c  d

Tính chất 5: Nếu 

a  b  0
 ac  bd
c  d  0

Tính chất 6: Nếu 

1
a

Tính chất 7: Nếu a  B  

1

1 1
nếu ab  0 hoặc  nếu ab  0
b
a b

Tính chất 8: Nếu a  b  0  a n  bn , với n  N \ 0
Tính chất 9: Nếu a  b  0  n a  n b , với n  N \ 0
1.2.2. Bất đẳng thức liên quan đến trị tuyệt đối
1.2.2.1.Các tính chất cơ bản
Tính chất 1: Với mọi số thực a luôn có:
a 2 | a |

Tính chất 2: Với 2 số thực a, b tùy ý
a 2  b 2 | a || b |

Tính chất 3: Nếu b  a  b | a | b
a  b
 a | b |
a  b

Tính chất 4: Nếu 

Tính chất 5: Ta có: | a b || a |  | b |
1.2.2.2. Giải phương trình, bất phương trình và hệ
 Với phương trình ta sử dụng các tính chất sau:
Tính chất 1: Nếu | a  b || a |  | b | ab  0
a  0
b  0

Tính chất 2: Nếu | a |  | b | a  b  

a  0
b  0

Tính chất 3: Nếu | a |  | b | a  b  

Tính chất 4: Nếu | a  b || a |  | b | b  a  b   0
 Với bất phương trình ta sử dụng các tính chất:
Dương Thị Phúc

20


Tính chất 1: Ta có | a  b || a |  | b | , a, b
Tính chất 2: Nếu | a  b || a |  | b | ab  0
Tính chất 3: ta có | a  b || a |  | b |, a, b
Tính chất 4: Nếu | a  b || a |  | b | b  a  b   0
1.2.Bài tập rèn luyện
Bài 1.2.1: Giải phương trình:
| x 2  4 x  3 |  | x 2  4 x | 3

(1)

Lời giải:
Ta biến đổi phương trình về dạng:
(1) | x 2  4 x  3 |  | x 2  4 x |  x 2  4 x  3   x 2  4 x 

Từ tính chất 3 suy ra:
 x 2  4 x  3  0
 2

 x  4 x  0
 x  3

   x  1
0  x  4

0  x  1

3  x  4

Vậy phương trình có nghiệm là  0;1  3; 4 
Bài 1.2.2: Giải phương trình.
(1)

x  2 x 1  x  2 x 1  2

Lời giải:
Ta biến đổi phương trình (1) về dạng:





2

x 1 1 





x 1 1

| x  1  1|  | x  1  1||



2

2

 

x 1 1 



x 1 1 |

Từ tính chất 4 suy ra:

Dương Thị Phúc

21






x  1  1 .2  0

x 1  1



 x2

Vậy phương trình có nghiệm là x  2
Bài 1.2.3: giải phương trình sau:
3
| x  1|

2
| x  1|
3

Lời giải:
Điều kiện x  1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:
VT 

3
| x  1|
3 | x  1|

 2.
.
 2  VP
| x  1|

3
| x  1| 3

Vậy phương trình đã cho tương đương với:
3
| x  1|

1
| x  1|
3

x  2

 x  4

Vậy phương trình có 2 nghiệm là: x  2; x  4
Bài 1.2.4: Giải phương trình:
4

2 x 4  1  2 x  

1
27

Lời giải:
Biến đổi vế trái của phương trình:
1
4
4
2 x 4  1  2 x   .3.  2 x 4  1  2 x   =



3



1 2 2 2  4
4
1  1  1  x  x 4  1  2 x   



3

1
2 2
  x 2  x 2  1  2 x   

3

Dương Thị Phúc

22


2
1 1
2
 . 3.  x 2  x 2  1  2 x   =


3 9 





1
2
12  12  12   x 2  x 2  1  2 x  



27






2



4
1
1
 x  x  1  2 x   
27
27

Vậy phương trình có nghiệm khi dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra
 x 2  x 2  1  2 x  2

 x  x  1  2 x
1
x
3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 

1
3

Bài 1.2.5: giải phương trình:
6  4 x  x2 

5
y
y
sin . cos
x
x

(1)

Lời giải:
Biến đổi phương trình về dạng:
2

(1)  10   x  2  

10
2y
sin
x

VT  10
VP  10

Nhận xét 

Vậy phương trình chuyển thành:
x  2  0
VT  10


2y

VP  10
 sin x  1

 x  2

 sin y  1
 x  2



 y  2  k
Dương Thị Phúc

23



Vậy phương trình có họ nghiệm là  2;  k  , k  Z


2



Bài 1.2.6: Giải phương trình sau:
9 x  3 x  10  2

Lời giải:
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
 Với x  1
9 x  9 x  8 x  1
 x
x
3  3  2 x  1
x

x

 9  3  10 x  2 dấu đẳng thức xảy ra khi x  1

 Với x  0
9 x  9 x  8 x  1  8 x  1

 x
x
3  3  2 x  1  2 x  1

 9 x  3 x  10 x  2, dấu đẳng thức xảy ra khi x  0

Với x   0;1



9 x  9 x  8 x  1
 x
x
3  3  2 x  1
x

x

 9  3  10 x  2 , dấu đẳng thức xảy ra khi x  1

Vậy phương trình có 2 nghiệm x  0 và x  1 .
Bài 1.2.7: Giải phương trình:
2 7 x 3  11x 2  25 x  12  x 2  6 x  1

(1)

Lời giải:

1  2  7 x  4   x 2  x  3  x 2  6 x  1
Điều kiện 7 x  4  0  x 

4
7

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái ta được:
2

 7 x  4   x 2  x  3   7 x  4    x 2  x  3  x 2  6 x  1 =VP

Dương Thị Phúc

24


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 7 x  4  x 2  x  3
 x2  8x  7  0
x  1

x  7

Vậy phương trình có nghiệm x  1 hoặc x  7
Bài 1.2.8: Giải phương trình :
2  x2  2 

1
1

 4 x  
2
x

x


Lời giải:
Biến đổi phương trình về dạng :
1
1
x  2  x2   2  2  4
x
x

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được:
 x  2  x 2  1.x  1. 2  x 2  12  12   x 2  2  x 2   2







 1  2  1  1.x  1. 2  12  12  12   12   2  12    2

 x
x
x
x 


 x

 x  2  x2 

1
1
 2 2  4
x
x

Dấu đẳng thức xảy ra khi vầ chỉ khi x  1
Vậy phương trình có nghiệm khi x  1
Bài 1.2.9: Giải phương trình sau:
x2  x  1  x2  x  1  4x2  4 

32
x 2  2 x 2  3

2

(1)

Lời giải:
(1)  x 2  x  1  x 2  x  1  4 x 2 

Xét: 4 x 2 

32
x 2  2 x 2  3

2



32
2

x  2 x  3

2


1 2
64
 4 x   2 x 2  3   2 x 2  3  2
 3
2
x  2 x 2  3 


(2)

(3)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Dương Thị Phúc

25