Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 6 bất đẳng thức và giá trị lớn nhất, nhỏ nhất lê hoành phò file word

CHUYÊN ĐỀ 6 - BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Các bất đẳng thức cơ bản
- Bất đẳng thức BECNULI
Nếu x  −1 và   1 thì (1 + x )  1 +  x


Nếu x  −1 và 0    1 thì (1 + x )  1 +  x


- Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân
Nếu a1 , a2 ,..., an  0 thì

1 n
 ai 
n i =1

n

n

a
i =1

i

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi: a1 = a2 = ... = an
- Bất đẳng thức CAUCHY-SCHWARTZ
Với hai dãy số thực: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn
2

 n
  n
 n 
thì   ai bi     ai2   bi2 
 i =1
  i =1  i =1 
Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi a1 = kb1 ,..., an = kbn
- Bất đẳng thức sắp thứ tự
Cho hai dãy số tăng a1  a2  ...  an và b1  b2  ...  bn ( n  2 )
Nếu 1 , 2 ,..., n là một hoán vị của dãy 1, 2,..., n thì:
n

n

n

i =1

i =1

i =1

 aibn+1−i   aibi   aibi
- Bất đẳng thức trung bình lũy thừa
Nếu xi  0i = 1, n và p  q  0 thì
1

1

 1 n q p  1 n p p

 n  xi    n  xi 
 i =1 
 i =1 
- Bất đẳng thức SHUR
Cho a, b, c  0, r  0 thì:

a r ( a − b )( a − c ) + b r ( b − a )( b − c ) + c r ( c − a )( c − b )  0
- Bất đẳng thức CHEBYCHEP
Trang 1


Nếu hai dãy: a1  a2  ...  an



; b1  b2  ...  bn

n
 n 
a
b

n
aibi
 i   i  
i =1
 i =1  i =1 
n

thì: 

- Bất đẳng thức MIN-COP-XKI
Với hai dãy: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn
n

thì

 ( ai + bi )
i =1

2



n

 ai2 +
i =1

n

b
i =1

2
i

Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức:
- Nếu y = f ( x ) có y '  0 trên K thì f ( x ) đồng biến trên K:

x  a  f ( x )  f ( a ) ; x  b  f ( x )  f (b )
Đối với y '  0 thì ta có bất đẳng thức ngược lại.
Việc xét dấu y ' đôi khi phải cần đến y '', y ''',... hoặc xét dấu bộ phận, chẳng hạn tử số của một phân số có
mẫu dương,… Nếu y ''  0 thì y ' đồng biến từ đó ta có đánh giá f ' ( x ) rồi f ( x ) ,…
- Bất đẳng thức có biểu thức dạng

f (b) − f ( a )
f (b ) − f ( a )
= f ' ( c ) , sự tồn
là dùng định lý Lagrange
b−a
b−a

tại số c  ( a; b ) hay giá trị f ' ( c ) cũng có đánh giá bất đẳng thức.
- Bất đẳng thức JENSEN: x  ( a; b ) và ai  ( a; b ) i = 1, n

1 n
Nếu f '' ( x )  0, x  ( a; b ) thì  f ( ai ) 
n i =1

1 n 
f   ai 
 n i =1 

1 n  1 n
Nếu f '' ( x )  0, x  ( a; b ) thì f   ai    f ( ai )
 n i =1  n i =1
- Phương pháp tiếp tuyến: Cho n số ai thuộc K có tổng a1 + a2 + ... + an = nb không đổi.
Bất đẳng thức có dạng f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an )  nf ( b ) .
Lập phương trình tiếp tuyến tại x = b : y = Ax + B .

Nếu f ( x )  Ax + B trên K, dấu bằng xảy ra khi x = b .
Khi đó f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an )  A ( a1 + a2 + ... + an ) + nB

= Anb + nB = n ( Ab + B ) = nf (b )
Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an = b .
Còn nếu f ( x )  Ax + B trên K, dấu bằng xảy ra khi x = b thì có ngược lại
Trang 2


f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an )  nf ( b ) .
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất
Đối với hàm số y = f ( x ) trên D. Xét dấu đạo hàm y ' hoặc từ bảng biến thiên có kết luận về GTLN,
GTNN. Nếu cần thì đặt ẩn phụ t = g ( x ) với điều kiện đầy đủ của t.
Nếu y = f ( x ) đồng biến trên đoạn  a; b  thì: min f ( x ) = f ( a ) và max f ( x ) = f ( b ) . Ngược lại với
hàm nghịch biến.
Nếu y = f ( x ) liên tục trên đoạn  a; b  và f ' ( x ) = 0 có nghiệm xi thì:

 f ( a ) ; f ( x ) ; f ( x ) ;...; f ( b )
max f ( x ) = max  f ( a ) ; f ( x ) ; f ( x ) ;...; f ( b )

min f ( x ) = min

1

2

1

2

Nếu f lồi trên đoạn  a; b  thì GTLN = max

 f ( a ) ; f ( b )

và nếu f lõm trên đoạn  a; b  thì GTNN

= min  f ( a ) ; f ( b ) .
Đối với các đại lượng, chọn đặt biến x (hoặc t), kèm điều kiện tồn tại. Dựa vào giả thiết, các quan hệ cho để
xác lập hàm số cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 6.1: Chứng minh các bất đẳng thức:

 

 2

a) 2sin x + tan x  3x với mọi x   0;
b) cos ( x + y ) 

5
y sin x
với x  0, y  0 và x + 2 y 
4
x sin y
Hướng dẫn giải

 
 và:
 2

a) Hàm số f ( x ) = 2sin x + tan x − 3x liên tục trên nửa khoảng  0;

f ' ( x ) = 2cos x +

1
1
− 3 = cos x + cos x +
−3 0
2
cos x
cos 2 x

 
 nên f ( x )  f ( 0) = 0
 2

Do đó hàm số f đồng biến trên  0;
b) Xét hàm số: f ( t ) =
Ta có f ' ( t ) =

sin t
5
với 0  t 
t
4

t cos t − sin t cos t ( t − tan t )
=
t2

t2
Trang 3


Nếu 0  t 
Nếu


2



thì do tan t  t  f ' ( t )  0 .

2

 t   thì cos t  0 và sin t  0  f ' ( t )  0

Nếu   t 

5
5
thì do cos t  0;tan t  t  f ' ( t )  0 . Do đó f ' ( t )  0,0  t 
nên f là hàm số
4
4




nghịch biến trên khoảng  0;

5 

4 

Từ giả thiết có 0  x  x + 2 y 

sin ( x + 2 y ) sin x
5
.


4
x + 2y
x

Do x  0 và x + 2 y  0 nên từ đó có

x sin ( x + 2 y )  x sin x + 2 y sin x  x.2cos ( x + y ) sin y  2 y sin x
 đpcm (vì x  0 và x + 2 y 

5
5
 y
 sin y  0 )
4
8

Bài toán 6.2: Chứng minh các bất đẳng thức



 sin x 
 
a) 
  cos x, x   0;  với mọi   3 .
 x 
 2
b) ( x + 1) cos


x +1

− x cos


x

 1, x  3 .
Hướng dẫn giải

sin x
 
1
 thì có 0  sin x  x nên 0 
x
 2

a) Khi x   0;

 sin x 
 
Suy ra 
  cos x, x   0; 
 x 
 2
3

Xét hàm số F ( x ) =

sin x
 
−
x
,
x

0; 2 
3
cos x

2cos 2 x − 3cos x. 3 cos x + 1
Ta có F ' ( x ) =
3cos x. 3 cos x

(

)

2

Xét G ( t ) = 2t − 3t 3 t + 1, t   0;1 thì G ' ( t ) = 4 t − 3 t  0, t  0;1

nên G ( t ) nghịch biến do đó G ( t )  G (1) = 0, t  0;1

Trang 4


 
 nên F ( x ) đồng biến
 2

Suy ra F ' ( x )  0, x   0;

 

 2

Do đó F ( x )  F ( 0 ) = 0, x  0;
b) BĐT  2 x sin

 x sin

 ( 2 x + 1)
2 x ( x + 1)

 ( 2 x + 1)
2 x ( x + 1)

Vì x  3  0 



.sin

.sin



2 ( x + 1)



2 x ( x + 1)



2 x ( x + 1)


 1 − cos

 sin 2

 ( 2 x + 1)
2 x ( x + 1)




x +1

= 2sin 2



2 ( x + 1)



2 ( x + 1)


2

sin  ( 2 x + 1)

 sin
0
2 x ( x + 1)
2 ( x + 1)

Ta sẽ chứng minh: x sin
Đặt t =



2 x ( x + 1)



2 x ( x + 1)

 sin



2 ( x + 1)

, t  0 thì ( 2)  x sin t  sin xt

Xét f ( t ) = x sin t − sin xt , t  0, f ' (t ) = x cos t − x cos xt = x ( cos t − cos xt )
Vì 0  t  xt 


2

 f ' ( t )  0 với t  0

 f ( t ) đồng biến trên 0; + )  f ( t )  f ( 0 ) = 0  đpcm.
Bài toán 6.3: Chứng minh bất đẳng thức với n nguyên dương:
a)

n

xn + y n  n+1 x n+1 + y n+1 với n  2 và x, y  0 .

b) 1 − x +

x 2 x3
xi

x2n
− + ... + ( −1) + ... +
 0 với mọi x.
2! 3!
i!
( 2 n )!
Hướng dẫn giải

a) Với x = 0 hoặc y = 0 , bất đẳng thức đúng.
n

x
x
Với xy  0 , BĐT: n 1 +    n +1 1 +  
 y
 y

n +1

Trang 5


Xét hàm số f ( t ) =

1+ tn

n
n +1

1 + t n+1

với t  ( 0; + )

t n −1 (1 − t )

Ta có f ' ( t ) =
n +1

(1 + t )

n +1 n + 2 n

(1 + t )

n n −1

; f ' ( t ) = 0  t = 1.

BBT

x

0

f '(t )

0

+

1
+

0

−

f (t )
1

1

Suy ra f ( t )  1 với mọi t  ( 0; + )  đpcm.
i
x 2 x3
x2n
i x
b) Xét f ( x ) = −1 − x
− + ... + ( −1)
+ ... +
,x
2! 3!
i!
( 2n )!

Với x  0 thì f ( x )  1  0 : đúng. Với x  2n thì:

 x2n
 x2
  x 4 x3 

x 2 n −1 
f ( x ) = 1 +  − x  +  −  + ... + 
−

 2!
  4! 3! 
 ( 2n )! ( 2n − 1)! 

= 1+

x
x3
x 2 n−1
x
−
2
+
x
−
4
+
...
+
(
)
(
)
( x − 2n )  1  0 : đúng
2!
4!

( 2 n )!

Với 0  x  2n thì f liên tục trên đoạn  0;2n  nên tồn tại giá trị bé nhất tại x0 . Nếu x0 = 0 hay

x0 = 2n thì f ( x )  f ( x0 )  1  0 .
Nếu x0  ( 0;2n ) thì f đạt cực tiểu tại đó.

f ' ( x ) = −1 + x −

x2
x 2 n−1
x2n
+ ... +
=
− f ( x)
2!
( 2n − 1)! ( 2n )!

x02 n
 0  f ( x )  f ( x0 )  0 : đúng
Vì f ' ( x0 ) = 0  f ( x0 ) =
( 2n ) !
Bài toán 6.4: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

(

)

a) a 4 + b4 + c 4 + d 4 + 2abcd − a 2b2 + a 2c 2 + a 2 d 2 + b 2c 2 + b 2 d 2 + c 2 d 2  0 với 4 số a, b, c, d dương.
3

b) 27c + 2a − 9ab  2

(a

2

− 3b ) với a, b, c là 3 số mà phương trình:
3

Trang 6


x3 + ax2 + bx + c = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn giải
a) Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c  d  0
Xem vế trái là hàm số f ( a ) , a  0

f ' ( a ) = 4a3 + 2bcd − 2a ( b2 + c 2 + d 2 )
f '' ( a ) = 12a 2 − 2 ( b2 + c 2 + d 2 )  0 nên f ' đồng biến trên ( 0;+ ) :

a  b  f ' ( a )  f ' ( b ) . Vì f ' ( b ) = 2b ( b2 − c 2 ) + 2bd ( c − d )  0 nên f ( a ) đồng biến trên 0;+ ) :
a  0  f ( a )  f ( 0) = 0 : đpcm.
b) Đặt f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c, D =

, f ' ( x ) = 3x 2 + 2ax + b .

Vì f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt:

x1 =

−a − a 2 − 3b
−a + a 2 − 3b
với a 2 − 3b  0
, x2 =
3
3

Và vì hệ số cao nhất của f dương nên yC Ð = f ( x1 )  0 và f ( x2 ) = yCT  0 .

1
3

Ta có f ( x ) =  x +

 f ( xi ) =

1 
1
ab
a  f ' ( x ) + ( 3b − a 2 ) x + c −
9 
9
9

2
ab
3b − a 2 ) xi + c −
(
9
9

Từ f ( x1 )  0  −2

(a

2

− 3b )  2a 3 + 27c − 9ab
3

f ( x2 )  0  2a 3 + 27c − 9ab  2
3
Do vậy: 2a + 27c − 9ab  2

(a

2

(a

− 3b )

2

− 3b )

3

3

Bài toán 6.5: Chứng minh bất đẳng thức:

1
x2
1
a) 1 + x −
 1 + x  1 + x , với x  0 .
2
8
2
b)

1
1 + x2

+

1
1 + y2



2
với x, y  0;1 .
1 + xy
Hướng dẫn giải

Trang 7

a) Xét hàm số f ( x ) = 1 +

f '( x ) =

1
x − 1 + x trên 0;+ ) . Ta có:
2

1
1
−
 0 với x  0 nên f ( x ) đồng biến trên nửa khoảng 0;+ )
2 2 1+ x

Do đó f ( x )  f ( 0) = 0 với mọi x  0 .
Xét hàm số g ( x ) = 1 + x − 1 −
Ta có: g ' ( x ) =

1 x2
trên 0;+ ) .
+
2 8

1
1 x
1
1
− + , g '' ( x ) = −
 0 nên g ' đồng biến trên 0;+ ) , do đó
4 4 (1 + x ) 1 + x

2 1+ x 2 4

g ' ( x ) = g ' ( 0) = 0 . Suy ra g đồng biến trên 0;+ ) nên g ( x )  g ( 0) = 0 với mọi x  0; + )  đpcm.
b) Giữ y cố định, xét hàm số f ( x ) =
Ta có f ' ( x ) =

x

(1 + x )

2 3/2

−

2
1
1
−
−
trên đoạn  0;1 .
1 + xy
1 + x2
1 + y2

y

(1 + xy )

3/2

Như vậy dấu của f ' ( x ) là dấu của

x 2 (1 + xy ) − y 2 (1 + x 2 ) = ( x − y ) ( x + y + 3x 2 y − x 5 y 2 )
3

3

Do x, y thuộc  0;1 nên thừa số thứ hai luôn dương, như thế f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại y, suy ra y
là điểm cực đại, suy ra f ( x )  f ( y ) = 0 : đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y .
Bài toán 6.6: Cho x, y, z  0 và x + y + z = 1 . Chứng minh:
a) 0  xy + yz + zx − 2 xyz 

7
27

  1 1
1 1 1 1  7
+  + y  +  + z  +  + 1 
 z x   x y   27
  y z

b) xyz  x 

Hướng dẫn giải
a) Giả sử z là số bé nhất thì 0  z 

1
. Ta có
3

1
T + xy + yz + zx − 2 xyz = xy (1 − 2 z ) + ( x + y ) z  xy ( x + y ) z  0
3

Trang 8


 x+ y
Và có T  
 (1 − 2 z ) + ( x + y ) z
 2 
2

=

1
1
2
(1 − z ) (1 − 2 z ) + (1 − z ) z = ( −2 z 3 + z 2 + 1)
4
4

Xét f ( z ) = −2 z 3 + z 2 + 1,0  z 

1
thì
3

 1

f ' ( z ) = −6 z 2 + 2 z = 2 z (1 − 3z )  0 trên f ( z ) đồng biến trên 0;  , do đó:
 3
1 7
T = f (z)  f   =
.
 3  27

  1 1
1 1 1 1 
+  + y  +  + z  +  + 1
 z x x y 
  y z

b) Ta có: xyz  x 

= x 2 y + x 2 z + y 2 x + z 2 x + z 2 y + yz 2 + xyz

= ( x + y + z )( xy + yz + zx ) − 2xyz = xy + yz + zx − 2xyz
Vì x + y + z = 1   ít nhất 1 trong 3 số x, y , z 

1
1
. Giả sử z 
3
3

 S ( x, y, z ) = xy + yz + zx − 2 xyz = xy (1 − 2z ) + ( x + y ) z
−2 z 3 + z 2 + 1
 x+ y
1− z 


1
−
2
z
+
x
+
y
z
=
1
−
2
z
+
1
−
z
z
=
(
)
(
)
(
)
(
)




4
 2 
 2 
2

Xét f ( z ) =

2

−2 z 3 + z 2 + 1
−3z 2 + z
 1
 1
trong  0;  thì f ' ( z ) =
 0 trên  0;  nên f đồng biến, do đó
2
4
 3
 3

1 7
max f ( z ) = f   =
 3  27
Vậy S ( x, y , z ) 

7
1
dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = .

27
3

Bài toán 6.7: Chứng minh bất đẳng thức:
a) cos b − cos a  b − a với a, b tùy ý.
b)

1
1 + ( x + 1)

2

 arctan

1
1

với mọi x  0 .
x + x + 1 1 + x2
2

Hướng dẫn giải
a) Nếu a = b thì bất đẳng thức đúng.
Trang 9


Nếu a  b thì bất đẳng thức tương đương:

cos b − cos a
 1 . Không mất tính tổng quát, giả sử b  a .

b−a

Hàm số f ( x ) = cos x liên tục trên  a; b  và có đạo hàm f ' ( x ) = − sin x .
Theo định lý Lagrange, tồn tại c  ( a; b ) sao cho:

f (b) − f ( a )
cos b − cos a
= f '(c ) 
= − sin c
b−a
b−a


cos b − cos a
= − sin c  1 : đpcm.
b−a

b) BĐT:

1
1 + ( x + 1)

2



arctan ( x + 1) − arctan x
1

1 + x2

( x + 1) − x

Hàm số f ( x ) = arctan x liên tục trên  x; x + 1 và có f ' ( x ) =

1
1 + x2

Theo định lý Lagrange, tồn tại c  ( x; x + 1) sao cho:

f (b ) − f ( a )
arctan ( x + 1) − arctan x
1
= f '(c ) 
=
b−a
1 + c2
( x + 1) − x
Vì c  ( x; x + 1) nên

1
1 + ( x + 1)

2



1
1

 đpcm.

2
1+ c
1 + x2

Bài toán 6.8: Cho các số thực dương. Chứng minh.

a2
b2
c2
a+b+c
a)
+
+

b+c c+a a+b
2
b)

1 1 1 1
63
+ + +  a 2 + b2 + c2 + d 2 +
với tổng a + b + c + d = 1
a b c d
4
Hướng dẫn giải

a) Bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa: a + b + c = 3 . Do đó

x2
a2

b2
c2
3
với 0  x  3 .
+
+
 . Xét hàm số f ( x ) =
3− x
3− a 3−b 3−c 2
Ta có f ' ( x ) =

6 x − x2

(3 − x )

2

; f '' ( x ) =

18

(3 − x )

3

Vì f '' ( x )  0 trên ( 0;3) nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

Trang 10

 a+b+c 3
= .
3

 2

VT = f ( a ) + f ( b ) + f ( c )  3 f 
b) Ta có



1 1 1 1
63
+ + +  a 2 + b2 + c2 + d 2 +
a b c d
4

1
1
1
1
63
− a2 + − b2 + − c2 + − d 2 
a
b
c
d
4

1

− x 2 với 0  x  1 .
x

Xét hàm số f ( x ) =
Ta có f ' ( x ) =

−1
2
− 2 x; f '' ( x ) = 3 − 2
2
x
x

Vì f '' ( x )  0 trên ( 0;1) nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

 a + b + c + d  63
=
4

 4

VT = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d )  4 f 
Dấu = xảy ra khi a = b = c = d =

1
.
4

Bài toán 6.9: Chứng minh:

(

a) a abbcc

) (a (
2

− b+c )

 a+b
b) a b  

 2 
b a

+b

−( c + a )

+c

−( a +b )

)

3

 27 với a, b, c  0

a +b

với a, b  0
Hướng dẫn giải

a) Với a, b, c  0 , trước hết ta chứng minh rằng

(a b c )

a b c 2

 ab+c .bc +a .c a +b

 2  a ln a + b ln b + c ln c   ( b + c ) ln a + ( c + a ) ln b + ( a + b ) ln c

 ln a ( 2a − b − c ) + ln b ( 2b − c − a ) + ln c ( 2c − a − b )  0
 ( a − b )( ln a − ln b ) + ( b − c )( ln b − ln c ) + ( c − a )( ln c − ln a )  0 : đúng
Ta cần chứng minh rằng

(

ab+c .bc+a .c a+b a

−( b+ c )

+b

−( c + a )

+c

−( a + b )

)

3

 27

Đặt x = a b+c , y = b c + a , z = c a +b , x, y, z  0

Trang 11


3

1 1 1
1 1 1
BĐT  xyz  + +   27  + + 
x y z
x y z

3

3
: đúng
xyz

a+b

 2 

b) BĐT: b ln a + a ln b  ( a + b ) ln 



 2a 


 b 
a
2
 2b 
 2a 
 a ln 
+
b
ln

0

ln
+
ln


a
0




b  a +1
 a+b
 a+b
 +1
b

b

Giả sử a  b , đặt t =

a
thì 0  t  1.
b

 2 
 2t 
 + ln 
  0,0  t  1 .
 t +1
 t +1

Bất đẳng thức tương đương: t ln 

 2 
 2t 
 + ln 
 ,0  t  1 .
 t +1
 t +1

Xét hàm số f ( t ) = t ln 

2
t
1
 2 
 2  1− t
f ' ( t ) = ln 
−
+
=
ln
+



 t + 1  t + 1 t ( t + 1)
 t + 1  t ( t + 1)

 2  1− t
= ln 
 0 nên f là hàm đồng biến.
+
t
 t +1
Ta có f ( t )  f (1) = 0  đpcm.
Bài toán 6.10: Chứng minh rằng
a)

4+ x 4+ y 4+ z

+
+
 5 với x, y , z  0 khác 4.
4− x
4− y
4− z

b) ln

x+ y
2y

với x, y  0
x
2x + y
Hướng dẫn giải

a) Xét hàm f ( x ) =

y=

13
4+ x
trên ( 0;3) . Ta có f ' (1) =
nên tiếp tuyến tại x = 1 là:
18
4− x

13
5

13
17
( x − 1) + hay y = x +
18
3
18
18

Bằng biến đổi tương đương hoặc sử dụng đạo hàm ta chứng minh được:

4 + x 13
17
 x + , với mọi x  ( 0;3)
4 − x 18
18
Trang 12


Tương tự:

4 + y 13
4 + z 13
17
17
và
 z+
 y+
4 − z 18
18
4 − y 18

18

Cộng 3 bất đẳng thức trên và x + y + z = 3 ta được đpcm.
b) Đặt

x+ y
2y
t −1
= t  1  y = x ( t − 1) 
=2
x
2x + y
t +1

Ta cần chứng minh ln t  2

t −1
t −1
, t  1  ln t − 2
 0, t  1
t +1
t +1

Xét hàm số f ( t ) = ln t − 2

t −1
, t  (1; + ) . Ta có:
t +1

( t − 1)  0, t  1 nên f là hàm đồng biến.

1
4
f '(t ) = −
=
2
2
t ( t + 1)
t ( t + 1)
2

Suy ra f ( t )  f (1) = 0  đpcm.
Bài toán 6.11: Cho 0  a1  a2  ...  an và an a n +1  1
 2 



n

n

Chứng minh rằng:

n

1 + n  ai

1
i =1 1 + ai



i =1

Hướng dẫn giải
Với a1 , a2  0 và a1 , a2  1 . Ta chứng minh:

(
(

a1 − a2

)(
2

)

1 − a1a2
2
1
1

+

 0 (đúng)
1 + a1a2 1 + a1 1 + a2
1 + a1a2 (1 + a1 )(1 + a2 )

)

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 hoặc a1a2 = 1

n

Áp dụng ta có:

1

1+ a
i =1

i



 n +1 
 2 



 1+
i =1

2
a1an+1−i

Dấu bằng xảy ra khi n chẵn và: a1 = a2 = ... = an hoặc a1an+1−i = 1

e x ( e x − 1)
1
−e x
, x  0, f ' ( x ) =

; f '' ( x ) =
0
Xét f ( x ) =
2
3
1 + ex
(1 + e x )
(1 + e x )
Áp dụng bất đẳng thức Jensen vào hàm lõm với các xi  0 và:

Trang 13


n

1

i =1 1 + ai

e xi = ai an+1−i  1: 

 n +1 
 2 



 1+
i =1

2


ai an+1−i

n
1+

n

n

a
i =1

i

Bài toán 6.12: Chứng minh với mọi số nguyên dương n:
a) 2

(

)

n +1 − n 

b) f n ( x ) = sin x +

1
2
n

(

n − n −1

)

1
1
sin 2 x + ... + sin x  0, x   0;  
2
n
Hướng dẫn giải

a) Hàm số f ( x ) =

x liên tục trên 0;+ ) và có f ' ( x ) =

1
2 x

trên ( 0;+ ) .

Theo định lý Lagrange, với mọi n  1 tồn tại x1  ( n − 1; n ) và x2  ( n; n + 1) sao cho:

f ' ( x1 ) =
Hay

f ( n ) − f ( n − 1)
f ( n + 1) − f ( n )
, f ' ( x2 ) =

n − ( n − 1)
( n + 1) − n

1
1
= n − n − 1,
= n +1 − n
2 x1
2 x2

Vì 0  x1  n  x2 nên

Do đó

n +1 − n 

1
1
1


2 x1 2 n 2 x2

1
2 n

 n − n − 1  đpcm.

b) Xét x = 0, x =  thì f n ( x ) = 0 : đúng.
Xét 0  x   . Ta chứng minh qui nạp f n ( x )  0

Khi n = 1: f1 ( x ) = sin x  0, x  ( 0; ) : đúng
Giả sử công thức đúng đến n: f n ( x )  0, x  ( 0; )
Ta chứng minh: f n+1 ( x )  0, x  ( 0; ) . Giả sử có số x0  ( 0; ) mà f n+1 ( x0 )  0 . Vì f n+1 ( x ) liên tục
và có đạo hàm nên tồn tại điểm cực tiểu x1 để: f n+1 ( x1 )  0,0  x1   . Ta có

f n/+1 ( x ) = cos x + cos 2 x + ... + cos ( n + 1) x =

sin

2n + 3
x
x − sin
2
2
x
2sin
2
Trang 14


Mà f n/+1 ( x1 ) = 0  sin
Do đó: cos

2n + 3
x
x1 = sin 1  0
2
2

2n + 3

x
x
x1 = cos 1 = cos 1  0
2
2
2

Vì f n+1 ( x ) = f n ( x ) +

sin ( n + 1) x
nên
n +1
2n + 3
x 
x1 − 1 
2
 2

( n + 1) .( f n+1 ( x1 ) − f n ( x1 ) ) = sin ( n + 1) x1 = sin 
= sin

2n + 3
x
2n + 3
x
x1.cos 1 − cos
x1.sin 1
2
2
2

2

 sin

2n + 3
x
2n + 3
x
x1.cos 1 − cos
x1 .sin 1
2
2
2
2

= sin

x1
x
x
x
.cos 1 − cos 1 .sin 1 = 0
2
2
2
2

Do đó: f n+1 ( x1 )  f n ( x1 )  f n ( x1 )  0 : vô lý  đpcm.
Bài toán 6.13: Cho a, b, c là những số thực dương sao cho abc = 1 .
Chứng minh:

a3
b3
c3
3
+
+

(1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4
Hướng dẫn giải

BĐT  a 4 + b3 + b 4 + b3 + c 4 + c 3 

3
( a + 1)( b + 1)( c + 1)
4

Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

a 4 + a 3 + b 4 + b3 + c 4 + c 3 
4
3
Xét hàm: f ( t ) = t + t −

1
3
3
3
( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1) 


4

1
3
( t + 1)
4

g ( t ) = ( t + 1) ( 4t 2 + 3t + 1) thì f ( t ) =

1
( t − 1) .g ( t )
4

Vì g ( t ) là hàm số tăng trong khoảng ( 0;+ ) và g ( t )  0, t  0 .
4
3
4
3
4
3
Do đó a + a + b + b + c + c −

1
3
3
3
a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1) 
(

4

Trang 15


= f ( a ) + f (b ) + f (c ) =

1
1
1
( a − 1) g ( a ) + ( b − 1) g ( b ) + ( c − 1) g ( c )
4
4
4

Giả sử a  b  c thì g ( a )  g ( b )  g ( c )  0
Vì abc = 1 nên ta có: a  1, c  1
Từ đó: ( a − 1) g ( a )  ( a − 1) g ( b ) và ( c − 1) g ( b )  ( c − 1) g ( c )

1
1
1
( a − 1) g ( a ) + ( b − 1) g ( b ) + ( c − 1) g ( c )
4
4
4

Nên:



1
1
( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1)  g ( b ) = ( a + b + c − 3) g ( b )
4
4



1 3
3 abc − 3 g ( b ) = 0 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
4

(

)

Từ đó  đpcm.
Bài toán 6.14: Chứng minh bất đẳng thức sau:

x a ( y b − z b ) + y a ( z b − xb ) + z a ( xb − y b )  0 với x  y  z  0; a  b  0 .
Hướng dẫn giải
a

Đặt f ( x ) = x b với

a
1
b

a ba −1

a  a  ba −2
 f ' ( x ) = x  f '' ( x ) =  − 1 x  0
b
bb 

(

)

Do đó f ' ( x ) tăng trên z b ; y b

( )

( )

(

Theo định lý Lagrange: f y b − f z b = f ' ( c1 )  y b − z b  , c1  z b , y b

)

y a − z a = f ' ( c1 )  y b − z b 

(

Tương tự: x a − y a = f ' ( c2 )  xb − y b  , c2  y b , xb

(

)

)( y − z ) = f ' ( c )  x − y   y − z 
( y − z )( x − y ) = f ' ( c )  x − y   y − z 
Và c  c nên f ' ( c )  f ' ( c )  ( x − y )( y − z )  ( y
 x ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y )  0 (đpcm)
nên: x a − y a
a

b

b

b

b

b

b

2

a

b

b

b

b

b

b

1

a

2

a

2

1

b

b

a

a

1

b

b

a

b

b

b

a

− z a )( xb − y b )

b

Bài toán 6.15: Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa a + b + c + d = 1 . Chứng minh:
Trang 16


abc + bcd + cda + dab 

1 176
+
abcd .
27 27
Hướng dẫn giải

Đặt F ( a, b, c, d ) = abc + bcd + cda + dab −

176
abcd
27

Không mất tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất, d là số bé nhất trong 4 số a, b, c, d. Ta có:

176 

F ( a, b, c, d ) = bc ( a + d ) + ad  b + c −
bc 
27 

Nếu b + c −

176
bc  0 thì:
27

1
b+c+a+d 
F ( a, b, c, d )  bc ( a + d )  
 =
3

 27
3

Nếu b + c −

176

bc  0 thì:
27

a+d 
F ( a, b, c, d )  bc ( a + d ) + 

 2 

2

176 

bc 
b + c −
27 


a+d 
a+d
= F
, b, c ,

2 
 2
Đặt a0 = a, b0 = b, c0 = c, d0 = d và gọi a1 , b1 , c1 , d1 là 4 số
Nếu b1 + c1 −

a+d
a+d
, b, c,

theo thứ tự giảm dần.
2
2

176
b1c1  0 thì tương tự lí luận trên:
27

F ( a1 , b1, c1, d1 )  F ( a2 , b2 , c2 , d2 ) với a2 , b2 , c2 , d2 là 4 số

a1 + d1
a +d
, b1 , c1 , 1 1 theo thứ tự giảm dần.
2
2

Tiếp tục quá trình này ta lập được dãy ( an , bn , cn , d n ) vô hạn (vì nếu hữu hạn thì ta có F ( a, b, c, d ) 

1
)
27

thỏa 2 tính chất sau đây:

(1) an+1, bn+2 , cn+1, dn+1 là 4 số theo thứ tự giảm dần của 4 số
an + d n
a + dn
, bn , cn , n
2
2

( 2) F ( an , bn , cn , dn )  F ( an+1, bn+1, cn+1, d n+1 )

Trang 17


an − d n
,n  0
2

Từ tính chất (1) ta suy ra: 0  an + 2 − d n + 2 
Và vì thế an , bn , cn , d n cùng có giới hạn là

1
.
4

Do tính liên tục của hàm F ( a, b, c, d ) ta có:

1 1 1 1 1
F ( a, b, c, d )  lim F ( an , bn , cn , d n ) = F  , , ,  =
n →
 4 4 4 4  27
Đẳng thức xảy ra khi: bốn số bằng

1
1
khi dãy vô hạn, hay một số bằng 0 và ba số còn lại bằng khi dãy
3
4

hữu hạn.
Bài toán 6.16: Cho a, b, c  −1, a + b + c = 1.
Chứng minh bất đẳng thức:

a
b
c
9
+
+
 .
2
2
2
1 + a 1 + b 1 + c 10
Hướng dẫn giải

Bổ đề: Xét hàm số f ( x ) =

x
1 + x2

 x+ y

 2 

Nếu ( x + y )( xy − 3)  0 thì f ( x ) + f ( y )  2 f 

 x+ y


 2 

Chứng minh: Ta có: f ( x ) + f ( y )  2 f 

(

)

2
  x (1 + y 2 ) + y (1 + x 2 )   4 + ( x + y )   4 ( x + y ) (1 + x 2 )(1 + y 2 )



 ( x + y ) 4 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) − (1 + xy ) ( 4 + x 2 + y 2 + 2 xy )  0
 ( x + y ) 2 x2 y 2 + 3( x2 + y 2 ) − 6 xy − ( x 2 + y 2 xy )  0

 ( x + y )( 3 − xy )( x − y )  0 . Từ đó suy ra đpcm
2

Trở lại bài toán. Ta xét hai trường hợp
- Tồn tại 1 trong 3 số, chẳng hạn c, sao cho −

( a + b)
a + b  0, ab 
4

2

(1 − c )

=
4

2

1
 c  1 . Khi đó:
3

1
c
 3; c +  0,  3
3
3

Trang 18



1
1  
1

c+ 
c +  a + b + c + 



( a + b ) +  3   0,  ( a + b )    3    
4

3
= 3


2
2
4
9
 2  2 


2

Áp dụng bổ đề ta có:

1

c+ 

1
a+b

3
c+ 
+



1
a

+
b
 


3
2
2
f ( a ) + f (b) + f (c ) + f    2 f 
+
2
f

4
f





2
 3
 2 


 2 









 1  12
= 4 f   = . Từ đó suy ra đpcm.
 3  10
 1 
 3 
và 1 số dương (Nếu ngược lại, giả sử b, c  0 thì ta có a + b + c  −1 + 1 + 1 = 1 , vô lý). Giả sử, chẳng hạn

- Cả ba số a, b, c đều không nằm trong đoạn  − ;1 . Khi đó do điều kiện a, b, c  −1, ta phải có hai số âm

a, b  0 .
Khi đó f ( a ) + f ( b ) + f ( c )  f ( c ) 

1 9
 .
2 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1
.
3

Bài toán 6.17: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

a
b

c
d
2
+
+
+

b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3
Hướng dẫn giải
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki:

a
b
c
d


+
+
+
 b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 

 a ( b + 2c + 3d ) + b ( c + 2d + 3a ) + c ( d + 2a + 3b ) + d ( a + 2b + 3c )  ( a + b + c + d )
Do đó:



2

a

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

(a + b + c + d )

2

4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )
Trang 19


Ta chứng minh:

(a + b + c + d )

2

4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )



2
3

 3( a + b + c + d )  8 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )

2

 ( a − b ) + ( a − c ) + ( a − d ) + (b − c ) + (b − d ) + ( c − d )  0 : Đúng
2

2

2

2

2

2

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = d .
Bài toán 6.18: Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P=

1
1
1
+
+
4 + 2ln (1 + x ) − y 4 + 2ln (1 + y ) − z 4 + 2ln (1 + z ) − x
Hướng dẫn giải

Từ giả thiết suy ra 0  x, y, z  3 nên 4 + 2ln ( x + 1) − y  0
và 4 + 2ln ( y + 1) − z  0 và 4 + 2ln ( z + 1) − x  0

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

P

9
12 + 2ln ( x + 1) − x + 2ln ( y + 1) − y + 2ln ( z + 1) − z

Xét f ( t ) = 2ln (1 + t ) − t với 0  t  3 với f ' ( t ) =

1− t
1+ t

f ' ( t ) = 0 có một nghiệm t = 1 .
Lập bảng biến thiên thì được:

−1  f ( t )  −1 + ln 4 , suy ra: −3  f ( x ) + f ( y ) + f ( z )  −3 + 3ln 4
Do đó: P 

3
3
.min P =
đạt được khi x = y = z = 1 .
3 + ln 4
3 + ln 4

Bài toán 6.19: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x + 1 +

2
.
x −1

Hướng dẫn giải
Ta có y = x + 1 +

2
x +1
= x+
. Điều kiện x  1 .
x −1
x −1

Khi −1  x  0 thì hàm số y =
Ta có y ' =

− x2 + 2x + 1

( x − 1)

2

x2 + 1
.
1− x

, y ' = 0  x = 1− 2 .
Trang 20


(

)

y ( −1) = 1, y ( 0) = 1, f 1 − 2 = 2 2 − 2
So sánh thì min y = 2 2 − 2 tại x = 1 − 2
−1 x  0

Khi x  −1 hoặc x  1 thì y  1  2 2 − 2
Khi 0  x  1 thì y  1  2 2 − 2
Vậy min y = 2 2 − 2 tại x = 1 − 2 .
Bài toán 6.20: Cho các số nguyên dương p, q, n.
a) Tìm giá trị lớn nhất của y = cos p x.sin qx với 0  x 


2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = tan n x + cot n x − n 2 cos 2 2 x,0  x 


2

.

Hướng dẫn giải



a) Với 0  x 

2

thì sin x  0,cos x  0 nên y  0 .

(

Ta có y 2 = cos 2 x

) .(sin x )
p

2

p

. Đặt t = cos 2 x,0  t  1 thif

y 2 = f ( t ) = t p .(1 − t ) , f ' ( t ) = t p −1.(1 − t )
q

nên f ' ( t ) = 0  t = 0 hoặc t =

q −1

.  p − ( p + q ) t 

p
hoặc t = 1 .
p+q



p 
p p .q q
=
 0 nên suy ra max y =

p+q
p
+
q
p
+
q
)

 (

Ta có f ( 0 ) = f (1) = 0, f 
b) Xét 0  x 


4

p p .q q

( p + q)

p+q

thì cot x  tan x  0,sin 4 x  0

(

)

(

Ta có y ' = n tan n−1 x 1 + tan 2 x − n.cot n−1 x 1 + cot 2 x

)

= n ( tan n−1 x − cot n−1 x ) + n ( tan n+1 x − cot n+1 x ) − 2n2 sin 4 x  0
 
 hàm số nghịch biến trên  0;  nên min
 
 4
x 0; 
4




 
f   = 2.
4

Vậy min y = 2 .

Trang 21

Bài toán 6.21: Cho các số thực x, y thỏa mãn

( x + y)

3

+ 4 xy  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

A = 3 ( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1.
Hướng dẫn giải
Kết hợp ( x + y ) + 4 xy  2 với ( x + y )  4 xy suy ra:
3

2

( x + y) + ( x + y)
3

2

 2  x + y  1.

A = 3( x4 + y 4 + x2 y 2 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1
2
3 2
3
x + y 2 ) + ( x4 + y 4 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1
(
2
2

2
2
3
3
 ( x2 + y 2 ) + ( x2 + y 2 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1
2
4

=

 A

2
9 2
x + y 2 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1 . Đặt t = x 2 + y 2 , ta có
(
4

x +y
2

2

Xét f ( t ) =

( x + y)

2

2



9
1
1
 t  , do đó A  t 2 − 2t + 1
4
2
2

9 2
9
1
t − 2t + 1; f ' ( t ) = t − 2  0 với mọi t 
4
2
2

9
1
1 9
dấu = xảy ra khi x = y = .
 min f ( t ) = f   = . Do đó A 
1

16
2
 2  16
t ;+ 

2




9
.
16

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng

Bài toán 6.22: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 4 ( a + b + c ) − 9 = 0 . Tìm GTNN của

(

S = a + a2 + 1

)(
a

b + b2 + 1

)(
b

)

c

c + c2 + 1 .

Hướng dẫn giải

)

(

(
x + 1) , x 

)

(

Ta có ln S = a ln a + a 2 + 1 + b ln b + b2 + 1 + c ln c + c 2 + 1

(

Xét hàm số f ( x ) = x ln x +

(

)

f ' ( x ) = ln x + x 2 + 1 +

)

2

x

x2 + 1

; f '' ( x ) =

x2 + 2

(x

2

+ 1)

3

 0, x .

Trang 22


Suy ra f ( x ) là hàm lõm trên

)

(

nên có tiếp tuyến tại mọi điểm luôn nằm dưới đồ thị. Tiếp tuyến của

f ( x ) = x ln x + x 2 + 1 tại x =

3

là
4

3
9

y =  ln 2 +  x − .
5
20


)

(




3
5

Do đó x ln x + x 2 + 1   ln 2 +  x −

9
, x 
20

và đẳng thức xảy ra khi x =

3

. Từ đó, ta được
4

3
27

M = f ( a ) + f ( b ) + f ( c )   ln 2 +  ( a + b + c ) −
5
20

9
3  9 27 9ln 2
9ln 2

=  ln 2 +  −
=
 S  24 = 4 4 2
nên ln S 
5  4 20
4
4


Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 4 2 , đạt được khi a = b = c =

3
.
4

Bài toán 6.23: Cho x  0 và y tùy ý. Tìm GTLN, GTNN của

M=

(x

2

(

xy 2

+ 3 y 2 ) x + x 2 + 12 y 2

)

Hướng dẫn giải
Xét y = 0 thì M = 0 . Xét y  0 thì:

(

)

12 y 2
−1
xy
x + 12 y − x
2
x
M=
=

( x 2 + 3 y 2 ) .12 y 2 3  4 + 12 y 2 
x2 

2

Đặt t =

2

2

1+

1 + t −1
12 y 2
M
=
f
t
=
thì
,
t

0
(
)
3(t + 4)
x2

Ta có f ' ( t ) =

2 − t + 2 1+ t
6 (t + 4) . 1 + t
2

, f '(t ) = 0  t = 8 .

Trang 23


BBT

x

0

f'

+

0

0

Vậy max M =

+

1/18

f

Do đó: 0  M 

+

1

0

1
1
. Kết hợp thì 0  M 
.
18
18

1
khi 2 x 2 = 3 y 2 , min M = 0 khi y = 0 .
18

Bài toán 6.24: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện:

x3 + y 3 + z 3 = 2 + 3xyz
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + 2 y 2 + 3 z 2
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết x3 + y 3 + z 3 = 2 + 3xyz

 ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = 2

1
2
3
 ( x + y + z )  ( x2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z )  = 2
2
2

Đặt t = x + y + z . Khi đó t  0 và x 2 + y 2 + z 2 =

t2 4
+
3 3t

t2 4
Xét hàm f ( t ) = +
trên ( 0;+ )
3 3t
2 (t 3 − 2) 4
2
4
, f ' (t ) = 0  t = 3 2
Ta có f ' ( t ) = t − 2 =
2
3 3t
3t
Lập BBT thì min f ( t ) = f
t( 0;+ )

( 2) =
3

3

4 , đạt được khi t = 3 2

Ta có P  x2 + y 2 + z 2  3 4
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3 2, y = z = 0 .
Vậy min P =

3

4 , đạt được khi x = 3 2, y = z = 0 .

Bài toán 6.25: Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện:
Trang 24


x + y = x −1 + 2 y + 2 .
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y
Hướng dẫn giải
Điều kiện x  y  1 . Suy ra x + y  0 .

(

Áp dụng bất đẳng thức ( au + bv )  a 2 + b 2
2

( x + y)

2

=

(

x −1 + 2 y + 2

) =(
2

)(u

2

+ v 2 ) ta có:

)

x − 1 + 2. y + 1  3 ( x + y )
2

Suy ra 0  x + y  3 . Đặt t = x + y thì t   0;3

P = ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 8 4 − ( x + y ) + 2 = t 2 + 2t + 8 4 − t + 2
2

Xét hàm f ( t ) = t 2 + 2t + 8 4 − t + 2 trên 0;3

f ' ( t ) = 2t + 2 −

4
; f '' ( t ) = 2 −
4−t

2

(

4−t

)

3

 0 với mọi t  0;3

Suy ra f ' ( t ) đồng biến trên 0;3
Do đó f ' ( t )  f ' ( 0) = 0 với mọi t   0;3
Suy ra f ( t ) đồng biến trên 0;3
Vậy max P = max f ( t ) = f ( 3) = 25 , đạt khi t = 3  x = 2, y = 1
0;3

min P = min f ( t ) = f ( 0) = 18 , đạt khi t = 0  x = 1, y = 1
0;3

Bài toán 6.27: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn:

x 2 − y 2 + y 2 − x2 = 2

Hướng dẫn giải
Ta có ( a − b )

2

a 2 + b2
với mọi a, b. Áp dụng:
 0  ab 
2

x 2 − y2 

x2 + 2 − y 2
y 2 + 2 − x2
, y 2 − x2 
2
2

Suy ra 2 = x 2 − y 2 + y 2 − x 2  2 .
Do đó dấu đẳng thức xảy ra nên x = 2 − y 2 và y =

2 − x2 .
Trang 25