O₂ Education

Category: Đại số

  • Bài tập thực tế hệ bất phương trình lớp 10

    Bài tập thực tế hệ bất phương trình lớp 10

    Chúng tôi xin giới thiệu một số bài toán thực tế hệ bất phương trình bậc nhất 2 ẩn trong chương trình Toán 10 mới.

    Bài 1. [Đề dự bị kỳ thi THPTQG năm 2015] Trong một cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi được sử dụng
    tối đa 24 g hương liệu, 9 lít nước và 210 g đường để pha chế nước cam và nước táo. Để pha chế 1 lít nước cam cần 30 g đường, 1 lít nước và 1 g hương liệu; pha chế 1 lít nước táo cần 10 g đường, 1 lít nước và 4 g hương liệu. Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng, mỗi lít nước táo nhận được 80 điển thưởng. Hỏi cần pha chế bao nhiêu lít nước trái cây mỗi loại để được số điểm thưởng là lớn nhất?

    Lời giải. Gọi \(x, y\) lần lượt là số lít nước cam và táo của một đội pha chế \((x, y \geq 0)\).

    • Số điểm thưởng của đội chơi này là: \(f(x ; y)=60 x+80 y\).
    • Số gam đường cần dùng là: \(30 x+10 y\).
    • Số lít nước cần dùng là: \(x+y\).
    • Số gam hương liệu cần dùng là: \(x+4 y\).

    Vì trong cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi sử dụng tối đa \(24 \mathrm{~g}\) hương liệu, 9 lít nước và \(210 \mathrm{~g}\) đường nên ta có hệ bất phương trình: \[\left\{\begin{array}{l}30 x+10 y \leq 210 \\ x+y \leq 9 \\ x+4 y \leq 24 \\ x, y \geq 0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}3 x+y \leq 21 \\ x+y \leq 9 \\ x+4 y \leq 24 \\ x, y \geq 0\end{array}\right.\right. (*)\]Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của hàm số \(f(x ; y)\) trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*).

    Miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là ngũ giác \(O A B C D\) (kể cả biên), là phần không bị tô xám trong hình sau:

    Bài tập thực tế hệ bất phương trình lớp 10

    Hàm số \(f(x ; y)=60 x+80 y\) sẽ đạt giá trị lớn nhất trên miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) khi \((x ; y)\) là toạ độ của một trong các đỉnh \(O(0 ; 0)\), \(A(7 ; 0), B(6 ; 3), C(4 ; 5), D(0 ; 6)\). Ta tính được có:

    \(f(0 ; 0)=60.0+80.0=0\); \(f(7 ; 0)=60.7+80.0=420\); \(f(6 ; 3)=60.6+80.3=600\); \(f(4 ; 5)=60.4+80.5=640\); \(f(0 ; 6)=60.0+80.6=480\).

    Suy ra \(f(4 ; 5)\) là giá trị lớn nhất của hàm số \(f(x ; y)\) trên miền nghiệm của hệ (*). Như vậy để được số điểm thưởng là lớn nhất cần pha chế 6 lít nước cam và 5 lít nước táo.

    Bài 2. Một công ty kinh doanh thương mại chuẩn bị cho một đợt khuyến mại nhằm thu hút khách hàng bằng cách tiến hành quảng cáo sản phẩm của công ty trên hệ thống phát thanh và truyền hình. Chi phí cho 1 phút quảng cáo trên sóng phát thanh là 800.000 đồng, trên sóng truyền hình là 4.000.000 đồng. Công ty dự định chi tối đa 16.000.000 đồng cho quảng cáo.

    • Gọi x và y lần lượt là số phút mà công ty thuê quảng cáo trên hệ thống phát thanh và truyền hình. Viết bất phương trình biểu thị mối liên hệ giữa x và y sao cho tổng số tiền công ty chi phí cho quảng cáo không quá 16 triệu đồng.
    • Biểu diễn miền nghiệm của bất phương trình ở câu a trên mặt phẳng tọa độ.

    Bài 3. Trong một cuộc thi gói bánh vào dịp năm mới, mỗi đội chơi được sử dụng tối đa 20 kg gạo nếp, 2 kg thịt ba chỉ, 5 kg đậu xanh để gói bánh chưng và bánh ống. Để gói một cái bánh chưng cần 0,4 kg gạo nếp, 0,05 kg thịt và 0,1 kg đậu xanh; để gói một cái bánh ống cần 0,6 kg gạo nếp, 0,075 kg thịt và 0,15 kg đậu xanh. Mỗi cái bánh chưng nhận được 5 điểm thưởng, mỗi cái bánh ống nhận được 7 điểm thưởng. Hỏi cần phải gói mấy cái bánh mỗi loại để được nhiều điểm thưởng nhất?

    Bài 4. Một gia đình cần ít nhất 900 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit trong thức ăn mỗi ngày. Mỗi kg thịt bò chứa 800 đơn vị protein và 200 đơn vị lipit. Mỗi kg thịt lợn chứa 600 đơn vị protein và 400 đơn vị lipit. Biết rằng gia đình này chỉ mua nhiều nhất 1,6 kg thịt bò và 1,1 kg thịt lợn, giá tiền mỗi kg thịt bò là 250.000 đồng, giá tiền mỗi kg thịt lợn là 85.000 đồng. Hỏi chi phí ít nhất để mua thịt mỗi ngày của gia đình đó là bao nhiêu?

    Bài 5. Một công ty cần thuê xe để chở 140 người và 9 tấn hàng. Nơi thuê xe có hai loại xe A và B, trong đó loại xe A có 10 chiếc và loại xe B có 9 chiếc. Một chiếc xe loại A cho thuê với giá 4 triệu đồng, một chiếc xe loại B cho thuê với giá 3 triệu. Biết rằng mỗi xe loại A có thể chở tối đa 20 người và 0,6 tấn hàng; mỗi xe loại B có thể chở tối đa 10 người và 1,5 tấn hàng. Hỏi phải thuê bao nhiêu xe mỗi loại để chi phí bỏ ra là ít nhất?

    Bài 6. Một hộ nông dân định trồng đậu và cà trên diện tích 8 ha. Nếu trồng đậu thì cần 20 công và thu 3000000 đồng trên diện tích mỗi ha, nếu trồng cà thì cần 30 công và thu 4000000 đồng trên diện tích mỗi ha. Hỏi cần trồng mỗi loại cây trên với diện tích là bao nhiêu để thu được nhiều tiền nhất biết rằng tổng số công không quá 180?

    Bài 7. Có ba nhóm máy A, B, C dùng để sản xuất ra hai loại sản phẩm I và II. Để sản xuất một đơn vị sản phẩm mỗi loại phải lần lượt dùng các máy thuộc các nhóm khác nhau. Số máy trong một nhóm và số máy của từng nhóm cần thiết để sản xuất ra một đơn vị sản phẩm thuộc mỗi loại được cho trong bảng sau: Mỗi đơn vị sản phẩm I lãi 3.000 đồng, mỗi đơn vị sản phẩm II lãi 5.000 đồng. Để việc sản xuất hai loại sản phẩm trên có lãi cao nhất thì cần dùng đến mấy máy thuộc nhóm A?

    Bài tập thực tế hệ bất phương trình lớp 10

    Bài 8. Một phân xưởng có hai máy đặc chủng M1 và M2 sản xuất hai loại sản phẩn ký hiệu là A và B. Một tấn sản phẩm loại A lãi 2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại B lãi 1,6 triệu đồng. Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại A phải dùng máy M1 trong 3 giờ và máy M2 trong 1 giờ. Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại B phải dùng máy M1 trong 1 giờ và máy M2 trong 1 giờ. Một máy không thể dùng để sản xuất đồng thời hai loại sản phẩm. Máy M1 làm việc không quá 6 giờ một ngày, máy M2 làm việc không quá 4 giờ một ngày. Hỏi số tiền lãi lớn nhất mà phân xưởng này có thể thu được trong một ngày là bao nhiêu?

    Bài 9. Người ta dự định dùng hai loại nguyên liệu để chiết xuất ít nhất 140 kg chất A và 9 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại I giá 4 triệu đồng, có thể chiết xuất được 20 kg chất A và 0,6 kg chất B. Từ mỗi tấn nguyên liệu loại II giá 3 triệu đồng có thể chiết xuất được 10 kg chất A và 1,5 kg chất B. Hỏi phải dùng bao nhiêu tấn nguyên liệu mỗi loại để chi phí mua nguyên liệu là ít nhất, biết rằng cơ sở cung cấp nguyên liệu chỉ có thể cung cấp không quá 10 tấn nguyên liệu loại I và không quá 9 tấn nguyên liệu loại II?

    Bài 10. Một công ty kinh doanh thương mại chuẩn bị cho một đợt khuyến mại nhằm thu hút khách hàng bằng cách tiến hành quảng cáo sản phẩm của công ty trên hệ thống phát thanh và truyền hình. Chi phí cho 1 phút quảng cáo trên sóng phát thanh là 800.000 đồng, trên sóng truyền hình là 4.000.000 đồng. Đài phát thanh chỉ nhận phát các chương trình quảng cáo dài ít nhất là 5 phút. Do nhu cầu quảng cáo trên truyền hình lớn nên đài truyền hình chỉ nhận phát các chương trình dài tối đa là 4 phút. Theo các phân tích cùng thời lượng một phút quảng cáo trên truyền hình sẽ có hiệu quả gấp 6 lần trên sóng phát thanh. Công ty dự định chi tối đa là 16.000.000 đồng cho quảng cáo. Công ty cần đặt thời lượng quảng cáo trên sóng phát thanh và truyền hình như thế nào để hiệu quả nhất?

    Bài 11. Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm, mỗi kg sản phẩm loại một cần 2 kg nguyên liệu và 30 giờ, đem lại mức lợi nhuận 40 000 đồng. Mỗi sản phẩm loại hai cần 4 kg nguyên liệu và 15 giờ đem lại mức lợi nhuận là 30 000 đồng. Xưởng có 200 kg nguyên liệu và 1200 giờ làm việc. Hỏi cần sản xuất mỗi loại sản phẩm bao nhiêu để có mức lợi nhuận cao nhất?

    Bài 12. Một công ty điện tử sản xuất hai kiểu radio trên hai dây chuyền độc lập. Radio kiểu một sản xuất trên dây chuyền một với công suất 45 radio/ngày, radio kiểu hai sản xuất trên dây chuyền hai với công suất 80 radio/ngày. Để sản xuất một chiếc radio kiểu một cần 12 linh kiện, để sản xuất một chiếc radio kiểu hai cần 9 linh kiện. Tiền lãi khi bán một chiếc radio kiểu một là 250 000 đồng, lãi thu được khi bán một chiếc radio kiểu hai là 180 000 đồng. Hỏi cần sản xuất như thế nào để tiền lãi thu được là nhiều nhất, biết rằng số linh kiện có thể sử dụng tối đa trong một ngày là 900?

    Bài 13. Trong một cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi được sử dụng tối đa 24 g hương liệu, 9 lít nước và 210 g đường để pha chế nước cam và nước táo. Để pha chế 1 lít nước cam cần 30 g đường và 1 lít nước; pha chế 1 lít nước táo cần 10 g đường, 1 lít nước và 4 g hương liệu. Mỗi lít nước cam nhận được 20 điểm thưởng, mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng. Hỏi cần pha chế bao nhiêu lít nước trái cây mỗi loại để được số tiền thưởng là lớn nhất?

    Bài 14. Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm:

    • Mỗi kg sản phẩm loại I cần 2 kg nguyên liệu và 30 giờ, đem lại mức lời 40 nghìn;
    • Mỗi kg sản phẩm loại II cần 4 kg nguyên liệu và 15 giờ, đem lại mức lời 30 nghìn.

    Xưởng có 200 kg nguyên liệu và 1200 giờ làm việc. Nên sản xuất mỗi loại sản phẩm bao nhiêu để có mức lời cao nhất?

    Bài 15. Trong một cuộc thi pha chế, mỗi đội chơi được sử dụng tối đa 24 g hương liệu, 9 lít nước và 210 g đường để pha chế nước cam và nước táo.

    • Để pha chế 1 lít nước cam cần 30 g đường, 1 lít nước và 1 g hương liệu;
    • Để pha chế 1 lít nước táo cần 10 g đường, 1 lít nước và 4 g hương liệu.

    Mỗi lít nước cam nhận được 60 điểm thưởng, mỗi lít nước táo nhận được 80 điểm thưởng. Hỏi cần pha chế bao nhiêu lít nước trái cây mỗi loại để đạt được số điểm thưởng cao nhất?

    Bài 16. Một xưởng cơ khí có hai công nhân là Chiến và Bình. Xưởng sản xuất loại sản phẩm I và II . Mỗi sản phẩm I bán lãi 500 nghìn đồng, mỗi sản phẩm II bán lãi 400 nghìn đồng. Để sản xuất được một sản phẩm I thì Chiến phải làm việc trong 3 giờ, Bình phải làm việc trong 1 giờ. Để sản xuất được một sản phẩm II thì Chiến phải làm việc trong 2 giờ, Bình phải làm việc trong 6 giờ. Một người không thể làm được đồng thời hai sản phẩm. Biết rằng trong một tháng Chiến không thể làm việc quá 180 giờ và Bình không thể làm việc quá 220 giờ. Số tiền lãi lớn nhất trong một tháng của xưởng là bao nhiêu?

    Bài 17. Một nhà khoa học đã nghiên cứu về tác động phối hợp của hai loại Vitamin A và B đã thu được kết quả như sau: Trong một ngày, mỗi người cần từ 400 đến 1000 đơn vị Vitamin cả A lẫn B và có thể tiếp nhận không quá 600 đơn vị vitamin A và không quá 500 đơn vị vitamin B . Do tác động phối hợp của hai loại vitamin trên nên mỗi ngày một người sử dụng số đơn vị vitamin B không ít hơn một nửa số đơn vị vitamin A và không nhiều hơn ba lần số đơn vị vitamin A . Tính số đơn vị vitamin mỗi loại ở trên để một người dùng mỗi ngày sao cho chi phí rẻ nhất, biết rằng mỗi đơn vị vitamin A có giá 9 đồng và mỗi đơn vị vitamin B có giá 7,5 đồng.

    Bài 18. Công ty Bao bì Dược cần sản xuất 3 loại hộp giấy: đựng thuốc B1, đựng cao Sao vàng và đựng “Quy sâm đại bổ hoàn”. Để sản xuất các loại hộp này, công ty dùng các tấm bìa có kích thước giống nhau. Mỗi tấm bìa có hai cách cắt khác nhau.

    • Cách thứ nhất cắt được 3 hộp B1, một hộp cao Sao vàng và 6 hộp Quy sâm;
    • Cách thứ hai cắt được 2 hộp B1, 3 hộp cao Sao vàng và 1 hộp Quy sâm.

    Theo kế hoạch, số hộp Quy sâm phải có là 900 hộp, số hộp B1 tối thiểu là 900 hộp, số hộp cao sao vàng tối thiểu là 1000 hộp. Cần phương án sao cho tổng số tấm bìa phải dùng là ít nhất?

    Bài 19. Một nhà máy sản xuất, sử dụng ba loại máy đặc chủng để sản xuất sản phẩm A và sản phẩm B trong một chu trình sản xuất. Để sản xuất một tấn sản phẩm A lãi 4 triệu đồng, người ta sử dụng máy I trong 1 giờ, máy II trong 2 giờ và máy III trong 3 giờ. Để sản xuất ra một tấn sản phẩm B lãi được 3 triệu đồng, người ta sử dụng máy I trong 6 giờ,máy II trong 3 giờ và máy III trong 2 giờ. Biết rằng máy I chỉ hoạt động không quá 36 giờ, máy II hoạt động không quá 23 giờ và máy III hoạt động không quá 27 giờ. Hãy lập kế hoạch sản xuất cho nhà máy để tiền lãi được nhiều nhất.

    Bài 20. Một máy cán thép có thể sản xuất hai sản phẩm thép tấm và thép cuộn (máy không thể sản xuất hai loại thép cùng lúc và có thể làm việc 40 giờ một tuần). Công suất sản xuất thép tấm là 250 tấn/giờ, công suất sản xuất thép cuộn là 150 tấn/giờ. Mỗi tấn thép tấm có giá 25 USD, mỗi tấn thép cuộn có giá 30 USD. Biết rằng mỗi tuần thị trường chỉ tiêu thụ tối đa 5000 tấn thép tấm và 3500 tấn thép cuộn. Hỏi cần sản xuất bao nhiêu tấn thép mỗi loại trong một tuần để lợi nhuận thu được là cao nhất?

    Bài 21. Một hộ nông dân định trồng cà phê và ca cao trên diện tích 10 ha. Nếu trồng cà phê thì cần 20 công và thu về 10000000 đồng trên diện tích mỗi ha, nếu trồng cà thì cần 30 công và thu 12000000 đồng trên diện tích mỗi ha. Hỏi cần trồng mỗi loại cây trên với diện tích là bao nhiêu để thu được nhiều tiền nhất biết rằng số công trồng cà phê không vượt quá 100 công và số công trồng ca cao không vượt quá 180 công.

    Bài 22. Một công ty, trong một tháng cần sản xuất ít nhất 12 viên kim cương to và 9 viên kim cương nhỏ. Từ 1 tấn Cacbon loại 1 (giá 100 triệu đồng) có thể chiết xuất được 6 viên kim cương to và 3 viên kim cương nhỏ, từ 1 tấn Cacbon loại 2 (giá 40 triệu đồng) có thể chiết xuất được 2 viên kim cương to và 2 viên kim cương nhỏ. Mỗi viên kim cương to có giá 20 triệu đồng, mỗi viên kim cương nhỏ có giá 10 triệu đồng. Hỏi trong một tháng công ty này thu về được nhiều nhất là bao nhiêu tiền, biết rằng mỗi tháng chỉ có thể sử dụng tối đa 4 tấn Cacbon mỗi loại?

  • Bất đẳng thức Côsi và ứng dụng

    Bất đẳng thức Côsi và ứng dụng

    Bất đẳng thức CôSi (Cauchy) hay bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm.

    1. Bất đẳng thức Cô-si là gì?

    Trong toán học, bất đẳng thức Cauchy là bất đẳng thức so sánh giữa trung bình cộng và trung bình nhân của n số thực không âm được phát biểu như sau.

    Với $a_1,a_2,\ldots,a_n$ là các số thực không âm, khi đó $$a_1+a_2+\cdots +a_{n}\ge n\sqrt[n]{a_1a_2\ldots a_n}.$$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=\cdots =a_n$.

    các bất đẳng thức thường sử dụng, SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẤU BẰNG KHÔNG TẠI TÂM, chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi
    Chứng minh bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm bằng hình học

    Trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng, và trung bình cộng chỉ bằng trung bình nhân khi và chỉ khi n số đó bằng nhau.

    Các trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Cosi:

    • Bất đẳng thức Cô si với 2 số thực không âm $a$ và $b$ thì: \[\frac{a+b}{2} \geqslant \sqrt{ab}\] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.
    • Bất đẳng thức Cô si với 3 số thực không âm $a,b$ và $c$ thì: \[\frac{a+b+c}{3} \geqslant \sqrt[3]{abc}\] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b =c.

    Tên đúng của bất đẳng thức này là bất đẳng thức AM-GM. Có nhiều cách để chứng minh bđt này nhưng hay nhất là cách chứng minh quy nạp của Cauchy.

    2. Các dạng phát biểu của bất đẳng thức Cô-si

    a. Dạng tổng quát của bất đẳng thức Cô-si

    Cho $x_1, x_2, x_3,…,x_n$ là các số thực dương ta có:

    – Dạng 1: \(\dfrac{x_1+x_2+…+x_n}{n} \geqslant \sqrt[n]{x_1 x_2 x_3…x_n}\)

    – Dạng 2: \({x_1+x_2+…+x_n} \geqslant n\sqrt[n]{x_1 x_2 x_3…x_n}\)

    – Dạng 3: \(\left(\dfrac{x_1+x_2+…+x_n}{n}\right)^n \geqslant x_1 x_2 x_3…x_n\)

    – Dạng 4: \(\left(x_1+x_2+…+x_n\right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+…\frac{1}{x_n} \right) \geqslant n^2\)

    Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x_1= x_2= x_3=…=x_n$.

    b. Dạng đặc biệt của bất đẳng thức Cô-si

    Là các trường hợp đặc biệt của dạng tổng quát ở trên khi n=2, n=3.

    Bất đẳng thức Côsi và ứng dụng 1

    c. Một số bất đẳng thức được suy ra từ bất đẳng thức Cauchy

    Bất đẳng thức Côsi, bdt cosi, bất đẳng thức cauchy

    d. Chú ý khi sử dụng bất đẳng thức AM – GM

    • Khi áp dụng bất đẳng thức Cô si thì các số phải là những số không âm;
    • Bất đẳng thức Côsi thường được áp dụng khi trong BĐT cần chứng minh có tổng và tích;
    • Điều kiện xảy ra dấu ‘=’ là các số bằng nhau;
    • Bất đẳng thức Côsi còn có hình thức khác thường hay sử dụng.

    3. Hệ quả của bất đẳng thức Cô-si

    • \(x^{2}+y^{2} \geq 2 x y ; 2\left(x^{2}+y^{2}\right) \geq(x+y)^{2} ; \sqrt{2(x+y)} \geq \sqrt{x}+\sqrt{y}\)
    • \(x^{2}+y^{2}-x y \geq \frac{3(x+y)^{2}}{4}\)
    • \(x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x\)
    • \(3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq(x+y+z)^{2} \geq 3(x y+y z+z x)\)
    • \(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} y^{2} \geq x y z(x+y+z)+3\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right) \geq(x y+y z+z x)^{2} \geq 3 x y z(x+y+z)\)

    4. Các dạng bài tập bất đẳng thức Cô-si

    Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=x+\frac{7}{x}$ với x > 0.

    Lời giải:

    Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số x > 0 và ta có: \[ x+\frac{7}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \frac{7}{x}}=2 \sqrt{7} \] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x=\frac{7}{x} \Leftrightarrow x^{2}=7 \Leftrightarrow x=\sqrt{7}\) (do x>0).

    Vậy \(\min A=2 \sqrt{7} \Leftrightarrow x=\sqrt{7}\).

    Bài 2: Cho \(x>0, y>0\) thỏa mãn điều kiện \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2}\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(A=\sqrt{x}+\sqrt{y}\).

    Lời giải: Áp dụng bdt Cosi ta có \[ \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{y}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \geq \frac{2}{\sqrt{x y}} \Leftrightarrow \sqrt{x y} \geq 4 \]
    Lại có, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số (x>0, y>0) ta có:
    \[\sqrt{x}+\sqrt{y} \geq 2 \sqrt{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{4}=4 \] Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[ \left\{\begin{array}{l}
    x=y \\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{2}
    \end{array} \right. \Leftrightarrow x=y=4. \]

    Vậy $\min A = 4$ khi và chỉ khi $x = y = 4$.

    Bài 3: Ví dụ: Cho \(a\), \(b\) là số dương thỏa mãn \(a^{2}+b^{2}=2\). Chứng minh rằng \[ (a+b)^{5} \geq 16 a b \sqrt{\left(1+a^{2}\right)\left(1+b^{2}\right)} \]

    Lời giải: Ta có \((a+b)^{5}=\left(a^{2}+2 a b+b^{2}\right)\left(a^{3}+3 a b^{2}+3 a^{2} b+b^{3}\right)\)

    Áp dụng bdt Côsi ta có \[ \begin{aligned} &a^{2}+2 a b+b^{2} \geq 2 \sqrt{2 a b\left(a^{2}+b^{2}\right)}=4 \sqrt{a b} \text { và } \\ &\left(a^{3}+3 a b^{2}\right)+\left(3 a^{2} b+b^{3}\right) \geq 2 \sqrt{\left(a^{3}+3 a b^{2}\right)\left(3 a^{2} b+b^{3}\right)}=4 \sqrt{a b\left(1+b^{2}\right)\left(a^{2}+1\right)} \end{aligned} \]

    Suy ra \(\left(a^{2}+2 a b+b^{2}\right)\left(a^{3}+3 a b^{2}+3 a^{2} b+b^{3}\right) \geq 16 a b \sqrt{\left(a^{2}+1\right)\left(b^{2}+1\right)}\)

    Do đó \((a+b)^{5} \geq 16 a b \sqrt{\left(1+a^{2}\right)\left(1+b^{2}\right)}\) (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=1\).

    Bài 4: Tìm GTLN của: $y=x^{2}(1-x) \quad, x \in(0,1)$

    Lời giải: Do $x, 1-x>0$ nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $$ 2 y=x^{2}(1-2 x)=x \cdot x \cdot(1-2 x) \leq\left(\frac{x+x+1-2 x}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27} \Rightarrow y \leq \frac{1}{54} $$ Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow x=1-2 x \Leftrightarrow x=\frac{1}{3}$.

    Vậy Max $y=\frac{1}{27}$ khi $x=\frac{1}{3}$

    Bài 5: Tìm GTNN của: $y=x+\frac{1}{x-1}, x>1$.

    Lời giải: Do $x-1>0$ nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $$ y=(x-1)+\frac{1}{x-1}+1 \geq 2 \sqrt{(x-1) \cdot \frac{1}{x-1}}+1=3 \Rightarrow y \geq 3 $$ Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow x-1=\frac{1}{x-1} \Leftrightarrow x=2$.

    Vậy Min $y=3$ khi $x=2$.

    Xem thêm Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy).

    Bài 6: Cho 3 số dương \(a, b\), c, hãy chứng minh: \[ \left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{a}\right) \geq 8 \]

    Hướng dẫn giải: Áp dụng BĐT Cosi, ta có: \[ \begin{aligned} a+\frac{1}{b} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{b}};\\ b+\frac{1}{c} \geq 2 \sqrt{\frac{b}{c}};\\ c+\frac{1}{a} \geq 2 \sqrt{\frac{c}{a}} \end{aligned}\]

    Nhân theo vế 3 bdt này ta được \[\left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{a}\right) \geq 8 \sqrt{\frac{a}{b}} \cdot \sqrt{\frac{b}{c}} \sqrt{\frac{c}{a}}=8 \] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\).

    Bài 7: Cho $a, b, c>0$. Chứng minh:

    a) $a^2+b^2+4 \geqslant 2a+2b+ab$
    b) $a(1+b)+b(1+c)+c(1+a) \geq 3 \sqrt[3]{a b c}(1+\sqrt[3]{a b c})$
    c) $a \sqrt{b-1}+b \sqrt{a-1} \leq a b$ với $a, b \geq 1$

    Lời giải:

    a) Áp dụng bât đẳng thức Cauchy ta có: $$ \begin{aligned} &a^{2}+4 \geq 4 a \\ &b^{2}+4 \geq 4 b \\ &a^{2}+b^{2} \geq 2 a b. \end{aligned} $$ Cộng lại ta được: $$ 2 a^{2}+2 b^{2}+8 \geq 4 a+4 b+2 a b $$ Dấu ‘=’ xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=2$

    b) Ta có : $$ a(1+b)+b(1+c)+c(1+a)=(a+b+c)+(a b+b c+c a) $$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : $$ \begin{aligned} &a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{a b c} \\ &a b+b c+c a \geq 3 \sqrt[3]{a^{2} b^{2} c^{2}} \end{aligned} $$ Cộng lại ta được đpcm.

    Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.

    c) Ta có: $$a \sqrt{b-1}=\sqrt{a} \sqrt{a b-a} \leq \frac{a+a b-a}{2}=\frac{a b}{2}$$Tương tự: $$b \sqrt{a-1} \leq \frac{a b}{2}$$ Cộng lại ta đpcm.

    Dấu ‘=’ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=2$.

    Bài 8: Chứng minh với ba số a, b, c không âm thỏa mãn a + b + c = 3 thì: \[ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} \]

    Nhận xét: Bài toán đạt được dấu bằng khi và chi khi $a = b = c = 1$.

    Ta sẽ sử dụng phương pháp làm trội làm giảm như sau: \[ \frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2 a} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{a}{b+c} \cdot \frac{b+c}{4} \cdot \frac{1}{2 a}}=3 \sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{3}{2} \]

    Tương tự ta có \(\frac{b}{c+a}+\frac{c+a}{4}+\frac{1}{2 b} \geq \frac{3}{2}\) và \(\frac{c}{a+b}+\frac{a+b}{4}+\frac{1}{2 c} \geq \frac{3}{2}\).

    Cộng vế với vế ta có: \[ \begin{align*}\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2 a}+\frac{b}{c+a}+\frac{c+a}{4}+\frac{1}{2 b}+\frac{c}{a+b}+\frac{a+b}{4}+\frac{1}{2 c} & \geq 3 \cdot \frac{3}{2}=\frac{9}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{2(a+b+c)}{4}+\frac{a b+b c+c a}{2 a b c} & \geq \frac{9}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{a+b+c}{2}+\frac{a+b+c}{2} & \geq \frac{9}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} &\geq \frac{9}{2}-3=\frac{3}{2} \end{align*} \]

    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1$.

  • HỌC BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO?

    Chúng tôi xin giới thiệu bài viết “HỌC BẤT ĐẲNG THỨC NHƯ THẾ NÀO?” của thầy Phùng Quyết Thắng.

    7 kĩ năng quan trọng khi giải các bài toán Bất đẳng thức

    Định luật bảo toàn dấu bằng hay còn gọi là điểm rơi của bài toán

    Mời bạn xem trong bài Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy)

    Bậc của B.Đ.T và kĩ năng đồng bậc hoá

    B.Đ.T đồng bậc là tất cả các hạng tử của đa thức đó có bậc bằng nhau.VD: a² +b² ≥ 2ab đều cùng bậc 2 cả vế trái và vế phải.

    Đồng bậc hoá B.Đ.T là quá trình sử dụng giả thiết để đưa B.Đ.T không đồng bậc về dạng tương đương với một B.Đ.T đồng bậc. Đây là cơ sở để người ra đề giấu bản chất bài toán, khiến người giải bị lạc lối .

    VD: Cho xy= 1. CMR: x² + y² ≥ 2.

    B.Đ.T cần chứng minh vế trái và vế phải ko đồng bậc, tìm cách làm vế phải có bậc giống vế trái dựa vào gt và biến đổi tương đương (quy tắc 3), B.Đ.T được giải quyết xong!

    x² + y² ≥ 2xy ⇔ (x-y)²≥ 0

    Ghép đối xứng

    Thành thạo bài toán cosi tổng ta tích với điểm rơi tự nhiên và điều chỉnh hệ số với điểm rơi nhân tạo.

    Cosi: mx + n/x ≥ 2√(mn) trong đó điểm rơi tự nhiên: x =√(n/m) > x của TXD

    Khi điểm rơi tự nhiên < x của TXD thì hệ số điều chỉnh a = n/x² với x là điểm rơi nhân tạo ≥ x của TXD khi đó biến đổi biểu thức thành dạng n/x + ax + (m-a)x. trong đó n/x + ax đánh giá theo Cosi (m-a)x đánh giá theo TXD

    Kĩ thuật biến đổi tương đương

    Kĩ thuật biến đổi tương đương: là các phép biến đổi đại số đưa B.Đ.T về dạng tương đương để đánh giá thuận tiện hơn, đa phần B.Đ.T cuối cùng đưa về dạng bậc chẵn hoặc dạng tích mà điều kiện của TXD giúp chúng ta chứng minh được B.Đ.T≥ 0

    Sắp xếp các biến

    Đây là câu hỏi nhiều bạn ko biết tại sao và khi nào dùng được quy tắc này khi thấy nhiều lời giải hay ghi câu “Không mất tính tổng quát, giả sử a≥b≥c…” mà ko nói tại sao??? họ biết nhưng họ bỏ câu phía trước rồi!

    • Tính chất 1: B.Đ.T là hoán vị có thể giả sử một số là lớn nhất (nhỏ nhất) hoặc nằm giữa trong ba số.
    • Tính chất 2: B.Đ.T là đối xứng ta có thể giả sử a≥b≥c.

    Vậy B.Đ.T có tính hoán vị, đối xứng được định nghĩa ntn?

    B.Đ.T f(a,b,c)≥ 0 có tính hoán vị nếu f(a,b,c)=f(b,c,a)=f(c,b,a)

    B.Đ.T f(a,b,c) có tính đối xứng là B.Đ.T hoán vị + đổi chỗ b và c vẫn bằng nhau, tức là: f(a,b,c)=f(b,c,a)=f(c,b,a)=f(a,c,b)

    Phân biệt và hiểu về độ mạnh yếu (độ chặt) trong B.Đ.T

    Hệ quả quan trọng: nếu B.Đ.T (1) suy ra được B.Đ.T (2) nhưng (2) ko suy ngược lại (1) thì B.Đ.T (1) mạnh hơn B.Đ.T (2)

    Khái niệm mạnh yếu giúp chúng ta lí giải thật sự logic và rõ ràng tình huống “bị ngược dấu” khi chứng minh B.Đ.T

    Một số ý tưởng đơn giản hoá bài toán

    1. Tìm cách đưa B.Đ.T về bậc càng thấp.
    2. Giảm số lượng biến bằng hai cách: đổi biến (đặt ẩn phụ) và phương pháp dồn biến.
    3. B.Đ.T chứa căn thì phải tìm cách phá căn bằng: + Nâng lũy thừa + Đặt ẩn phụ + Áp dụng B.Đ.T cơ bản và bổ đề : cosi tích ra tổng, Bunhiacopsk

  • Chứng minh bất đẳng thức bằng biến đổi tương đương

    Chứng minh bất đẳng thức bằng biến đổi tương đương

    Chứng minh bất đẳng thức bằng biến đổi tương đương là chúng ta sử dụng định nghĩa và các tính chất cơ bản của bất đẳng thức.

    Phương pháp giải. Để chứng minh bất đẳng thức (BĐT) A ≥ B ta có thể sử dụng các cách sau:

    • Ta đi chứng minh A-B ≥ 0. Để chứng minh nó ta thường sử dụng các hằng đẳng thức để phân tích A-B thành tổng hoặc tích của những biểu thức không âm.
    • Xuất phát từ BĐT đúng, biến đổi tương đương về BĐT cần chứng minh.

    Ví dụ minh họa Chứng minh bất đẳng thức bằng biến đổi tương đương

    1. Biến đổi tương đương về bất đẳng thức đúng.

    Ví dụ 1: Cho hai số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau:

    1. $ab\le \frac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}$
    2. $ab\le {{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}$
    3. $3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$
    4. ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\ge 3\left( ab+bc+ca \right)$

    Lời giải

    1. Ta có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab={{(a-b)}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}\ge 2ab$. Đẳng thức$\Leftrightarrow a=b$.
    2. Bất đẳng thức tương đương với ${{\left( \frac{a+b}{2} \right)}^{2}}-ab\ge 0$
      $\Leftrightarrow {{a}^{2}}+2ab+{{b}^{2}}\ge 4ab\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$ (đúng) ĐPCM.
      Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b$
    3. BĐT tương đương $3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca$
      $\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0$ (đúng) ĐPCM.
      Đẳng thức xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c$
    4. BĐT tương đương ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2ab+2bc+2ca\ge 3\left( ab+bc+ca \right)$
      $\Leftrightarrow 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-2\left( ab+bc+ca \right)\ge 0$ $\Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}+{{\left( b-c \right)}^{2}}+{{\left( c-a \right)}^{2}}\ge 0$ (đúng) ĐPCM.
      Đẳng thức xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c$

    Nhận xét: Các BĐT trên được vận dụng nhiều, và được xem như là “bổ đề” trong chứng minh các bất đẳng thức khác.

    Ví dụ 2: Cho năm số thực $a,b,c,d,e$. Chứng minh rằng $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}\ge a(b+c+d+e)$$.

    Lời giải. Ta có: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}+{{e}^{2}}-a(b+c+d+e)=$
    $=(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ab+{{b}^{2}})+(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ac+{{c}^{2}})+(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ad+{{d}^{2}})+(\frac{{{a}^{2}}}{4}-ae+{{e}^{2}})$
    $={{(\frac{a}{2}-b)}^{2}}+{{(\frac{a}{2}-c)}^{2}}+{{(\frac{a}{2}-d)}^{2}}+{{(\frac{a}{2}-e)}^{2}}\ge 0\Rightarrow $ đpcm.
    Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow b=c=d=e=\frac{a}{2}$.

    Ví dụ 3: Cho $ab\ge 1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{{{a}^{2}}+1}+\frac{1}{{{b}^{2}}+1}\ge \frac{2}{1+ab}$$

    Lời giải. Ta có $\frac{1}{{{a}^{2}}+1}+\frac{1}{{{b}^{2}}+1}-\frac{2}{1+ab}=(\frac{1}{{{a}^{2}}+1}-\frac{1}{1+ab})+(\frac{1}{{{b}^{2}}+1}-\frac{2}{1+ab})$
    $=\frac{ab-{{a}^{2}}}{({{a}^{2}}+1)(1+ab)}+\frac{ab-{{b}^{2}}}{({{b}^{2}}+1)(1+ab)}=\frac{a-b}{1+ab}(\frac{b}{1+{{b}^{2}}}-\frac{a}{1+{{a}^{2}}})=\frac{a-b}{1+ab}.\frac{b-a+{{a}^{2}}b-{{b}^{2}}a}{(1+{{b}^{2}})(1+{{a}^{2}})}$$=\frac{a-b}{1+ab}\frac{(a-b)(ab-1)}{(1+{{b}^{2}})(1+{{a}^{2}})}=\frac{{{(a-b)}^{2}}(ab-1)}{(1+ab)(1+{{b}^{2}})(1+{{a}^{2}})}\ge 0$ (Do $ab\ge 1)$.

    Nhận xét: Nếu $-1<b\,\le 1$ thì BĐT có chiều ngược lại: $\frac{1}{{{a}^{2}}+1}+\frac{1}{{{b}^{2}}+1}\le \frac{2}{1+ab}$.

    Ví dụ 4: Cho số thực $x$. Chứng minh rằng

    1. ${{x}^{4}}+3\ge 4x$
    2. ${{x}^{4}}+5>{{x}^{2}}+4x$
    3. ${{x}^{12}}+{{x}^{4}}+1>{{x}^{9}}+x$

    Lời giải

    1. Bất đẳng thức tương đương với ${{x}^{4}}-4x+3\ge 0$
      $\Leftrightarrow \left( x-1 \right)\left( {{x}^{3}}+{{x}^{2}}+x-3 \right)\ge 0\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}\left( {{x}^{2}}+2x+3 \right)\ge 0$
      $\Leftrightarrow {{\left( x-1 \right)}^{2}}\left[ {{\left( x+1 \right)}^{2}}+1 \right]\ge 0$ (đúng với mọi số thực $x$ )
      Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=1$.
    2. Bất đẳng thức tương đương với ${{x}^{4}}-{{x}^{2}}-4x+5>0$
      $\Leftrightarrow {{x}^{4}}-2{{x}^{2}}+1+{{x}^{2}}-4x+4>0\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}+{{\left( x-2 \right)}^{2}}>0$
      Ta có ${{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0,\,{{\left( x-2 \right)}^{2}}\ge 0\Rightarrow {{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}+{{\left( x-2 \right)}^{2}}\ge 0$
      Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{matrix}
      {{x}^{2}}-1=0 \\
      x-2=0 \\
      \end{matrix} \right.$ (không xảy ra)
      Suy ra ${{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}+{{\left( x-2 \right)}^{2}}>0$ ĐPCM.
    3. Bất đẳng thức tương đương với ${{x}^{12}}-{{x}^{9}}+{{x}^{4}}-x+1>0$
      + Với $x<1$: Ta có ${{x}^{12}}-{{x}^{9}}+{{x}^{4}}-x+1={{x}^{12}}+{{x}^{4}}\left( 1-{{x}^{5}} \right)+\left( 1-x \right)$
      Vì $x<1$ nên $1-x>0,\,\,1-{{x}^{5}}>0$ do đó ${{x}^{12}}-{{x}^{9}}+{{x}^{4}}-x+1>0$.
      + Với $x\ge 1$: Ta có ${{x}^{12}}-{{x}^{9}}+{{x}^{4}}-x+1={{x}^{9}}\left( {{x}^{3}}-1 \right)+x\left( {{x}^{3}}-1 \right)+1$
      Vì $x\ge 1$ nên ${{x}^{3}}-1\ge 0$ do đó ${{x}^{12}}-{{x}^{9}}+{{x}^{4}}-x+1>0$.
      Vậy ta có ${{x}^{12}}+{{x}^{4}}+1>{{x}^{9}}+x$.

    Ví dụ 5: Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:

    1. ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}-4ab+2\ge 0$
    2. $2\left( {{a}^{4}}+1 \right)+{{\left( {{b}^{2}}+1 \right)}^{2}}\ge 2{{\left( ab+1 \right)}^{2}}$
    3. $3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-ab+4\ge 2\left( a\sqrt{{{b}^{2}}+1}+b\sqrt{{{a}^{2}}+1} \right)$

    Lời giải

    1. BĐT tương đương với $\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}-2{{a}^{2}}{{b}^{2}} \right)+\left( 2{{a}^{2}}{{b}^{2}}-4ab+2 \right)\ge 0$
      $\Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}+2{{\left( ab-1 \right)}^{2}}\ge 0$ (đúng)
      Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\pm 1$.
    2. BĐT tương đương với $2\left( {{a}^{4}}+1 \right)+\left( {{b}^{4}}+2{{b}^{2}}+1 \right)-2\left( {{a}^{2}}{{b}^{2}}+2ab+1 \right)\ge 0$
      $\Leftrightarrow \left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}}-2{{a}^{2}}{{b}^{2}} \right)+\left( 2{{a}^{2}}-4ab+2{{b}^{2}} \right)+\left( {{a}^{4}}-4{{a}^{2}}+1 \right)\ge 0$
      $\Leftrightarrow {{({{a}^{2}}-{{b}^{2}})}^{2}}+2{{(a-b)}^{2}}+{{({{a}^{2}}-1)}^{2}}\ge 0$(đúng)
      Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\pm 1$.
    3. BĐT tương đương với $6\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-2ab+8-4\left( a\sqrt{{{b}^{2}}+1}+b\sqrt{{{a}^{2}}+1} \right)\ge 0$
      $\Leftrightarrow \left[ {{a}^{2}}-4a\sqrt{{{b}^{2}}+1}+4\left( {{b}^{2}}+1 \right) \right]+\left[ {{b}^{2}}-4b\sqrt{{{a}^{2}}+1}+4\left( {{a}^{2}}+1 \right) \right]+\left( {{a}^{2}}-2ab+{{b}^{2}} \right)\ge 0$
      $\Leftrightarrow {{\left( a-2\sqrt{{{b}^{2}}+1} \right)}^{2}}+{{\left( b-2\sqrt{{{a}^{2}}+1} \right)}^{2}}+{{\left( a-b \right)}^{2}}\ge 0$(đúng)
      Đẳng thức không xảy ra.

    Ví dụ 6: Cho hai số thực $x,\,\,y$ thỏa mãn $x\ge y$. Chứng minh rằng:

    1. $4\left( {{x}^{3}}-{{y}^{3}} \right)\ge {{\left( x-y \right)}^{3}}$
    2. ${{x}^{3}}-3x+4\ge {{y}^{3}}-3y$

    Lời giải

    1. Bất đẳng thức tương đương $4\left( x-y \right)\left( {{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}} \right)-{{\left( x-y \right)}^{3}}\ge 0$
      $\Leftrightarrow \left( x-y \right)\left[ 4\left( {{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}} \right)-{{\left( x-y \right)}^{2}} \right]\ge 0\Leftrightarrow \left( x-y \right)\left[ 3{{x}^{2}}+3xy+{{y}^{2}} \right]\ge 0$
      $\Leftrightarrow 3\left( x-y \right)\left[ {{\left( x+\frac{y}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{y}^{2}}}{4} \right]\ge 0$ (đúng với $x\ge y$) ĐPCM.
      Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y$.
    2. Bất đẳng thức tương đương ${{x}^{3}}-{{y}^{3}}\ge 3x-3y-4$
      Theo câu a) ta có ${{x}^{3}}-{{y}^{3}}\ge \frac{1}{4}{{\left( x-y \right)}^{3}}$, do đó ta chỉ cần chứng minh
      $\frac{1}{4}{{\left( x-y \right)}^{3}}\ge 3x-3y-4$ (*), Thật vậy,
      BĐT (*) $\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{3}}-12\left( x-y \right)+16\ge 0$
      $\Leftrightarrow \left( x-y-2 \right)\left[ {{\left( x-y \right)}^{2}}+2\left( x-y \right)-8 \right]\ge 0$
      $\Leftrightarrow {{\left( x-y-2 \right)}^{2}}\left( x-y+4 \right)\ge 0$ (đúng với$x\ge y$ )
      Đẳng thức xảy không xảy ra.

    2. Xuất phát từ một BĐT đúng ta biến đổi đến BĐT cần chứng minh.

    Đối với loại này thường cho lời giải không được tự nhiên và ta thường sử dụng khi các biến có những ràng buộc đặc biệt.

    Chú ý hai mệnh đề sau thường dùng:

    • $a\in \left[ \alpha ;\beta \right]\Rightarrow \left( a-\alpha \right)\left( a-\beta \right)\le 0$ $\left( * \right)$
    • $a,b,c\in \left[ \alpha ;\beta \right]\Rightarrow \left( a-\alpha \right)\left( b-\alpha \right)\left( c-\alpha \right)+\left( \beta -a \right)\left( \beta -b \right)\left( \beta -c \right)\ge 0\left( ** \right)$

    Ví dụ 7: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}<2(ab+bc+ca)$$

    Lời giải. Vì a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên ta có:$$a+b>c\Rightarrow ac+bc>{{c}^{2}}$$ Tương tự $$bc+ba>{{b}^{2}}$$ $$ca+cb>{{c}^{2}}$$ cộng ba BĐT này lại với nhau ta có đpcm.

    Nhận xét: Ở trong bài toán trên ta đã xuất phát từ BĐT đúng đó là tính chất về độ dài ba cạnh của tam giác. Sau đó vì cần xuất hiện bình phương nên ta nhân hai vế của BĐT với c.
    Ngoài ra nếu xuất phát từ BĐT $|a-b|<c$ rồi bình phương hai vế ta cũng có được kết quả.

    Ví dụ 8: Cho $a,b,c\in [0;1]$. Chứng minh: $${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 1+{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$$
    Lời giải.

    Cách 1: Vì $a,b,c\in [0;1]\Rightarrow (1-{{a}^{2}})(1-{{b}^{2}})(1-{{c}^{2}})\ge 0$
    $\Leftrightarrow 1+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}-{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$ (*)
    Ta có: ${{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}\ge 0;\text{ }{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$ nên từ (*) ta suy ra
    ${{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\le 1+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{2}}{{c}^{2}}+{{c}^{2}}{{a}^{2}}\le 1+{{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$ đpcm.

    Cách 2: BĐT cần chứng minh tương đương với ${{\text{a}}^{\text{2}}}\left( 1-b \right)+{{b}^{2}}\left( 1-c \right)+{{c}^{2}}\left( 1-a \right)\le 1$
    Mà $a,b,c\in \left[ 0;1 \right]$ $\Rightarrow {{a}^{2}}\le a,{{b}^{2}}\le b,{{c}^{2}}\le c$ do đó
    ${{a}^{2}}\left( 1-b \right)+{{b}^{2}}\left( 1-c \right)+{{c}^{2}}\left( 1-a \right)\le a\left( 1-b \right)+b\left( 1-c \right)+c\left( 1-a \right)$
    Ta chỉ cần chứng minh $a\left( 1-b \right)+b\left( 1-c \right)+c\left( 1-a \right)\le 1$
    Thật vậy: vì $a,b,c\in \left[ 0;1 \right]$ nên theo nhận xét $\left( ** \right)$ ta có
    $abc+\left( 1-a \right)\left( 1-b \right)\left( 1-c \right)\ge 0$
    $\Leftrightarrow $$a+b+c-\left( ab+bc+ca \right)\le 1$
    $\Leftrightarrow $$a\left( 1-b \right)+b\left( 1-c \right)+c\left( 1-a \right)\le 1$
    vậy BĐT ban đầu được chứng minh.

    Ví dụ 9: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn: ${{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1$. Chứng minh: $$2(1+a+b+c+ab+bc+ca)+abc\ge 0$$
    Lời giải. Vì ${{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=1\Rightarrow a,b,c\in [-1;1]$ nên ta có:$$(1+a)(1+b)(1+c)\ge 0\Leftrightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ca+abc\ge 0$$ Mặt khác: $$\frac{{{(1+a+b+c)}^{2}}}{2}\ge 0\Leftrightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ca\ge 0$$
    Cộng hai bất đẳng thức trên ta có đpcm.

    Ví dụ 10: Chứng minh rằng nếu $a\ge 4,b\ge 5,c\ge 6$ và ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=90$ thì $a+b+c\ge 16$.

    Lời giải. Từ giả thiết ta suy ra $a<9,b<8,c\le 7$ do đó áp dụng $\left( * \right)$ ta có
    $\left( a-4 \right)\left( a-9 \right)\le 0,\left( b-5 \right)\left( b-8 \right)\le 0,\left( c-6 \right)\left( c-7 \right)\le 0$ nhân ra và cộng các BĐT cùng chiều lại ta được:
    ${{\text{a}}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-13(a+b+c)+118\le 0$suy ra
    $a+b+c\ge \frac{1}{13}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+118 \right)=16$ vì ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=90$
    vậy $a+b+c\ge 16$ dấu “=” xảy ra khi $a=4,b=5,c=7$.

    Ví dụ 11: Cho ba số $a,\,\,b,\,\,c$ thuộc $\left[ -1;1 \right]$ và không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng
    $\frac{{{a}^{4}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}}{{c}^{2}}+{{c}^{4}}{{a}^{2}}+3}{{{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}+{{c}^{2012}}}\ge 2$

    Lời giải. Vì ba số $a,\,\,b,\,\,c$ thuộc $\left[ -1;1 \right]$ nên $0\le {{a}^{2}},{{b}^{2}},{{c}^{2}}\le 1$
    Suy ra$(1-{{b}^{2}})(1+{{b}^{2}}-{{a}^{4}})\ge 0$$\Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{4}}{{b}^{2}}\le 1$ (*)
    Mặt khác ${{a}^{4}}\ge {{a}^{2012}},\,{{b}^{4}}\ge {{b}^{2012}}$ đúng với mọi $a,\,\,b$ thuộc $\left[ -1;1 \right]$
    Suy ra ${{a}^{4}}+{{b}^{4}}-{{a}^{4}}{{b}^{2}}\ge {{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}-{{a}^{4}}{{b}^{2}}$ (**)
    Từ (*) và (**) ta có ${{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}\le {{a}^{4}}{{b}^{2}}+1$ hay $\frac{{{a}^{4}}{{b}^{2}}+{{c}^{2012}}+1}{{{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}+{{c}^{2012}}}\ge 1$
    Tương tự ta có $\frac{{{b}^{4}}{{c}^{2}}+{{a}^{2012}}+1}{{{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}+{{c}^{2012}}}\ge 1$ và $\frac{{{c}^{4}}{{a}^{2}}+{{b}^{2012}}+1}{{{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}+{{c}^{2012}}}\ge 1$
    Cộng vế với ta được $\frac{{{a}^{4}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}}{{c}^{2}}+{{c}^{4}}{{a}^{2}}+{{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}+{{c}^{2012}}+3}{{{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}+{{c}^{2012}}}\ge 3$
    Hay $\frac{{{a}^{4}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}}{{c}^{2}}+{{c}^{4}}{{a}^{2}}+3}{{{a}^{2012}}+{{b}^{2012}}+{{c}^{2012}}}\ge 2$ ĐPCM.

  • Tóm tắt lý thuyết thức bất đẳng thức lớp 10

    Tóm tắt lý thuyết thức bất đẳng thức lớp 10

    1. Định nghĩa bất đẳng thức

    Cho $a,b$ là hai số thực. Các mệnh đề “a>b”, “a<b”, “a≥b”, “a ≤ b” được gọi là những bất đẳng thức.

    • Chứng minh bất đẳng thức là chứng minh bất đẳng thức đó đúng (mệnh đề đúng)
    • Với $A,B$ là mệnh đề chứa biến thì $A>B$ cũng là mệnh đề chứa biến. Chứng minh bất đẳng thức $A>B$ (với điều kiện nào đó) nghĩa là chứng minh mệnh đề chứa biến $A>B$ đúng với tất cả các giá trị của biến (thỏa mãn điều kiện đó).
    • Khi nói ta có bất đẳng thức $A>B$ mà không nêu điều kiện đối với các biến thì ta hiểu rằng bất đẳng thức đó xảy ra với mọi giá trị của biến là số thực.

    2. Tính chất của bất đẳng thức lớp 10

    • $\begin{cases} a>b\\ b>c \end{cases}\Rightarrow a>c$
    • $a>b\Leftrightarrow a+c>b+c$
    • $\begin{cases} a>b>0\\ c>d >0\end{cases} \Rightarrow ac>bd$
    • $\begin{cases} a>b\\ c>d \end{cases} \Rightarrow a+c>b+d$
    • Nếu $c>0$ thì $a>b\Leftrightarrow ac>bc$
    • Nếu $c<0$ thì $a>b\Leftrightarrow ac<bc$
    • $a>b\ge 0\Rightarrow \sqrt{a}>\sqrt{b}$
    • $a\ge b\ge 0\Leftrightarrow {{a}^{2n}}\ge {{b}^{2n}}$, với mọi số tự nhiên dương $n$.
    • $a>b \Leftrightarrow {{a}^{2n+1}}>{{b}^{2n+1}}$, với mọi số tự nhiên $n$.

    3. Các bất đẳng thức thông dụng

    Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân AM-GM (Bất đẳng thức Cauchy)

    a) Đối với hai số không âm

    Cho \(a\ge 0,b\ge 0\), ta có $$\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}$$ Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi $a=b$.

    Hệ quả:

    • Hai số dương có tổng không đổi thì tích lớn nhất khi hai số đó bằng nhau.
    • Hai số dương có tích không đổi thì tổng nhỏ nhất khi hai số đó bằng nhau.

    b) Đối với ba số không âm.

    Cho $a\ge 0,b\ge 0,c\ge 0$, ta có $$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}$$ Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\).

    Bất đẳng thức Bunhia (Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz)

    Cho các số thực $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ và $b_1,b_2,\ldots ,b_n$, ta có $$\left(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+\cdots +b_n^2\right)\ge \left(a_1b_1+a_2b_2+\cdots +a_nb_n\right)^2.$$ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a_1}{b_1}=\dfrac{a_2}{b_2}=\cdots =\dfrac{a_n}{b_n}.$

    Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối.

    • $-\left| a \right|\le a\le \left| a \right|$ với mọi số thực $a$ .
    • $\left| x \right|<a\Leftrightarrow -a<x<a$ ( với $a>0$)
    • $\left| x \right|>a\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x>a \\ & x<-a \\ \end{align} \right.$ ( với $a>0$)

    Bất đẳng thức tam giác

    \[|a|+|b| \geqslant |a\pm b| \geqslant \big| |a|-|b|\big|\]

    Ngoài ra còn rất nhiều bất đẳng thức khác, mời các bạn xem trong bài Các bất đẳng thức thường sử dụng

  • Dãy Fibonacci là gì?

    Dãy Fibonacci là gì?

    Dãy Fibonacci là gì?

    Dãy Fibonacci là dãy vô hạn các số tự nhiên bắt đầu bằng hai phần tử 0 và 1 hoặc 1 và 1, các phần tử sau đó được thiết lập theo quy tắc mỗi phần tử luôn bằng tổng hai phần tử trước nó. Công thức truy hồi của dãy Fibonacci là: $$ F(n)=\begin{cases} 1& \text{khi }&n=1\\ 1& \text{khi }&n=2\\ F(n-1)+F(n-2)& \text{khi }&n>2 \end{cases}$$

    Dãy số Fibonacci (Phibônaxi) được Fibonacci, một nhà toán học người Ý, công bố vào năm 1202 trong cuốn sách Liber Abacci – Sách về toán đồ qua 2 bài toán: Bài toán con thỏ và bài toán số các “cụ tổ” của một ong đực.

    Bài toán đếm số đôi thỏ

    Một đôi thỏ (gồm một thỏ đực và một thỏ cái) không sinh cho đến khi chúng đủ 2 tháng tuổi. Sau khi đủ 2 tháng tuổi,mỗi đôi thỏ sinh một đôi thỏ con (gồm một thỏ đực và một thỏ cái) mỗi tháng. Hỏi sau n tháng có bao nhiêu đôi thỏ, nếu đầu năm (tháng Giêng) có một đôi thỏ sơ sinh

    dãy số Fibonacci và bài toán đếm số con thỏ

    Trong hình vẽ trên, ta quy ước:

    • Cặp thỏ nâu là cặp thỏ có độ tuổi 1 tháng.
    • Cặp thỏ được đánh dấu (màu đỏ và màu xanh) là cặp thỏ có khả năng sinh sản.

    Nhìn vào hình vẽ trên ta nhận thấy:

    • Tháng Giêng và tháng Hai: Chỉ có 1 đôi thỏ.
    • Tháng Ba: đôi thỏ này sẽ đẻ ra một đôi thỏ con, do đó trong tháng này có 2 đôi thỏ.
    • Tháng Tư: chỉ có đôi thỏ ban đầu sinh con nên đến thời điểm này có 3 đôi thỏ.
    • Tháng Năm: có hai đôi thỏ (đôi thỏ đầu và đôi thỏ được sinh ra ở tháng Ba) cùng sinh con nên ở tháng này có 2 + 3 = 5 đôi thỏ.
    • Tháng Sáu: có ba đôi thỏ (2 đôi thỏ đầu và đôi thỏ được sinh ra ở tháng Tư) cùng sinh con ở thời điểm này nên đến đây có 3 + 5 = 8 đôi thỏ.

    Khái quát, nếu n là số tự nhiên khác 0, gọi f(n) là số đôi thỏ có ở tháng thứ n, ta có:

    • Với n = 1 ta được f(1) = 1.
    • Với n = 2 ta được f(2) = 1.
    • Với n = 3 ta được f(3) = 2.

    Do đó với n > 2 ta có công thức tổng quát f(n) = f(n-1) + f(n-2).

    Điều đó có thể được giải thích như sau: Các đôi thỏ sinh ra ở tháng n-1 không thể sinh con ở tháng thứ n, và ở tháng này đôi thỏ tháng thứ n-2 sinh ra một đôi thỏ con nên số đôi thỏ được sinh ra ở tháng thứ n chính là giá trị của f(n - 2).

    Công thức tổng quát của dãy Fibonacci

    Người ta chứng minh được rằng công thức tổng quát cho dãy Fibonacci là: $$F_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right)$$

    Liên hệ với tỉ lệ vàng

    Tỷ lệ vàng $\varphi$ (phi), được đinh nghĩa là tỷ số khi chia đoạn thẳng thành hai phần sao cho tỷ lệ giữa cả đoạn ban đầu với đoạn lớn hơn bằng tỷ số giữa đoạn lớn và đoạn nhỏ.

    tỷ lệ vàng

    Có thể chứng minh rằng nếu quy độ dài đoạn lớn về đơn vị thì tỷ lệ này là nghiệm dương của phương trình:$$\frac{1}{x}=\frac {x}{1+x},$$ hay tương đương $x^{2}-x-1=0$. Nghiệm dương đó chính là $\varphi =\frac{1+\sqrt {5}{2}\approx 1.618\,033\,989$.

    Bạn có thể đọc thêm tại wiki https://vi.wikipedia.org/wiki/D%C3%A3y_Fibonacci

  • Số gần đúng là gì? Sai số là gì?

    Số gần đúng là gì? Sai số là gì?

    Số gần đúng là gì? Sai số là gì?

    1. Số gần đúng là gì?

    Trong nhiều trường hợp ta không thể biết được giá trị đúng của một đại lượng mà ta chỉ biết số gần đúng của nó. Ví dụ: giá trị gần đúng của π là $3{,}14$ hay $3{,}14159$.

    Số gần đúng là gì? Sai số là gì? số pi

    2. Sai số tuyệt đối là gì?

    Sai số tuyệt đối của số gần đúng

    • Nếu $a$ là số gần đúng của số $\overline{a}$ thì $\Delta a =|\overline{a}-a|$ được gọi là sai số tuyệt đối của số gần đúng $a$.
    • Số gần đúng có sai số tuyệt đối càng nhỏ càng biểu thị chính xác kết quả.

    Độ chính xác của một số gần đúng

    Trong thực tế, nhiều khi ta không biết a nên ta không tính được $∆a$. Tuy nhiên ta có thể đánh giá $∆a$ không vượt quá một số dương $d$ nào đó.

    Nếu $∆a \leqslant d$ thì $a-d \leqslant a \leqslant a+d$, khi đó ta viết $a =a \pm d$ và $d$ được gọi là độ chính xác của số gần đúng.

    3. Quy tắc làm tròn số

    • Nếu chữ số sau hàng quy tròn nhỏ hơn $5$ thì ta thay nó và các chữ số bên phải nó bởi chữ số $0$;
    • Nếu chữ số sau hàng quy tròn lớn hơn hoặc bằng $5$ thì ta cũng làm như trên, nhưng cộng thêm một đơn vị vào chữ số của hàng quy tròn.

    4. Cách viết số quy tròn của số gần đúng căn cứ vào độ chính xác cho trước

    • Việc quy tròn số gần đúng căn cứ vào độ chính xác của nó, nếu độ chính xác đến hàng nào thì ta quy tròn số gần đúng đến hàng kề trước nó.

    Ví dụ, cho số gần đúng $a = 17 457 432$ với độ chính xác $d = 137$. Hãy viết số quy tròn của $a$.

    Vì độ chính xác đến hàng trăm nên ta quy tròn số $a$ đến chữ số hàng nghìn. Chữ số hàng trăm là $4$ nhỏ hơn $5$ nên theo quy tắc làm tròn số ta được số quy tròn của $a$ là $17 457 000$.

  • Hệ số góc là gì?

    Hệ số góc là gì?

    Hệ số góc là gì?

    Hệ số góc là gì?

    Hệ số góc của đường thẳng $d$ có phương trình $y=ax+b$ chính là hệ số $a$.

    Ví dụ, đường thẳng $y = -x + 4$ thì hệ số góc của nó bằng $-1$, đường thẳng $y=2x$ thì có hệ số góc là $2$.

    • Hệ số góc $a$ được tính bằng $\tan \alpha$ trong đó $\alpha$ chính là góc tạo bởi chiều dương trục $Ox$ và đường thẳng $d$ lấy theo chiều ngược chiều kim đồng hồ (xem hình vẽ).

    hệ số góc là gì, hệ số góc của đường thẳng là gì

    • Cụ thể hơn, chúng ta gọi $A$ là giao điểm của đường thẳng $d:y=ax+b$ với trục $Ox$, $B$ là một điểm thuộc đường thẳng $d$ và nằm phía trên trục $Ox$. Khi đó $\alpha=\widehat{BAx}$ được gọi là góc tạo bởi đường thẳng $y=ax+b$ và trục $Ox$.

    Phương trình đường thẳng khi biết hệ số góc

    Đường thẳng đi qua điểm $M\left ( x_{0};y_{0} \right )$  và có hệ số góc $k$ thì có phương trình là $$y-y_0=k(x-x_{0})$$

    Ví dụ. Đường thẳng $d$ đi qua điểm $M(3;5)$ và có hệ số góc $k=-2$ thì có phương trình $$y-5=-2(x-3)$$ hay $y=-2x-1$.

    Các tính chất của hệ số góc

    • Cho hai đường thẳng $y=ax+b$ và $y=a’x+b’$:
      • song song hoặc trùng nhau sẽ có cùng hệ số góc ($a=a’$)
      • cắt nhau khi và chỉ khi $a\ne a’$
      • vuông góc với nhau khi và chỉ khi $a\cdot a’=-1$
    • Cho đường thẳng $y=ax+b$ có hệ số góc là $a$:
      • Nếu $a> 0$ thì góc $\alpha$ là góc nhọn, hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$
      • Nếu $a<0$ thì góc $\alpha$ là góc tù, hàm số nghịch biến trên $\mathbb{R}$
      • Nếu $a= 0$ thì hàm số là hàm hằng trên $\mathbb{R}$, đồ thị hàm số là một đường thẳng song song hoặc trùng với trục hoành.

    Xem thêm các dạng toán về đồ thị hàm số bậc nhất Toán 10 Hàm số bậc nhất y=ax+b

    Hệ số góc của đường thẳng $ax+by+c=0$

    Trong hình học lớp 10, phương trình tổng quát của đường thẳng có dạng $ax+by+c=0$. Để tìm hệ số góc của đường thẳng này, chúng ta xét các khả năng:

    • Nếu $b\neq 0$ thì ta chuyển đường thẳng về dạng $y=kx+m$ bằng cách chia hai vế cho $b$ $$y=\frac{-a}{b}x-\frac{c}{b}$$ Như vậy, hệ số góc của đường thẳng đã cho là $k=\frac{-a}{b}$.
    • Nếu $b=0$ thì đường thẳng không có hệ số góc. Lúc đó đường thẳng vuông góc với trục hoành $Ox$.
  • Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy)

    Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy)

    Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy)

    Cách chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi (Cauchy hay tên chính xác là AM-GM, mời bạn xem trong bài Các bất đẳng thức thường sử dụng) hay chính là cách dự đoán dấu bằng xảy ra trong BĐT Cauchy.

    Chọn điểm rơi là gì?

    Chọn điểm rơi ở đây chính là dự đoán giá trị của biến làm dấu bằng trong các bất đẳng thức xảy ra.

    Các dấu hiệu nhận biết thường thấy:

    • Nếu biểu thức có điều kiện ràng buộc thì GTLN, GTNN của biểu thức thường đạt được tại vị trí biên.
    • Nếu biểu thức có tính đối xứng thì dấu “=” thường xảy ra khi các biến bằng nhau.
    • Nếu biểu thức không có tính đối xứng thì tuỳ theo bài toán mà linh hoạt áp dụng.

    Chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Côsi

    Chúng ta xuất phát từ một bài toán quen thuộc sau:

    BÀI TẬP 1: Chứng minh rằng $$x+\frac{1}{x}\ge 2,\forall x>0$$ Đẳng thức xảy ra khi $x=2$.

    Hướng dẫn.  Bài tập trên chỉ cần sử dụng bất đẳng thức Cauchy (AM-GM) chi hai số dương là xong. Tuy nhiên, khá nhiều bạn bạn lúng túng khi gặp bất đẳng thức sau:

    BÀI TẬP 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$S=x+\frac{1}{x},\forall x\ge 2.$$

    Hướng dẫn.

    Sai lầm thường gặp: $$S=x+\frac{1}{x} \ge 2\sqrt{x\cdot \frac{1}{x}}=2$$

    Tuy nhiên, dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{1}{x} $ hay $x=1$, không thỏa mãn giả thiết $x \ge 2$.

    Nhận thấy rằng khi $x$ tăng thì $S$ cũng tăng theo (bằng cách thử trực tiếp hoặc dùng máy tính CASIO vào tính năng lập bảng TABLE để thử). Từ đó dẫn đến dự đoán khi $x=2$ thì $S$ nhận giá trị nhỏ nhất.

    Do bất đẳng thức Côsi xảy ra dấu bằng tại điều kiện các tham số tham gia phải bằng nhau, nên tại “điểm rơi $x=2$” ta không thể sử dụng bất đẳng thức Côsi trực tiếp cho hai số$x$ và $\frac{1}{x}$ vì khi đó $x=2$ còn $\frac{1}{x}=1/2$.

    Lúc này ta sẽ giả định sử dụng bất đẳng thức Côsi cho cặp số $kx$ và $\frac{1}{x}$ thì biểu thức $S$ viết lại thành $$x+\frac{1}{x}=kx +\frac{1}{x}+\left( 1-k \right)x.$$ Cần tìm số $k>0$ sao cho phương trình $kx=\frac{1}{x}$ xảy ra tại $x=2$. Dễ dàng tìm được $k=\frac{1}{4}$ và khi đó $$S=\frac{1}{4}x+\frac{1}{x}+\frac{3}{4}x.$$

    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có: $$\frac{1}{4}x+\frac{1}{x}\ge 2\sqrt{\frac{1}{4}x\frac{1}{x}}=1.$$ Mặt khác, vì $x\ge 2$ nên $$\frac{1}{4}x+\frac{1}{x}+\frac{3}{4}x\ge 1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$$

    Dấu đẳng thức xảy ra khi $x = 2$. Vậy, giá trị nhỏ nhất của $S$ là $2$.

    BÀI TẬP 3: Cho $x > 0,y > 0$ và thoả mãn điều kiện $x+y=1$, chứng minh: $$xy + \frac{1}{xy}\ge \frac{17}{4}$$

    Hướng dẫn. Từ $x > 0 , y > 0$ và $x + y = 1$ suy ra $$1\ge 2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le \frac{1}{4}$$

    Đặt $y =\frac{1}{xy}$ Ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$y+\frac{1}{y}\ge \frac{17}{4}$$ với y$\ge 4$, cách chứng minh tương tự BÀI TẬP 2.

    BÀI TẬP 4: Cho $x>0, y>0,z>0$ và $x+y+z=1$. Chứng minh rằng: $$xyz+\frac{1}{xyz}\ge 27+\frac{1}{27}$$ Dấu bằng xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.

    Sử dụng các bài tập 2, 3, 4, chúng ta có thể chứng minh bài tập sau:

    BÀI TẬP 5:

    a) Cho $x>0,y>0$ và $x+y=1$, chứng minh rằng $$\sqrt{x+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{y+\frac{1}{{{y}^{2}}}}\ge \sqrt{18},$$ dấu đẳng thức xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$.

    b) Cho $x>0,y>0,z>0$ và thoả mãn $x+y+z=1$. Chứng minh $$\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}}\ge \sqrt{82}$$ Dấu đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{3}$.

    Hướng dẫn.

    a) Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương ta có: $$VT\ge 2\sqrt[4]{\left( x+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( y+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)}$$ $$\left( x+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( y+\frac{1}{y} \right)=xy+\frac{x}{{{y}^{2}}}+\frac{y}{{{x}^{2}}}+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}$$ Mặt khác, $0<x+y=1\Rightarrow 0<xy\le \frac{1}{4}$ nên suy ra $$xy+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}\ge \frac{1}{4}+{{4}^{2}}=\frac{65}{4}; \frac{x}{{{y}^{2}}}+\frac{y}{{{x}^{2}}}\ge 2\sqrt{\frac{1}{xy}}\ge 4$$ Do đó, $$VT\ge 2\sqrt[4]{\frac{65}{4}+4}=2\sqrt[4]{\frac{81}{4}}=\sqrt{18}$$

    b) Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 3 số dương ta có: $$\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}}\ge 3\sqrt[6]{\left( {{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( {{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)\left( {{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}} \right)}$$ Ta tiếp tục biến đổi như sau \begin{align} & \left( {{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( {{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)\left( {{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}} \right) \\ & ={{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}} \end{align}

    Ta có $0<xyz\le \frac{1}{27}$ nên suy ra $${{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}\ge 729+\frac{1}{729}$$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm, chúng ta có \begin{align} \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}&\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}} \\  \frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}&\ge 3\sqrt[3]{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}} \end{align} Suy ra \begin{align} \frac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}}{{{x}^{2}}{{z}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}+\frac{{{x}^{2}}{{y}^{2}}}{{{z}^{2}}}+\frac{{{y}^{2}}{{z}^{2}}}{{{x}^{2}}}+\frac{{{z}^{2}}{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}&\ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}}}+3\sqrt[3]{{{x}^{2}}{{y}^{2}}{{z}^{2}}} \\  & \ge \text{3}\left(\frac{\text{1}}{\text{9}}+9\right) \end{align} Từ đó suy ra $$\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{{{y}^{2}}+\frac{1}{{{y}^{2}}}}+\sqrt{{{z}^{2}}+\frac{1}{{{z}^{2}}}}\ge 3\sqrt[6]{729+\frac{1}{729}+3(9+\frac{1}{9})}\ge \sqrt{82}$$

    Đối với các bài toán khó hơn, mời các bạn tham khảo SỬ DỤNG AM-GM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẤU BẰNG KHÔNG TẠI TÂM.