Đây là những bài toán rất hay gặp trong đề thi học sinh giỏi, thi vào các trường chuyên... các năm gần đây. Thường dưới dạng bất đẳng thức hoặc tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất…có điều kiện.
Để làm được đòi hỏi học sinh có kinh nghiệm, tư duy nhậy bén, tinh tế và
từ điều kiện ban đầu phải thêm bớt biến đổi hợp lý để đưa về các dạng điều kiện quen biết. Đây là dạng bài khó và nếu biến đổi quá đà rất dễ dẫn đến mất phương hướng trong việc đi tìm lời giải.
Bài toán 1: [Đề kiểm tra kiến thức Toán lớp 9 – Đợt 1 – chuyên ĐHKHTN 2023]
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 2 + a + b + c = abc.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = $\frac{a^3 + b^3 +c^3}{ab+bc+ca}$.
Lời giải:
Từ dự đoán dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2, áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 4 số ta được:
abc = 2 + a + b + c ≥ 4$\sqrt[4]{2abc}$ ⇒ abc ≥ 8 ⇒ a + b + c ≥ 6.
Mặt khác, vì vai trò của a, b, c như sau nên không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c ⇒ $a^2 ≤ b^2 ≤ c^2$. Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev ta được:
$(a + b + c)( a^2 + b^2 + c^2)$ ≤ $3(a^3 + b^3 + c^3)$ ⇒ $a^3 + b^3 + c^3$ ≥ $2(a^2 + b^2 + c^2)$.
Sử dụng bất đẳng thức cơ bản $a^2 + b^2 + c^2$ ≥ ab + bc + ca ⇒ $a^3 + b^3 + c^3$ ≥ 2(ab + bc + ca).
Từ đó S ≥ 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2.
Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 2.
Hoặc chúng ta có thể làm như sau:
Từ 2 + a + b + c = abc suy ra $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}$ = 1.
Đến đây ta biến đổi một chút và sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
$(a+b+c)^{2}$ = $\left( \frac{1}{\sqrt{1+a}}a\sqrt{1+a}+\frac{1}{\sqrt{1+b}}b\sqrt{1+b} + \frac{1}{\sqrt{1+c}}c\sqrt{1+c} \right)^{2}$ ≤ ($\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}$)$[a^2(1+a) + b^2(1+b) + c^2(1+c)]$ = $a^3+ b^3+ c^3 + a^2+ b^2+ c^2$.
Hay $a^3+ b^3+ c^3 ≥ 2(ab + bc + ca)$ suy ra $\frac{a^3 + b^3 +c^3}{ab+bc+ca}$ ≥ 2.
Tất nhiên còn nhiều con đường, hướng đi khác từ điều kiện hay và rất đặc biệt này. Bạn đọc có thể tự mình khai phá thêm hoặc xem TẠI ĐÂY.
Bài toán 2:
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + abc = ab + bc + ca + 5.
Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2 ≥ 6$.
Lời giải:
Từ giả thiết ta có a + b + c + abc = ab + bc + ca + 5 ⇒ (a - 1)(b - 1)(c - 1) = 4.
Do đó trong 3 số a - 1, b - 1, c - 1 phải có ít nhất 1 số dương, ta giả sử đó là a - 1.
Khi đó (b - 1)(c - 1) > 0.
Vì $b^{2} + 1 \ge \frac{(b-1)^{2}}{2}$, $c^{2} + 1 \ge \frac{(c-1)^{2}}{2}$ và $a^{2}\ge 4a - 4$ suy ra:
$a^2+b^2+c^2$ ≥ $4a - 4 + \frac{(b-1)^{2}}{2} + \frac{(c-1)^{2}}{2} - 2$ ≥ 4(a - 1) + (b - 1)(c - 1) - 2 ≥ 2$\sqrt{4(a-1)(b-1)(c-1)}$ - 2 = 6.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = 2; b = c = -1 và các hoán vị.
Bài toán 3:
Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn a + b + c = 100. Tìm GTLN của biểu thức A = abc.
Lời giải:
Cách 1:
Chúng ta dựa vào nhận xét: Nếu các số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi các số đó bằng nhau hoặc gần bằng nhau.
Không giảm tính tổng quát, có thể giả sử a ≤ b ≤ c. Khi đó 100 = a + b + c ≤ 3c ⇒ c ≥ 100/3. Vì a nguyên ⇒ c ≥ 34.
Từ đó 34.34.33S = 34a.34b.33c ≤ $\left( \frac{34a + 34b + 33c}{3} \right)^{3}$ = $\left( \frac{3400 - c}{3} \right)^{3}$ ≤ $\left( \frac{3400 - 34}{3} \right)^{3}$.
Suy ra S ≤ 37026.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = 33; b = 33; c = 34 và các hoán vị.
Vậy GTLN của A là 37026.
Cách 2(Leonguyen - VMF):
Giả sử $x$ là số lớn nhất trong ba số trên, suy ra được $x\geq\frac{100}{3}$ $\Rightarrow x\geq 34$ (do $x$ là số nguyên dương). (Từ đây ta đoán được dấu bằng xảy ra khi $x=34,$ $y=z=33$).
Áp dụng BĐT $\text{AM-GM}$ ta có:
$A=xyz\leq\frac{1}{4}x(y+z)^2$ = $\frac{1}{4}x(100-x)^2$ = $\frac{34}{33}\cdot\left(\frac{33x}{34}\cdot\frac{100-x}{2}\cdot\frac{100-x}{2}\right)$ $\leq \frac{34}{33}\cdot\frac{1}{27}\left(\frac{33x}{34}+\frac{100-x}{2}+\frac{100-x}{2}\right)^3$ $=\frac{34}{891}\left(100-\frac{x}{34}\right)^3$ $\leq\frac{34}{891}\left(100-\frac{34}{34}\right)^3$ = 37026.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
$\left\{\begin{matrix} y=z \\ \dfrac{33x}{34}=\dfrac{100-x}{2} \\ x=34 \end{matrix}\right. $ $\Leftrightarrow x=34,y=z=33.$
Vậy $\max A=37026$ $\Leftrightarrow (x,y,z)$ = $(34,33,33)$ và các hoán vị.
Bài toán 4:
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện: a + b + c + ab + bc + ca = 6.
Chứng minh: $\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}$ ≥ 3.
Lời giải:
Trước hết ta sẽ chứng minh $a^2 + b^2 + c^2$ ≥ 3.
Thật vậy: a + b + c + ab + bc + ca = 6 ⇒ 2a + 2b + 2c + 2(ab + bc + ca) = 12.
Sử dụng các BĐT cơ bản $a^2 +1 ≥ 2a$, $b^2 +1 ≥ 2b$, $c^2 +1 ≥ 2c$ và $a^2 + b^2 + c^2$ ≥ ab + bc + ca ⇒ $a^2 +1 + b^2 +1 + c^2 +1 + 2(a^2 + b^2 + c^2)$ ≥ 12 ⇒ $a^2 + b^2 + c^2$ ≥ 3.
Quay trở lại bài toán, sử dụng BĐT Svác-xơ ta có:
$\frac{a^{3}}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{c^{3}}{a}$ = $\frac{a^{4}}{ab}+\frac{b^{4}}{bc}+\frac{c^{4}}{ca}$ ≥ $\frac{(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2}}{ab+bc+ca}$ = $(a^{2} + b^{2} + c^{2}). \frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{ab+bc+ca}$ ≥ $a^2 + b^2 + c^2$ ≥ 3.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Bài toán được chứng minh.
Bài toán 5: [Đề kiểm tra kiến thức Toán lớp 9 – THCS & THPH AMSTERDAM 2022-2023]
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca + abc = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.
Nguyễn Kim Sổ
Hội Toán học Việt Nam