A. Nguyên tắc chung
Việc giải bài toán dạng này gồm các bước như sau:
• Xác định ẩn phụ .
• Từ giả thiết, tìm miền giá trị của .
• Đưa việc tìm GTLN, GTNN của biểu thức cần xét về việc tìm GTLN, GTNN của một hàm biến trên miền giá trị của.
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho , y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 4. Tìm GTLN, GTNN của $S = \left( {{x^3} - 1} \right)\left( {{y^3} - 1} \right)$.
GiảiĐặt t = xy, suy ra $0 \le t \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = 4$. Ta có
${\left( {xy} \right)^3} - \left( {x + y} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 3xy} \right] + 1 = {t^3} - 4\left[ {{4^2} - 3t} \right] + 1 = {t^3} + 12t - 63$
Xét hàm $f\left( t \right) = {t^3} + 12t - 63$, với t ∈ [0; 4]. Ta có $f'\left( t \right) = 3{t^2} + 12 > 0$ ∀t ∈ [0;4] → f(t) đồng biến trên [0;4]. Do đó
• $\min S = \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} f\left( t \right) = f\left( 0 \right) = - 63$, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\xy = 0\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {4;0} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( {0;4} \right)\end{array} \right.$
• $\max S = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} f\left( t \right) = f\left( 4 \right) = 49$, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\xy = 4\end{array} \right. \leftrightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {2;2} \right)$
Ví dụ 2. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 2$. Tìm GTLN, GTNN của S = x + y - xy.
${t^2} = {\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 4 \to t \le 2,$
${t^2} = {\left( {x + y} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy \ge {x^2} + {y^2} = 2 \to t \ge \sqrt 2 $
Suy ra $t \in \left[ {\sqrt 2 ;2} \right]$. Lại có
$xy = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{2} = \frac{1}{2}{t^2} - 1 \to S = f\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + t + 1$
Ta có f’(t) = - t + 1 > 0 với mọi $t \in \left( {\sqrt 2 ;2} \right)$, f(2) = 1, f(1) = 1,5. Do đó
• Min S = f(2) = 1, đạt được $ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{x^2} + {y^2} = 2\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.$
• Max S = f(1) = 1,5 đạt được $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\\{x^2} + {y^2} = 2\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\\y = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\\y = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\end{array} \right.$
Ví dụ 3. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 8$. Tìm GTLN, GTNN của $S = \frac{x}{{y + 1}} + \frac{y}{{x + 1}}$.
Giải. Đặt t = x + y, ta có
${\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2 \cdot 8 = 16 \to t \le 4,$
${\left( {x + y} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy \ge {x^2} + {y^2} = 8 \to t \ge 2\sqrt 2 $
Suy ra $2\sqrt 2 \le t \le 4$. Lại có
$x \cdot y = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{2} = \frac{{{t^2} - 8}}{2}$.
Ta có biến đổi sau đây
$S = \frac{{x\left( {x + 1} \right) + y\left( {y + 1} \right)}}{{\left( {y + 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} + \left( {x + y} \right) - 2xy}}{{x + y + xy + 1}} = \frac{{{t^2} + t - \left( {{t^2} - 8} \right)}}{{t + \frac{{{t^2} - 8}}{2} + 1}} = 2 \cdot \frac{{t + 8}}{{{t^2} + 2t - 6}}$.
Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{{t + 8}}{{{t^2} + 2t - 6}}$ với $2\sqrt 2 \le t \le 4$.
Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{\left( {{t^2} + 2t - 6} \right) - \left( {t + 8} \right)\left( {2t + 2} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + 2t - 6} \right)}^2}}} = \frac{{ - {t^2} - 16t - 22}}{{{{\left( {{t^2} + 2t - 6} \right)}^2}}} < 0,\,\forall t:2\sqrt 2 \le t \le 4$
Suy ra f nghịch biến trên $\left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]$. Do đó $\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]} f\left( t \right) = f\left( 4 \right) = \frac{2}{3};\,\max f\left( t \right) = f\left( {2\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 $
+) $S \ge 2 \cdot \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]} f\left( t \right) = \frac{4}{3}$, dấu bằng xảy ra $ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 8\\x + y = 4\end{array} \right. \leftrightarrow x = y = 2$. Vậy min S = 4/3, đạt được ↔ x = y =2
+) $S \le 2 \cdot \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]} f\left( t \right) = 4\sqrt 2 $, dấu bằng xảy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 8\\x + y = 2\sqrt 2 \end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 2 \\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
Vậy max S = 4/3 đạt được $\leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 2 \\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
Ví dụ 4. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y + xy = 3. Tìm GTLN, GTNN của
$S = \frac{{{x^2}}}{{y + 1}} + \frac{{{y^2}}}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + y + 3}}$.
GiảiĐặt $t = x + y \to \left\{ \begin{array}{l}xy = 3 - t \ge 0\\3 \le t + \frac{{{t^2}}}{4}\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 3 - t\\2 \le t \le 3\end{array} \right.$
Ta có $S = \frac{{{x^3} + {y^3} + {x^2} + {y^2}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)}} - \frac{1}{{x + y + 3}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy}}{{xy + \left( {x + y} \right) + 1}} - \frac{1}{{x + y + 3}}$
$ = \frac{{{t^3} - 3\left( {3 - t} \right)t + {t^2} - 2\left( {3 - t} \right)}}{{\left( {3 - t} \right) + t + 1}} - \frac{1}{{t + 3}} = \frac{{{t^3}}}{4} + {t^2} - \frac{{7t}}{4} - \frac{1}{{t + 3}} - \frac{3}{2}$
Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{4} + {t^2} - \frac{{7t}}{4} - \frac{1}{{t + 3}} - \frac{3}{2},\,t \in \left[ {2;3} \right]$
Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{3{t^2}}}{4} + 2t - \frac{7}{4} + \frac{1}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} > 0;\,\forall t \in \left[ {2;3} \right]$ → f(1) đồng biến trên [2;3].
Do đó
* S = f(t) ≥ f(2) = 4/5. Dấu “=” xảy ra $\left\{ \begin{array}{l}x + y + xy = 3\\x + y = 2\end{array} \right. \leftrightarrow x = y = 1$
→ min S = 4/5, Đạt được: x = y = 1.
* S = f(t) ≤ f(3) = 35/6. Dấu “=” xảy ra:
$\left\{ \begin{array}{l}x + y + xy = 3\\x + y = 3\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
→ max S = 35/6, Đạt được: $\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
Ví dụ 5. Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + xy + {y^2} = 1$. Tìm GTLN, GTNN của $S = {x^2} - xy + {y^2}$.
GiảiCách 1. Từ giả thiết suy ra $1 = {\left( {x + y} \right)^2} - xy \ge {\left( {x + y} \right)^2} - \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \frac{{3{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}$. Do đó, nếu đặt t = x + y thì $\frac{3}{4}{t^2} \le 1$, hay $t \in \left[ { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right]$.
Ta có $xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 1 = {t^2} - 1$, suy ra
$S = {\left( {x + y} \right)^2} - 3xy = {t^2} - 3\left( {{t^2} - 1} \right) = - 2{t^2} + 3$.
Xét hàm $f\left( t \right) = - 2{t^2} + 3$ với $t \in \left[ { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right]$. Ta có f’(t) = - 4t, f’(t) có nghiệm duy nhất $t = 0 \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)$.
Ta có $f\left( 0 \right) = 3,\,\,f\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right) = f\left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right) = \frac{1}{3}$
Do đó
• Min S = 1/3, đạt được chẳng hạn khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\{\left( {x + y} \right)^2} - xy = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\xy = \frac{1}{3}\end{array} \right. \leftrightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }};\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)$
• Max S = 3, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\{\left( {x + y} \right)^2} - xy = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\{\left( {x + y} \right)^2} - xy = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;1} \right)
\end{array} \right.$
Cách 2. Ta có $S = \frac{{{x^2} - xy + {y^2}}}{{{x^2} + xy + {y^2}}}$.
• Xét y = 0. Khi đó S = 1
• Xét y ≠ 0. Chia cả tử và mẫu của S cho ${y^2}$ và đặt t = x/y, ta được
$S = \frac{{{t^2} - t + 1}}{{{t^2} + t + 1}} = 1 - \frac{{2t}}{{{t^2} + t + 1}}$.
Xét hàm $f\left( t \right) = 1 - \frac{{2t}}{{{t^2} + t + 1}}$, ta có $f'\left( t \right) = \frac{{2\left( {{t^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}}$.
Bảng biến thiên của hàm f(t):
$\mathop {\lim }\limits_{t \to \pm \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \pm \infty } \left( {1 - \frac{{\frac{2}{t}}}{{1 + \frac{1}{t} + \frac{1}{{{t^2}}}}}} \right) = 1$
+) minS = 1/3, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}\frac{x}{y} = 1\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }};\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}; - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)\end{array} \right.$
+) max S = 3. Đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}\frac{x}{y} = - 1\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;1} \right)\end{array} \right.$
Ví dụ 6. [ĐHB09] Cho x, y thỏa mãn ${\left( {x + y} \right)^3} + 4xy \ge 2$. Tìm GTNN của
$A = 3\left( {{x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}} \right) - 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 1$.
$\left( {{x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}} \right) \ge \frac{3}{4}{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} \to A \ge \frac{9}{4}{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 1$Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức $4xy \le {\left( {x + y} \right)^2}$, ta có
${\left( {x + y} \right)^3} + {\left( {x + y} \right)^2} \ge 2 \leftrightarrow \left( {x + y - 1} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} + 2\left( {x + y} \right) + 2} \right] \ge 0 \leftrightarrow x + y \ge 1$
(do ${\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) + 2 = {\left( {x + y + 1} \right)^2} + 1 > 0$ ∀x, ).
Đặt $t = {x^2} + {y^2} \to \left\{ \begin{array}{l}t \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2} = \frac{1}{2}\\A \ge f\left( t \right) = \frac{9}{4}{t^2} - 2t + 1\end{array} \right.$
Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{9}{4}{t^2} - 2t + 1;\,t \ge \frac{1}{2}$. Ta có $f'\left( t \right) = \frac{9}{2}t - 2 > 0;\,\forall t \ge \frac{1}{2}$ đồng biến trên $\left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right) \to f\left( t \right) \ge f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{9}{{16}};\,\forall t \ge \frac{1}{2}$
Như vậy S ≥ 9/16, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x = y\\{x^2} + {y^2} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\end{array} \right.$
Vậy min S = 9/16, đạt được $ \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\end{array} \right.$
Ví dụ 7. [ĐHB12] Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = {x^5} + {y^5} + {z^5}$.
$1 = {x^2} + {y^2} + {\left( {x + y} \right)^2} = 2{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy \ge 2{\left( {x + y} \right)^2} - \frac{1}{2}{\left( {x + y} \right)^2} = \frac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2}$
Do đó, nếu đặt t = x + y thì ta có
$\frac{3}{2}{t^2} \le 1 \leftrightarrow t \in \left[ { - \frac{{\sqrt 6 }}{3};\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right],\,xy = \frac{{2{t^2} - 1}}{2}$
Biến đổi $\begin{array}{l}P = {x^5} + {y^5} - {\left( {x + y} \right)^5}\\ = \left( {{x^3} + {y^3}}\right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - {x^2}{y^2}\left( {x + y} \right) - {\left( {x + y} \right)^5}\\ = \left[ {{t^3} - 3 \cdot \frac{{2{t^2} - 1}}{2} \cdot t} \right]\left[ {{t^2} - 2 \cdot \frac{{2{t^2} - 1}}{2}} \right] - {\left({\frac{{2{t^2} - 1}}{2}} \right)^2}t - {t^5}\\ = - \frac{5}{4}\left( {2{t^3} - t} \right)\end{array}$
Xét hàm $f\left( t \right) = - \frac{5}{4}\left( {2{t^3} - t} \right)$, với $t \in \left[ { - \frac{{\sqrt 6 }}{3};\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right]$. Ta có $f'\left( t \right) = - \frac{5}{4}\left( {6{t^2} - 1} \right)$ có hai nghiệm là $t = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{6} \in \left[ { - \frac{{\sqrt 6 }}{3};\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right]$.
Ta có: $f\left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}};\,f\left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right) = - \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}};\,f\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right) = \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}};\,f\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = - \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$
Vậy $\min P = - \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$, đạt được chẳng hạn khi $x = y = \frac{{\sqrt 6 }}{6};\,z = - \frac{{\sqrt 6 }}{3}$
Ví dụ 8. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z $ \le $1,5. Tìm GTNN của biểu thức
$S = {x^2} + {y^2} + {z^2} + \frac{1}{{{x^2}y}} + \frac{1}{{{y^2}z}} + \frac{1}{{{z^2}x}}$.
$\frac{3}{2} \ge x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} \to t \le \frac{1}{2}$
Suy ra $t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$.
Lại có
${x^2} + {y^2} + {z^2} \ge 3\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}} = 3{t^2};\frac{1}{{{x^2}y}} + \frac{1}{{{y^2}z}} + \frac{1}{{{z^2}x}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{{x^2}y}} \cdot \frac{1}{{{y^2}z}} \cdot \frac{1}{{{z^2}x}}}} = \frac{3}{{xyz}} = \frac{3}{{{t^3}}}\, \to S \ge 3\left( {{t^2} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)$
Xét hàm $f\left( t \right) = {t^2} + \frac{1}{{{t^3}}}$ với $t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$. Ta có $f'\left( t \right) = 2t - \frac{3}{{{t^4}}} = \frac{{2{t^5} - 3}}{{{t^4}}} < 0;\,\forall t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$, suy ra f nghịch biến trên $\left( {0;\frac{1}{2}} \right]$. Vậy $\min S = 3f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{99}}{4}$, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x = y = z\\\sqrt[3]{{xyz}} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{2}$
Ví dụ 9. [ĐHA03] Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z $ \le $ 1. Chứng minh rằng:
$\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{z^2}}}} \ge \sqrt {82} $.
Giải.
Xét $\overrightarrow a \left( {x;\frac{1}{x}} \right);\overrightarrow b \left( {y;\frac{1}{y}} \right);\,\,\overrightarrow c \left( {z;\frac{1}{z}} \right)$ ta có $\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c = \left( {x + y + z;\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)$.
Từ $\left| {\overrightarrow a } \right| + \left| {\overrightarrow b } \right| + \left| {\overrightarrow c } \right|\, \ge \,\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right|$ suy ra
$\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{z^2}}}} \ge \,\sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} $
Đến đây ta có hai cách đi tiếp:
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
$x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}};\,\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{xyz}}}}$
Do đó
$VT\left( 1 \right) \ge \sqrt {9t + \frac{9}{t}} $, với $t = {\left( {\sqrt[3]{{xyz}}} \right)^2}$.
Ta có
$0 < t \le {\left( {\frac{{x + y + z}}{3}} \right)^2} \le \frac{1}{9}$.
Xét $f\left( t \right) = 9t + \frac{9}{t}$ với $t \in \left( {0;\frac{1}{9}} \right]$. Ta có
$f'\left( t \right) = 9 - \frac{9}{{{t^2}}} < 0;\,\forall t \in \left( {0;\frac{1}{9}} \right] \to f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0;\frac{1}{9}} \right]$.
$f\left( t \right) \ge f\left( {\frac{1}{9}} \right) = 82 \to VT\left( 1 \right) \ge \sqrt {f(t)} \ge \sqrt {82} $ (ĐPCM).
Cách 2. ${\left( {x + y + z} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} = 81{\left( {x + y + z} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} - 80{\left( {x + y + z} \right)^2}$
$\ge 2\sqrt {81{{\left( {x + y + z} \right)}^2}{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} - 80{\left( {x + y + z} \right)^2}$
$ \ge 18\left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) - 80{\left( {x + y + z} \right)^2} \ge 18.9--80 = 82$
C. Bài tập rèn luyện
Việc giải bài toán dạng này gồm các bước như sau:
• Xác định ẩn phụ .
• Từ giả thiết, tìm miền giá trị của .
• Đưa việc tìm GTLN, GTNN của biểu thức cần xét về việc tìm GTLN, GTNN của một hàm biến trên miền giá trị của.
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Cho , y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 4. Tìm GTLN, GTNN của $S = \left( {{x^3} - 1} \right)\left( {{y^3} - 1} \right)$.
Giải
${\left( {xy} \right)^3} - \left( {x + y} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 3xy} \right] + 1 = {t^3} - 4\left[ {{4^2} - 3t} \right] + 1 = {t^3} + 12t - 63$
Xét hàm $f\left( t \right) = {t^3} + 12t - 63$, với t ∈ [0; 4]. Ta có $f'\left( t \right) = 3{t^2} + 12 > 0$ ∀t ∈ [0;4] → f(t) đồng biến trên [0;4]. Do đó
• $\min S = \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} f\left( t \right) = f\left( 0 \right) = - 63$, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\xy = 0\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {4;0} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( {0;4} \right)\end{array} \right.$
• $\max S = \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {0;4} \right]} f\left( t \right) = f\left( 4 \right) = 49$, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 4\\xy = 4\end{array} \right. \leftrightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {2;2} \right)$
Ví dụ 2. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 2$. Tìm GTLN, GTNN của S = x + y - xy.
Giải
Đặt t = x + y → t > 0. Ta có${t^2} = {\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 4 \to t \le 2,$
${t^2} = {\left( {x + y} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy \ge {x^2} + {y^2} = 2 \to t \ge \sqrt 2 $
Suy ra $t \in \left[ {\sqrt 2 ;2} \right]$. Lại có
$xy = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{2} = \frac{1}{2}{t^2} - 1 \to S = f\left( t \right) = - \frac{1}{2}{t^2} + t + 1$
Ta có f’(t) = - t + 1 > 0 với mọi $t \in \left( {\sqrt 2 ;2} \right)$, f(2) = 1, f(1) = 1,5. Do đó
• Min S = f(2) = 1, đạt được $ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 2\\{x^2} + {y^2} = 2\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 1\end{array} \right.$
• Max S = f(1) = 1,5 đạt được $\left\{ \begin{array}{l}x + y = 1\\{x^2} + {y^2} = 2\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\\y = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2}\\y = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.\end{array} \right.$
Ví dụ 3. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 8$. Tìm GTLN, GTNN của $S = \frac{x}{{y + 1}} + \frac{y}{{x + 1}}$.
Giải.
${\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 2 \cdot 8 = 16 \to t \le 4,$
${\left( {x + y} \right)^2} = {x^2} + {y^2} + 2xy \ge {x^2} + {y^2} = 8 \to t \ge 2\sqrt 2 $
Suy ra $2\sqrt 2 \le t \le 4$. Lại có
$x \cdot y = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{2} = \frac{{{t^2} - 8}}{2}$.
Ta có biến đổi sau đây
$S = \frac{{x\left( {x + 1} \right) + y\left( {y + 1} \right)}}{{\left( {y + 1} \right)\left( {x + 1} \right)}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2} + \left( {x + y} \right) - 2xy}}{{x + y + xy + 1}} = \frac{{{t^2} + t - \left( {{t^2} - 8} \right)}}{{t + \frac{{{t^2} - 8}}{2} + 1}} = 2 \cdot \frac{{t + 8}}{{{t^2} + 2t - 6}}$.
Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{{t + 8}}{{{t^2} + 2t - 6}}$ với $2\sqrt 2 \le t \le 4$.
Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{\left( {{t^2} + 2t - 6} \right) - \left( {t + 8} \right)\left( {2t + 2} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + 2t - 6} \right)}^2}}} = \frac{{ - {t^2} - 16t - 22}}{{{{\left( {{t^2} + 2t - 6} \right)}^2}}} < 0,\,\forall t:2\sqrt 2 \le t \le 4$
Suy ra f nghịch biến trên $\left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]$. Do đó $\mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]} f\left( t \right) = f\left( 4 \right) = \frac{2}{3};\,\max f\left( t \right) = f\left( {2\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 $
+) $S \ge 2 \cdot \mathop {\min }\limits_{t \in \left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]} f\left( t \right) = \frac{4}{3}$, dấu bằng xảy ra $ \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 8\\x + y = 4\end{array} \right. \leftrightarrow x = y = 2$. Vậy min S = 4/3, đạt được ↔ x = y =2
+) $S \le 2 \cdot \mathop {\max }\limits_{t \in \left[ {2\sqrt 2 ;4} \right]} f\left( t \right) = 4\sqrt 2 $, dấu bằng xảy ra $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + {y^2} = 8\\x + y = 2\sqrt 2 \end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 2 \\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
Vậy max S = 4/3 đạt được $\leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 2\sqrt 2 \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 2\sqrt 2 \\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
Ví dụ 4. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y + xy = 3. Tìm GTLN, GTNN của
$S = \frac{{{x^2}}}{{y + 1}} + \frac{{{y^2}}}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + y + 3}}$.
Giải
Ta có $S = \frac{{{x^3} + {y^3} + {x^2} + {y^2}}}{{\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)}} - \frac{1}{{x + y + 3}} = \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^3} - 3xy\left( {x + y} \right) + {{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy}}{{xy + \left( {x + y} \right) + 1}} - \frac{1}{{x + y + 3}}$
$ = \frac{{{t^3} - 3\left( {3 - t} \right)t + {t^2} - 2\left( {3 - t} \right)}}{{\left( {3 - t} \right) + t + 1}} - \frac{1}{{t + 3}} = \frac{{{t^3}}}{4} + {t^2} - \frac{{7t}}{4} - \frac{1}{{t + 3}} - \frac{3}{2}$
Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{{{t^3}}}{4} + {t^2} - \frac{{7t}}{4} - \frac{1}{{t + 3}} - \frac{3}{2},\,t \in \left[ {2;3} \right]$
Ta có $f'\left( t \right) = \frac{{3{t^2}}}{4} + 2t - \frac{7}{4} + \frac{1}{{{{\left( {t + 3} \right)}^2}}} > 0;\,\forall t \in \left[ {2;3} \right]$ → f(1) đồng biến trên [2;3].
Do đó
* S = f(t) ≥ f(2) = 4/5. Dấu “=” xảy ra $\left\{ \begin{array}{l}x + y + xy = 3\\x + y = 2\end{array} \right. \leftrightarrow x = y = 1$
→ min S = 4/5, Đạt được: x = y = 1.
* S = f(t) ≤ f(3) = 35/6. Dấu “=” xảy ra:
$\left\{ \begin{array}{l}x + y + xy = 3\\x + y = 3\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
→ max S = 35/6, Đạt được: $\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x = 0\\y = 3\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x = 3\\y = 0\end{array} \right.\end{array} \right.$
Ví dụ 5. Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + xy + {y^2} = 1$. Tìm GTLN, GTNN của $S = {x^2} - xy + {y^2}$.
Giải
Ta có $xy = {\left( {x + y} \right)^2} - 1 = {t^2} - 1$, suy ra
$S = {\left( {x + y} \right)^2} - 3xy = {t^2} - 3\left( {{t^2} - 1} \right) = - 2{t^2} + 3$.
Xét hàm $f\left( t \right) = - 2{t^2} + 3$ với $t \in \left[ { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right]$. Ta có f’(t) = - 4t, f’(t) có nghiệm duy nhất $t = 0 \in \left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3};\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right)$.
Ta có $f\left( 0 \right) = 3,\,\,f\left( {\frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right) = f\left( { - \frac{{2\sqrt 3 }}{3}} \right) = \frac{1}{3}$
Do đó
• Min S = 1/3, đạt được chẳng hạn khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\{\left( {x + y} \right)^2} - xy = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\\xy = \frac{1}{3}\end{array} \right. \leftrightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }};\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)$
• Max S = 3, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\{\left( {x + y} \right)^2} - xy = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x + y = 0\\{\left( {x + y} \right)^2} - xy = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;1} \right)
\end{array} \right.$
Cách 2. Ta có $S = \frac{{{x^2} - xy + {y^2}}}{{{x^2} + xy + {y^2}}}$.
• Xét y = 0. Khi đó S = 1
• Xét y ≠ 0. Chia cả tử và mẫu của S cho ${y^2}$ và đặt t = x/y, ta được
$S = \frac{{{t^2} - t + 1}}{{{t^2} + t + 1}} = 1 - \frac{{2t}}{{{t^2} + t + 1}}$.
Xét hàm $f\left( t \right) = 1 - \frac{{2t}}{{{t^2} + t + 1}}$, ta có $f'\left( t \right) = \frac{{2\left( {{t^2} - 1} \right)}}{{{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}}$.
Bảng biến thiên của hàm f(t):
$\mathop {\lim }\limits_{t \to \pm \infty } f\left( t \right) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \pm \infty } \left( {1 - \frac{{\frac{2}{t}}}{{1 + \frac{1}{t} + \frac{1}{{{t^2}}}}}} \right) = 1$
+) minS = 1/3, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}\frac{x}{y} = 1\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }};\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}; - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)\end{array} \right.$
+) max S = 3. Đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}\frac{x}{y} = - 1\\{x^2} + xy + {y^2} = 1\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {1; - 1} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - 1;1} \right)\end{array} \right.$
Ví dụ 6. [ĐHB09] Cho x, y thỏa mãn ${\left( {x + y} \right)^3} + 4xy \ge 2$. Tìm GTNN của
$A = 3\left( {{x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}} \right) - 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 1$.
Giải
Áp dụng bất đẳng thức $\left( {{a^2} + {b^2} + ab} \right) \ge \frac{3}{4}{\left( {a + b} \right)^2}$ với $a = {x^2},b = {y^2}$ ta được$\left( {{x^4} + {y^4} + {x^2}{y^2}} \right) \ge \frac{3}{4}{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} \to A \ge \frac{9}{4}{\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 1$Từ giả thiết, áp dụng bất đẳng thức $4xy \le {\left( {x + y} \right)^2}$, ta có
${\left( {x + y} \right)^3} + {\left( {x + y} \right)^2} \ge 2 \leftrightarrow \left( {x + y - 1} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} + 2\left( {x + y} \right) + 2} \right] \ge 0 \leftrightarrow x + y \ge 1$
(do ${\left( {x + y} \right)^2} + 2\left( {x + y} \right) + 2 = {\left( {x + y + 1} \right)^2} + 1 > 0$ ∀x, ).
Đặt $t = {x^2} + {y^2} \to \left\{ \begin{array}{l}t \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2} = \frac{1}{2}\\A \ge f\left( t \right) = \frac{9}{4}{t^2} - 2t + 1\end{array} \right.$
Xét hàm $f\left( t \right) = \frac{9}{4}{t^2} - 2t + 1;\,t \ge \frac{1}{2}$. Ta có $f'\left( t \right) = \frac{9}{2}t - 2 > 0;\,\forall t \ge \frac{1}{2}$ đồng biến trên $\left[ {\frac{1}{2}; + \infty } \right) \to f\left( t \right) \ge f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{9}{{16}};\,\forall t \ge \frac{1}{2}$
Như vậy S ≥ 9/16, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x = y\\{x^2} + {y^2} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\end{array} \right.$
Vậy min S = 9/16, đạt được $ \leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left( {x;y} \right) = \left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)\\\left( {x;y} \right) = \left( { - \frac{1}{2}; - \frac{1}{2}} \right)\end{array} \right.$
Ví dụ 7. [ĐHB12] Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = {x^5} + {y^5} + {z^5}$.
Giải
Từ x + y + z = 0 suy ra z = - (x + y), thay z = - (x + y) vào đẳng thức thứ hai của giả thiết, ta được$1 = {x^2} + {y^2} + {\left( {x + y} \right)^2} = 2{\left( {x + y} \right)^2} - 2xy \ge 2{\left( {x + y} \right)^2} - \frac{1}{2}{\left( {x + y} \right)^2} = \frac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2}$
Do đó, nếu đặt t = x + y thì ta có
$\frac{3}{2}{t^2} \le 1 \leftrightarrow t \in \left[ { - \frac{{\sqrt 6 }}{3};\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right],\,xy = \frac{{2{t^2} - 1}}{2}$
Biến đổi $\begin{array}{l}P = {x^5} + {y^5} - {\left( {x + y} \right)^5}\\ = \left( {{x^3} + {y^3}}\right)\left( {{x^2} + {y^2}} \right) - {x^2}{y^2}\left( {x + y} \right) - {\left( {x + y} \right)^5}\\ = \left[ {{t^3} - 3 \cdot \frac{{2{t^2} - 1}}{2} \cdot t} \right]\left[ {{t^2} - 2 \cdot \frac{{2{t^2} - 1}}{2}} \right] - {\left({\frac{{2{t^2} - 1}}{2}} \right)^2}t - {t^5}\\ = - \frac{5}{4}\left( {2{t^3} - t} \right)\end{array}$
Xét hàm $f\left( t \right) = - \frac{5}{4}\left( {2{t^3} - t} \right)$, với $t \in \left[ { - \frac{{\sqrt 6 }}{3};\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right]$. Ta có $f'\left( t \right) = - \frac{5}{4}\left( {6{t^2} - 1} \right)$ có hai nghiệm là $t = \pm \frac{{\sqrt 6 }}{6} \in \left[ { - \frac{{\sqrt 6 }}{3};\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right]$.
Ta có: $f\left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}};\,f\left( { - \frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right) = - \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}};\,f\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right) = \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}};\,f\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right) = - \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$
Vậy $\min P = - \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$, đạt được chẳng hạn khi $x = y = \frac{{\sqrt 6 }}{6};\,z = - \frac{{\sqrt 6 }}{3}$
Ví dụ 8. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z $ \le $1,5. Tìm GTNN của biểu thức
$S = {x^2} + {y^2} + {z^2} + \frac{1}{{{x^2}y}} + \frac{1}{{{y^2}z}} + \frac{1}{{{z^2}x}}$.
Giải
Đặt $t = \sqrt[3]{{xyz}}$. Ta có t > 0 và$\frac{3}{2} \ge x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}} \to t \le \frac{1}{2}$
Suy ra $t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$.
Lại có
${x^2} + {y^2} + {z^2} \ge 3\sqrt[3]{{{x^2}{y^2}{z^2}}} = 3{t^2};\frac{1}{{{x^2}y}} + \frac{1}{{{y^2}z}} + \frac{1}{{{z^2}x}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{{x^2}y}} \cdot \frac{1}{{{y^2}z}} \cdot \frac{1}{{{z^2}x}}}} = \frac{3}{{xyz}} = \frac{3}{{{t^3}}}\, \to S \ge 3\left( {{t^2} + \frac{1}{{{t^3}}}} \right)$
Xét hàm $f\left( t \right) = {t^2} + \frac{1}{{{t^3}}}$ với $t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$. Ta có $f'\left( t \right) = 2t - \frac{3}{{{t^4}}} = \frac{{2{t^5} - 3}}{{{t^4}}} < 0;\,\forall t \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right]$, suy ra f nghịch biến trên $\left( {0;\frac{1}{2}} \right]$. Vậy $\min S = 3f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{{99}}{4}$, đạt được khi và chỉ khi
$\left\{ \begin{array}{l}x = y = z\\\sqrt[3]{{xyz}} = \frac{1}{2}\end{array} \right. \leftrightarrow x = y = z = \frac{1}{2}$
Ví dụ 9. [ĐHA03] Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z $ \le $ 1. Chứng minh rằng:
$\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{z^2}}}} \ge \sqrt {82} $.
Giải.
Xét $\overrightarrow a \left( {x;\frac{1}{x}} \right);\overrightarrow b \left( {y;\frac{1}{y}} \right);\,\,\overrightarrow c \left( {z;\frac{1}{z}} \right)$ ta có $\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c = \left( {x + y + z;\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)$.
Từ $\left| {\overrightarrow a } \right| + \left| {\overrightarrow b } \right| + \left| {\overrightarrow c } \right|\, \ge \,\left| {\overrightarrow a + \overrightarrow b + \overrightarrow c } \right|$ suy ra
$\sqrt {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \frac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \frac{1}{{{z^2}}}} \ge \,\sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} $
Đến đây ta có hai cách đi tiếp:
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
$x + y + z \ge 3\sqrt[3]{{xyz}};\,\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{1}{{xyz}}}}$
Do đó
$VT\left( 1 \right) \ge \sqrt {9t + \frac{9}{t}} $, với $t = {\left( {\sqrt[3]{{xyz}}} \right)^2}$.
Ta có
$0 < t \le {\left( {\frac{{x + y + z}}{3}} \right)^2} \le \frac{1}{9}$.
Xét $f\left( t \right) = 9t + \frac{9}{t}$ với $t \in \left( {0;\frac{1}{9}} \right]$. Ta có
$f'\left( t \right) = 9 - \frac{9}{{{t^2}}} < 0;\,\forall t \in \left( {0;\frac{1}{9}} \right] \to f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {0;\frac{1}{9}} \right]$.
$f\left( t \right) \ge f\left( {\frac{1}{9}} \right) = 82 \to VT\left( 1 \right) \ge \sqrt {f(t)} \ge \sqrt {82} $ (ĐPCM).
Cách 2. ${\left( {x + y + z} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} = 81{\left( {x + y + z} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} - 80{\left( {x + y + z} \right)^2}$
$\ge 2\sqrt {81{{\left( {x + y + z} \right)}^2}{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)}^2}} - 80{\left( {x + y + z} \right)^2}$
$ \ge 18\left( {x + y + z} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right) - 80{\left( {x + y + z} \right)^2} \ge 18.9--80 = 82$
C. Bài tập rèn luyện
- [ĐHD09] Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của $S = \left( {4{x^2} + 3y} \right)\left( {4{y^2} + 3x} \right) + 25xy$.
- Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của $S = \frac{x}{{y + 1}} + \frac{y}{{x + 1}}$.
- Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của $S = \left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{y^2} - 1} \right) - \sqrt {{x^2} + {y^2} + 1} $.
- Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y + xy = 3. Tìm GTLN, GTNN của $S = \frac{x}{{x + 2}} + \frac{y}{{y + 2}} + \frac{6}{{x + y + 1}}$.
- Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 1 + xy$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $S = {x^4} + {y^4} - x{}^2{y^2}$.
- Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $S = \sqrt {1 + x} + \sqrt {1 + y} $.
- [ĐHD12] Cho x, y thỏa mãn ${\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + 2xy \le 32$. Tìm GTNN của $A = {x^3} + {y^3} + 3\left( {xy - 1} \right)\left( {x + y - 2} \right)$.
- [ĐHA06] Cho x ≠ 0, y ≠ 0 thỏa mãn $\left( {x + y} \right)xy = {x^2} + {y^2} - xy$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A = \frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}}$.
- [ĐHB08] Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $P = \frac{{2\left( {{x^2} + 6xy} \right)}}{{1 + 2xy + 2{y^2}}}$.
- Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} + xy = 1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $S = {x^2} + 2xy - {y^2}$.
- Cho x, y thỏa mãn $2{x^2} + {y^2} + xy \ge 1$. Tìm GTNN của biểu thức $S = {x^2} + {y^2}$.
- Cho x, y, z > 0 thỏa mãn $x + y + z \le \frac{3}{2}$. Tìm GTNN của biểu thức $S = x + y + z + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}$.
- [ĐHB10] Cho a, b, c ≥ 0 thỏa mãn a + b + c =1. Tìm GTNN của biểu thức $M = 3\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) + 3\left( {ab + bc + ca} \right) + 2\sqrt {{a^2} + {b^2} + {a^2}} $.
- Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z ≤ 3/2. Tìm GTNN của biểu thức $P = \frac{x}{{{y^2}z}} + \frac{y}{{{z^2}x}} + \frac{x}{{{x^2}y}} + \frac{{{x^5}}}{y} + \frac{{{y^5}}}{z} + \frac{{{z^5}}}{x}$.
Chỉnh sửa cuối:
