Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức

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 $S = \left( {{x^3} - 1} \right)\left( {{y^3} - 1} \right)$.

Giải​

Đặt 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.

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. ​

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
$S = \frac{{{x^2}}}{{y + 1}} + \frac{{{y^2}}}{{x + 1}} - \frac{1}{{x + y + 3}}$.

Giải​

Đặt $t = x + y \to \left\{ \begin{array}{l}xy = 3 - t \ge 0\\3 \le t + \frac{{{t^2}}}{4}\end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 3 - t\\2 \le t \le 3\end{array} \right.$
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 $S = {x^2} - xy + {y^2}$.

Giải​

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

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

1. [ĐHD09] Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của $S = \left( {4{x^2} + 3y} \right)\left( {4{y^2} + 3x} \right) + 25xy$.
2. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN, GTNN của $S = \frac{x}{{y + 1}} + \frac{y}{{x + 1}}$.
3. 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} $.
4. Cho x, y ≥ 0 thỏa mãn x + y + xy = 3. Tìm GTLN, GTNN của $S = \frac{x}{{x + 2}} + \frac{y}{{y + 2}} + \frac{6}{{x + y + 1}}$.
5. Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 1 + xy$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $S = {x^4} + {y^4} - x{}^2{y^2}$.
6. Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $S = \sqrt {1 + x} + \sqrt {1 + y} $.
7. [ĐHD12] Cho x, y thỏa mãn ${\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + 2xy \le 32$. Tìm GTNN của $A = {x^3} + {y^3} + 3\left( {xy - 1} \right)\left( {x + y - 2} \right)$.
8. [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 $A = \frac{1}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{y^3}}}$.
9. [ĐHB08] Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} = 1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $P = \frac{{2\left( {{x^2} + 6xy} \right)}}{{1 + 2xy + 2{y^2}}}$.
10. Cho x, y thỏa mãn ${x^2} + {y^2} + xy = 1$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức $S = {x^2} + 2xy - {y^2}$.
11. Cho x, y thỏa mãn $2{x^2} + {y^2} + xy \ge 1$. Tìm GTNN của biểu thức $S = {x^2} + {y^2}$.
12. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn $x + y + z \le \frac{3}{2}$. Tìm GTNN của biểu thức $S = x + y + z + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}$.
13. [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}} $.
14. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z ≤ 3/2. Tìm GTNN của biểu thức $P = \frac{x}{{{y^2}z}} + \frac{y}{{{z^2}x}} + \frac{x}{{{x^2}y}} + \frac{{{x^5}}}{y} + \frac{{{y^5}}}{z} + \frac{{{z^5}}}{x}$.

 

bằng mathtype em nhé