SỬ DỤNG BĐT COSI DỒN BIẾN CHO BÀI TOÁN ĐỐI XỨNG

LỚP HỌC THÊM THẦY DIÊU 53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM CALL 01237.655.922

LỚP HỌC CÂU 10 ĐIỂM
KÌ THI THPT QUỐC GIA

TRẦN CÔNG DIÊU

BÀI 1. SỬ
DỤNG COSI
DỒN BIẾN
CALL 01237.655.922


LỚP HỌC THÊM THẦY DIÊU 53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM CALL 01237.655.922

Ta sẽ sử dụng các bất đẳng thức dưới đây người ta hay gọi là bất đẳng thức Cosi để dồn biến
xét hàm
BĐT 1. Với A, B  0 ta có A  B  2 AB , dấu bằng xảy ra khi A  B
( CAUCY 2 SỐ DẠNG TỔNG TÍCH ).
BĐT 2. Với A, B  0 ta có

AB 

A B
, dấu bằng xảy ra khi A  B
2

( CAUCY 2 SỐ DẠNG TÍCH TỔNG ).

BĐT 3. Với A, B, C  0 ta có A  B  C  3 3 ABC , dấu bằng xảy ra khi A  B  C
( CAUCY 3 SỐ DẠNG TỔNG TÍCH ).

A B C
BĐT 4. Với A, B, C  0 ta có 3 ABC 
, dấu bằng xảy ra khi A  B  C
3
( CAUCY 3 SỐ DẠNG TÍCH TỔNG ).
Chú ý.
-

Để tìm GTNN ta cần đánh giá P  f  t   minf  t  , chỉ ra dấu bằng đề kết luận

minf  t  là giá trị nhỏ nhất của P, ở đây t là một biểu diễn nào đó của các biến đề bài
-

cho.
Để tìm GTLN ta cần đánh giá P  f  t   maxf  t  , chỉ ra dấu bằng đề kết luận

m axf  t  là giá trị nhỏ nhất của P, ở đây t là một biểu diễn nào đó của các biến đề
bài cho.
Bài toán 1. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x 2  y 2  z 2 

3
. Tìm giá trị nhỏ
4

nhất của biểu thức:

P  8 xyz 

1
1 1

  .
xy yz zx
Trích đề thi thử THPT Quốc Gia

Phân tích và hướng dẫn giải.
Nhận xét biểu thức P đối xứng với ba biến x, y, z nên ta thường dự đoán giá trị nhỏ nhất đạt
tại ba biến bằng nhau hoặc hai biến bằng nhau, ở đây chúng ta phải kiểm kĩ hai trường hợp này


LỚP HỌC THÊM THẦY DIÊU 53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM CALL 01237.655.922

bằng máy tính. Sau khi kiểm ta xác định được điểm rơi đạt tại x  y  z 
mạnh dạng dùng BĐT Cosi để đánh giá.

Ta có

1
1
1
1


 33 2 2 2 .
xy yz zx
x y z

Suy ra P  8xyz  3 3

1
3

 8t 3  2 với t  3 xyz  0 .
2 2
x y z
t
2

Ta tiếp tục tìm miền giá trị của t , theo BĐT Cosi ta có:
3

x2 + y 2 + z 2 1
1
x y z 
 0t 
3
4
2
2

2 2

Xét hàm số f (t )  8t 
3

3
1
.
2 với 0  t 
t
2

Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2 

6
, f''(t ) = 0  t 
t3

5

1
.
4

Bảng biến thiên

t
f’(t)

1
2

0



f(t)
13

Từ bảng ta có P  f  t   13 với mọi 0  t 

1

2

Suy ra P ≥ 13.
Vậy giá trị nhở nhất của P là 13 đạt tại x  y  z 

1
.
2

1
, lúc này ta có thể
2


LỚP HỌC THÊM THẦY DIÊU 53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM CALL 01237.655.922

Bình luận.
Làm sao để dự đoán tốt điểm rơi của bài toán? Các em sử dụng máy tính Casio 570VN PLUS,

1
1
1
, sau đó các em dùng phím


AB BC CA
3
2
2
2

CALC nhập vào liên tiếp các bộ ( A, B, C ) thỏa điều kiện A  B  C  sẽ dễ dàng thấy
4
dùng phím alpha nhập vào biểu thức 8ABC 

khi A  B  C 

1
thì biểu thức nhỏ nhất. Nên kiểm các bộ ba biến bằng nhau, hai biến bằng
2

nhau và một số bộ ba biến khác nhau.

2
2
2
Bài toán 2. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x  y  z  3 . Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức:

P  x  y  z

2

x3  y 3  z 3
3


9 xyz
xy  yz  zx
Thi thử THPT Quốc Gia 2016

Phân tích và hướng dẫn giải.
Biểu thức P đối xứng với ba biến x, y, z nên ta có thể biểu diễn P theo ba đại lượng

p  x  y  z, q  xy  yz  zx, r  xyz rồi sau đó ta phải cố gắng đánh giá về một trong
ba lượng trên. Ta thấy  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   3  2  xy  yz  zx  do đó
2

khả năng lớn ta sẽ quy P về q  xy  yz  zx .
Còn lại lượng cuối cùng phải xử lí là
sau

x3  y 3  z 3
, dễ thấy theo Cosi ba số ta có đánh giá
9 xyz

x3  y 3  z 3 3xyz 1
1 3

 , do đó P  3  2t    f (t ) với
9 xyz
9 xyz 3
3 t

t  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nhưng tiếc rằng f (t ) lại không lớn hơn hoặc bằng
( giá trị của P tại điểm rơi ) với t   0;3 , bạn đọc tự kiểm tra lại.

31
3

LỚP HỌC THÊM THẦY DIÊU 53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM CALL 01237.655.922

Vậy có cách nào xử lí lượng

x3  y 3  z 3
tốt hơn, ta sẽ thực hiện biến đổi
9 xyz

x3  y3  z3   x  y  z   x2  y2  z2   xy  yz  zx   3xyz   x  y  z  3   xy  yz  zx   3xyz

x3  y 3  z 3 1 1  1 1 1 
      3   xy  yz  zx  , chỉ cần đánh giá được lượng
9 xyz
3 9  yz zx xy 
1 1 1
theo xy  yz  zx nữa là xong, tuy nhiên điều này là dễ dàng theo bất đẳng
 
yz zx xy

do đó

thức CS.
Do đó ta đã dồn về được một biến duy nhất t  xy  yz  zx  x2  y2  z2  3 . Cùng
xem lời giải chi tiết dưới đây!
Lời giải chi tiết.
Ta có  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx    x  y  z   3  2  xy  yz  zx 
2

2

Lại có x3  y3  z 3   x  y  z   x 2  y 2  z 2   xy  yz  zx   3xyz
  x  y  z  3   xy  yz  zx   3xyz nên

x3  y 3  z 3 1 1  1 1 1 
      3   xy  yz  zx 
9 xyz
3 9  yz zx xy 
Áp dụng BĐT Cauchy ta có

 xy  yz  zx  3 3 x 2 . y 2 .z 2

1
1 1
9

  
1
1 1
1
xy yz xz xy  yz  zx
    33 2 2 2
xy
yz
zx
x
.
y
.
z


Suy ra


x3  y 3  z 3 1 
1
 
 3   xy  yz  zx 
9 xyz
3  xy  yz  zx  

Từ đó ta có


1 
1
3
P  3  2  xy  yz  zx    
 3   xy  yz  zx  
3  xy  yz  zx 
xy  yz  zx


11
 2  xy  yz  zx 
3


LỚP HỌC THÊM THẦY DIÊU 53T DƯƠNG BÁ TRẠC F1 QUẬN 8 TPHCM CALL 01237.655.922

do 0  xy  yz  zx 

x2  y 2  y 2  z 2  z 2  x2
11
29
 3 nên P   6 
2
3
3

 x2  y 2  z 2  3
29

Từ đó suy ra GTLN của P là
đạt khi  xy  yz  xz  x  y  z  1 .
3
 xy  yz  zx  3
