Chủ đề này có 105 trả lời

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

mình cảm thấy lời giải này không được tự nhiên cho lắm

ko phải là k tự nhiên mà rõ ràng là lời giải đấy sai bét .

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 1
Ta sẽ chứng minh$ a^{2}+b^{2}\geq \left | a+b \right |\Leftrightarrow \left | a+b \right |^{2}-\left | a+b \right |-2ab\geq 0$(1)
Đặt t= $\left | a+b \right |\Rightarrow t\geq 2\Rightarrow (1)\Leftrightarrow t^{2}-t-2ab\geq 0$
VT$\geq t^{2}-t-\dfrac{t^{2}}{2}=\dfrac{t(t-2)}{2}\geq 0$
$\Rightarrow a^{2}+b^{2}\geq \left | a+b \right |\geq a+b$
Dấu"=" xảy ra khi a=b=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 31-10-2011 - 19:08

[Mai Duc Khai]

Anh nào cho cái topic này vào một file để e dow về với!

[xuanhung]

BT áp dụng.Bài 1. Cho $a,b\in R,ab \geq 1$.CM $a^{2}+b^{2} \geq a+b$
Bài 2.Cho $x,y\in R, x+y=3,x \leq 1$.CM
a)$x^{3}+y^{3} \geq 9$
b)$2x^{4}+y^{4} \geq 18$
Bài 3.Cho $x,y>0$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của $P= \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{4xy}$
Bài 4 Cho $a,b \in R,a+b>8 ,b>3$
CMR $27a^{2}+10b^{3}>945$

Bài 1
$a^{2}+b^{2}\geq a+b \Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+2\geq a^{2}+b^{2}+2 \Leftrightarrow a^{4}+b^{4}-(a^{2}+b^{2})\geq 0$ (1)
Đặt A=$a^{4}+b^{4}, B=a^{2}+b^{2}$
Theo BDT Cauchy thì
A$\geq 2, B\geq 2$
Suy ra A-B$\geq 2-2 = 0$
VẬy (1) đúng
Đây là lần đầu em tham gia xin mấy anh chỉ bảo góp ý
Sau đây là đóng góp của em
1/ Cho x$> y$, xy=1
CMR: $(x^{2}+y^{2})^{2} \geq 8(x-y)^{2}$ (Tính luôn cách trên của em thì có tới 4 cách giải, mấy anh có cách nào hay thì post lên cho em tham khảo với)
2/Cho x,y dương và x+y=8
Tìm GTNN của biểu thức
P=$\dfrac{1}{x+4}+\dfrac{1}{y+4}$
3/Tìm GTNN của
E=$\dfrac{2x^{2}+12x+16}{x^{2}+6x+11}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhung: 25-12-2011 - 21:44

[xuanhung]

BT áp dụng.Bài 1. Cho $a,b\in R,ab \geq 1$.CM $a^{2}+b^{2} \geq a+b$
Bài 2.Cho $x,y\in R, x+y=3,x \leq 1$.CM
a)$x^{3}+y^{3} \geq 9$
b)$2x^{4}+y^{4} \geq 18$
Bài 3.Cho $x,y>0$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của $P= \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{4xy}$
Bài 4 Cho $a,b \in R,a+b>8 ,b>3$
CMR $27a^{2}+10b^{3}>945$

Bài 4:
Ta có: a+b>8 suy ra a>8-b
Mà $27a^{2}+10b^{3}> 27(8-3)^{2}+10\times 3^{3}=945$
suy ra $27a^{2}+10b^{3}> 945$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhung: 26-12-2011 - 21:01

[hoangtrangnhung]

các cách giải của mọi người rất hay. Nhưng ở 1 số vd như vd2 tại sao lại nghĩ ra cách đấy ạ

[leduykhuong1995]

Cách này được sử dụng trong thi đại học ko bạn?

[vietfrog]

Cách này được sử dụng trong thi đại học ko bạn?

Đây là phương pháp chứng minh BĐT việc đặt ẩn phụ và các phép biến đổi đại số linh hoạt, phù hợp với cấp THCS.
Vì thế trong thi Đại học có thể sử dụng được nếu muốn .

[NosoZ]

Anh nào cho cái topic này vào một file để e dow về với!

Có Link dự phòng Mediafire ngay đầu đó mấy bạn: http://www.mediafire.com/?2quemyqynoy

[nth1235]

Bài 3 phần bài tập áp dụng :
Chúng ta sẽ dùng phương pháp điểm rơi để giải quyết bài toán.
Áp dụng BĐT AM - GM, ta có :
$\frac{1}{x^2 + y^2} + 4.(x^2 + y^2) \geq 4$
$\frac{3}{4xy} + 12xy \geq 6$
Cộng vế theo vế của hai BĐT trên, ta được :
$ P \geq 10 - 4.(x^2 + y^2) - 4xy = 10 - 4.(x + y)^2 - 4xy = 6 - 4xy \geq 5$ (Do $xy \geq \frac{(x + y)^2}{4} = \frac{1}{4}$)
Vậy $ Min P = 5 \Leftrightarrow x = y = \frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nth1235: 30-08-2012 - 10:15

[nth1235]

2/Cho x,y dương và x+y=8
Tìm GTNN của biểu thức
P=$\dfrac{1}{x+4}+\dfrac{1}{y+4}$
3/Tìm GTNN của
E=$\dfrac{2x^{2}+12x+16}{x^{2}+6x+11}$

2. Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz dạng phân thức, ta có :
$P = \dfrac{1}{x+4}+\dfrac{1}{y+4} \geq \frac{(1 + 1)^2}{x + y + 8} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}.$
Vậy $Min P = \frac{1}{4} \Leftrightarrow x = y = 4$
3.Ta có :
$E=\dfrac{2x^{2}+12x+16}{x^{2}+6x+11} = 2 - \frac{6}{(x + 3)^2 + 2} = -1.$
Vậy $ Min P = -1 \Leftrightarrow x = -3$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nth1235: 30-08-2012 - 10:24

[vietyeu]

File hỏng mất rồi bạn ơi, loading lại giúp mình nhé! hay nhat

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietyeu: 18-12-2012 - 14:40

[HoangAnh1995]

phương pháp này khá sáng tạo, nhưng cũng thấy rắc rối quá

[BoFaKe]

Bài 1
$a^{2}+b^{2}\geq a+b \Leftrightarrow a^{4}+b^{4}+2\geq a^{2}+b^{2}+2 \Leftrightarrow a^{4}+b^{4}-(a^{2}+b^{2})\geq 0$ (1)
Đặt A=$a^{4}+b^{4}, B=a^{2}+b^{2}$
Theo BDT Cauchy thì
A$\geq 2, B\geq 2$
Suy ra A-B$\geq 2-2 = 0$
VẬy (1) đúng

Chỗ này làm sao được trừ 2 bất đẳng thức cùng chiều.

[duybigbangvip]

Bài toán BĐT thường là nội dung khó với các bạn học sinh trung học cơ sở. Một lí do đơn giản vì đây là dạng toán ''mới mẻ'' với các bạn và khi giải các bài toán BĐT các bạn thường cảm thấy ''lúng túng'' không biết phải sử dụng phương pháp gì?Tuy nhiên, trong nhiều bài toán BĐT có điều kiện chúng ta có thể dựa vào điều kiện của biến để đặt ẩn phụ đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá được trực tiếp mà không cần sử dụng đến các công cụ ''đao to búa lớn''. Bài viết dưới đây dựa trên ý tưởng của My Teacher - thầy Hoàng Văn Đắc. Chúng ta bắt đầu với một bài toán đơn giản sau

Ví dụ 1. CMR Với $a,b \in R$ và $a+b=4$ thì $a^{4}+b^{4} \geq 32$

Nhận xét rằng một biểu thức nhiều biến thường đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi tất cả các biến bằng nhau ( tổng quát hơn là trường hợp một số biến bằng nhau) hoặc một số biến có giá trị trên biên. Điều này gợi ý cho ta cách đổi biến như sau

Lời giải
Do $a+b=4$ nên có thể đặt $a=2+x,b=2-x$ với $x\in R$
Ta có $a^{4}+b^{4}=(2+x)^{4}+(2-x)^{4}=2x^{4}+48x^{2}+32 \geq 32$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=0 \Leftrightarrow a=b=2$.
Như vậy bằng cách đổi biến thích hợp chúng ta đã đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá trực tiếp được và BĐT chúng ta sử dụng chỉ là BĐT cơ bản nhất $x^{2} \geq 0, \forall x\in R$

Tiếp theo chúng ta xem xét một vài ví dụ khác. Qua đó hi vọng các bạn học sinh THCS sẽ có được một cách nhìn mới với những bài toán BĐT kiểu này.

Ví dụ 2. Cho $a,b \in R$ thỏa mãn $a+b \geq 2$. CMR
$$a^{3}+b^{3} \leq a^{4}+b^{4}$$

Lời giải.
Đặt $a=1+x,b=1+y$. Từ $a+b \geq 2$ ta có $x+y \geq 0$
BĐT cần chứng minh tương đương với
$$(1+x)^{3}+(1+y)^{3} \leq (1+x)^{4}+(1+y)^{4}$$

$\Leftrightarrow x(1+x)^{3}+y(1+y)^{3} \geq0$

$\Leftrightarrow x^{4}+y^{4}+3(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+3(x^{2}+y^{2})+x+y \geq 0$
(BĐT này đúng vì $x+y \geq 0$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ x=y=0 \Leftrightarrow a=b=1$$.

Ví dụ 3. Cho $a,b,c\in R$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca \geq 6$$

Lời giải.
Vì $a+b+c=3$ nên có thể đặt $a=1+x ,b=1+y, c=1-x-y$ với $x,y \in R$
Ta có
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=(1+x)^{2}+(1+y)^{2}+(1-x-y)^{2}+$$
$$+(1-x)(1-y)+(1-y)(1-x-y)+(1-x-y)(1-x)$$
$$=x^{2}+xy+y^{2}+6=(x+\dfrac{y}{2})^{2}+\dfrac{3y^{2}}{4}+6\geq 6$$
Đó là đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ y=0,x+\dfrac{y}{2}=0 \Leftrightarrow a=b=c=1$$


Ví dụ 4. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b+c+d=1$. CMR
$$(a+c)(b+d)+2ac+2bd \leq \dfrac{1}{2}$$

Lời giải.
Vì $a+b+c+d=1$ nên có thể đặt
$$a=\dfrac{1}{4}+x+z , b= \dfrac{1}{4}-x+z ,c=\dfrac{1}{4}+y-z ,d= \dfrac{1}{4}-y-z $$
Ta có
$VT=(a+c)(b+d)+2ac+2bd$
$ =(\dfrac{1}{2}+x+y)(\dfrac{1}{2}-x-y)+2(\dfrac{1}{4}+x+z)(\dfrac{1}{4}+y-z)+2(\dfrac{1}{4}-x+z)(\dfrac{1}{4}-y-z)$

$= \dfrac{1}{2}-(x-y)^{2}-4z^{2} \leq \dfrac{1}{2}$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ x-y=0,z=0 \Leftrightarrow a=c ,b=d$$

Ví dụ 5. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b=c+d$. CMR
$$c^{2}+d^{2}+cd \geq 3ab$$

Lời giải.
Do $a+b=c+d$ nên ta đặt $c=a+x , d=b-x$ với $x\in R$
Ta có
$$c^{2}+d^{2}+cd =(a+x)^{2}+(b-x)^{2}+(a+x)(b-x)=(a-b+\dfrac{x}{2})^{2}+\dfrac{3x^{2}}{4}+3ab\geq 3ab$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$a-b+\dfrac{x}{2}=x=0 \Leftrightarrow a=b=c=d$$

Ví dụ 6. Cho $x,y\in R,x<2$ và $x+y>5$. CMR
$$5x^{2}+2y^{2}+8y>62$$
Lời giải.
Vì $x<2,x+y>5$ nên ta đặt $x=2- t , x+y=5+u$ ($t,u >0$)
$$5x^{2}+2y^{2}+8y=5(2-t)^{2}+2(3+t+u)^{2}+8(3+t+u)=62+2(t+u)^{2}+5t^{2}+20u>62$$
Ta có đpcm

Ví dụ 7. Cho$ x,y\in R ,x \leq 1 ,x+y \geq 3$. Tìm GTNN của $F= 3x^{2}+y^{2}+3xy$
Lời giải.
Đặt $x=1-a, x+y =3+b$ thì $y=2+a+b;a,b \geq 0 $
Ta có
$3x^{2}+y^{2}+3xy=3(1-a)^{2}+(2+a+b)^{2}+3(1-a)(2+a+b)$
$=a^{2}+b^{2}-5a+7b-ab+13$
$=(a-\dfrac{b}{2}-\dfrac{5}{2})^{2}+\dfrac{3b^{2}}{4}+\dfrac{9b}{2}+\dfrac{27}{4} \geq \dfrac{27}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ a=\dfrac{5}{2},b=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-3}{2},y=\dfrac{9}{2}$$

Ví dụ 8 Cho $x,y \in R,x+y=3 ,x \leq 1$. CMR
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y \geq 0$$

Lời giải.
Đặt $x=1-w$ thì $y=2+w$($w \geq 0$)
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y\geq0 \Leftrightarrow (2+w)^{3}-(1-w)^{3}-6(2+w)^{2}-(1-w)^{2}+9(2+w) \geq0 $$
$\Leftrightarrow w(w-1)^{2} \geq 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ w \in$ \{0;1\} \Leftrightarrow (x;y)\in \{(1;2),(0;3)\}$$

Lời kết. Như vậy với việc đổi biển khéo léo ta có thể đưa việc xét một biểu thức phức tạp về một biểu thức đơn giản hơn,phù hợp với trình độ THCS. Những VD trên là đơn giản (không có VD nào có thể coi là khó!)và những lời giải trên là để minh họa cho kĩ thuật nên có thể chưa phải là Lời giải hay nhất,ngắn gọn nhất. Tác giả cho rằng việc đưa ra quá nhiều VD sẽ chỉ nhàm chán và vô vị ,vì vậy chỉ đưa ra vài VD đơn giản để bạn đọc có thể nắm bắt được ý tưởng nhanh chóng. Khi đã nắm bắt được ý tưởng ,bạn hoàn toàn có thể ''đánh bay'' một lớp các bài toán như vậy và đương nhiên bạn cũng có thể tự tạo ra các bài toán kiểu này. Dưới đây cũng là những BT đơn giản để các bạn thử nghiệm!

BT áp dụng.
Bài 1. Cho $a,b\in R,ab \geq 1$.CM $a^{2}+b^{2} \geq a+b$
Bài 2.Cho $x,y\in R, x+y=3,x \leq 1$.CM
a)$x^{3}+y^{3} \geq 9$
b)$2x^{4}+y^{4} \geq 18$

Bài 3.Cho $x,y>0$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của $P= \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{4xy}$

Bài 4 Cho $a,b \in R,a+b>8 ,b>3$
CMR $27a^{2}+10b^{3}>945$

cách giải khác VD5
Ta có : $3ab\leqslant \tfrac{3}{4}(a+b)^2=\tfrac{3}{4}(c+d)^2\leqslant c^2+d^2+cd$
(Luôn đúng với mọi a,b,c,d $\epsilon \mathbb{R}$)
Dấu = xảy ra khi c=d
CMTT ta cũng có $3cd\leqslant a^2+b^2+ab$.dấu = xảy ra khi a=b

[nguyensidang]

Bài 3 tách điểm rơi rồi dùng Schwarz lãm sao cho dưới mẫu xuất hiện x^2+y^2+2xy, cái còn lại dùng AM-GM

(thông cảm, mày mình bị lỗi, ko hiện biểu tượng gõ Latex)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyensidang: 19-03-2013 - 12:28

[Trang Luong]

Cho a,b,c > 0. Cmr: $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}$

[4869msnssk]

Cho a,b,c > 0. Cmr: $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}$

ta có: $\frac{3}{a+b}=\frac{1}{\frac{a}{3}+2\frac{b}{6}}\leq \frac{1}{\frac{\frac{3}{a}+\frac{6}{b}+\frac{6}{b}}{9}}=\frac{1}{a}+\frac{4}{3b}$(BĐT côsi)

CMTT rồi cộng vào ta có: $\frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}\leq \frac{1}{a}+\frac{4}{3b}+\frac{2}{3b}+2c+c+\frac{2}{3a}$

BĐT đã đc chứng minh

[Trang Luong]

Cho $a,b,c,d\geq 0$ $a+b+c+d=1$. Tìm max$P=\left | a-b \right |+\left | a-c \right |+\left | a-d \right |+\left | b-c \right |+\left | b-d \right |+\left | c-d \right |$

[pro1stvip]

Bài toán BĐT thường là nội dung khó với các bạn học sinh trung học cơ sở. Một lí do đơn giản vì đây là dạng toán ''mới mẻ'' với các bạn và khi giải các bài toán BĐT các bạn thường cảm thấy ''lúng túng'' không biết phải sử dụng phương pháp gì?Tuy nhiên, trong nhiều bài toán BĐT có điều kiện chúng ta có thể dựa vào điều kiện của biến để đặt ẩn phụ đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá được trực tiếp mà không cần sử dụng đến các công cụ ''đao to búa lớn''. Bài viết dưới đây dựa trên ý tưởng của My Teacher - thầy Hoàng Văn Đắc. Chúng ta bắt đầu với một bài toán đơn giản sau

Ví dụ 1. CMR Với $a,b \in R$ và $a+b=4$ thì $a^{4}+b^{4} \geq 32$

Nhận xét rằng một biểu thức nhiều biến thường đạt giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất khi tất cả các biến bằng nhau ( tổng quát hơn là trường hợp một số biến bằng nhau) hoặc một số biến có giá trị trên biên. Điều này gợi ý cho ta cách đổi biến như sau

Lời giải
Do $a+b=4$ nên có thể đặt $a=2+x,b=2-x$ với $x\in R$
Ta có $a^{4}+b^{4}=(2+x)^{4}+(2-x)^{4}=2x^{4}+48x^{2}+32 \geq 32$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=0 \Leftrightarrow a=b=2$.
Như vậy bằng cách đổi biến thích hợp chúng ta đã đưa bài toán về dạng đơn giản có thể đánh giá trực tiếp được và BĐT chúng ta sử dụng chỉ là BĐT cơ bản nhất $x^{2} \geq 0, \forall x\in R$

Tiếp theo chúng ta xem xét một vài ví dụ khác. Qua đó hi vọng các bạn học sinh THCS sẽ có được một cách nhìn mới với những bài toán BĐT kiểu này.

Ví dụ 2. Cho $a,b \in R$ thỏa mãn $a+b \geq 2$. CMR
$$a^{3}+b^{3} \leq a^{4}+b^{4}$$

Lời giải.
Đặt $a=1+x,b=1+y$. Từ $a+b \geq 2$ ta có $x+y \geq 0$
BĐT cần chứng minh tương đương với
$$(1+x)^{3}+(1+y)^{3} \leq (1+x)^{4}+(1+y)^{4}$$

$\Leftrightarrow x(1+x)^{3}+y(1+y)^{3} \geq0$

$\Leftrightarrow x^{4}+y^{4}+3(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})+3(x^{2}+y^{2})+x+y \geq 0$
(BĐT này đúng vì $x+y \geq 0$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ x=y=0 \Leftrightarrow a=b=1$$.

Ví dụ 3. Cho $a,b,c\in R$ thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca \geq 6$$

Lời giải.
Vì $a+b+c=3$ nên có thể đặt $a=1+x ,b=1+y, c=1-x-y$ với $x,y \in R$
Ta có
$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca=(1+x)^{2}+(1+y)^{2}+(1-x-y)^{2}+$$
$$+(1-x)(1-y)+(1-y)(1-x-y)+(1-x-y)(1-x)$$
$$=x^{2}+xy+y^{2}+6=(x+\dfrac{y}{2})^{2}+\dfrac{3y^{2}}{4}+6\geq 6$$
Đó là đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ y=0,x+\dfrac{y}{2}=0 \Leftrightarrow a=b=c=1$$


Ví dụ 4. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b+c+d=1$. CMR
$$(a+c)(b+d)+2ac+2bd \leq \dfrac{1}{2}$$

Lời giải.
Vì $a+b+c+d=1$ nên có thể đặt
$$a=\dfrac{1}{4}+x+z , b= \dfrac{1}{4}-x+z ,c=\dfrac{1}{4}+y-z ,d= \dfrac{1}{4}-y-z $$
Ta có
$VT=(a+c)(b+d)+2ac+2bd$
$ =(\dfrac{1}{2}+x+y)(\dfrac{1}{2}-x-y)+2(\dfrac{1}{4}+x+z)(\dfrac{1}{4}+y-z)+2(\dfrac{1}{4}-x+z)(\dfrac{1}{4}-y-z)$

$= \dfrac{1}{2}-(x-y)^{2}-4z^{2} \leq \dfrac{1}{2}$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ x-y=0,z=0 \Leftrightarrow a=c ,b=d$$

Ví dụ 5. Cho $a,b,c,d\in R$ thỏa mãn $a+b=c+d$. CMR
$$c^{2}+d^{2}+cd \geq 3ab$$

Lời giải.
Do $a+b=c+d$ nên ta đặt $c=a+x , d=b-x$ với $x\in R$
Ta có
$$c^{2}+d^{2}+cd =(a+x)^{2}+(b-x)^{2}+(a+x)(b-x)=(a-b+\dfrac{x}{2})^{2}+\dfrac{3x^{2}}{4}+3ab\geq 3ab$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$a-b+\dfrac{x}{2}=x=0 \Leftrightarrow a=b=c=d$$

Ví dụ 6. Cho $x,y\in R,x<2$ và $x+y>5$. CMR
$$5x^{2}+2y^{2}+8y>62$$
Lời giải.
Vì $x<2,x+y>5$ nên ta đặt $x=2- t , x+y=5+u$ ($t,u >0$)
$$5x^{2}+2y^{2}+8y=5(2-t)^{2}+2(3+t+u)^{2}+8(3+t+u)=62+2(t+u)^{2}+5t^{2}+20u>62$$
Ta có đpcm

Ví dụ 7. Cho$ x,y\in R ,x \leq 1 ,x+y \geq 3$. Tìm GTNN của $F= 3x^{2}+y^{2}+3xy$
Lời giải.
Đặt $x=1-a, x+y =3+b$ thì $y=2+a+b;a,b \geq 0 $
Ta có
$3x^{2}+y^{2}+3xy=3(1-a)^{2}+(2+a+b)^{2}+3(1-a)(2+a+b)$
$=a^{2}+b^{2}-5a+7b-ab+13$
$=(a-\dfrac{b}{2}-\dfrac{5}{2})^{2}+\dfrac{3b^{2}}{4}+\dfrac{9b}{2}+\dfrac{27}{4} \geq \dfrac{27}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$ a=\dfrac{5}{2},b=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-3}{2},y=\dfrac{9}{2}$$

Ví dụ 8 Cho $x,y \in R,x+y=3 ,x \leq 1$. CMR
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y \geq 0$$

Lời giải.
Đặt $x=1-w$ thì $y=2+w$($w \geq 0$)
$$y^{3}-x^{3}-6y^{2}-x^{2}+9y\geq0 \Leftrightarrow (2+w)^{3}-(1-w)^{3}-6(2+w)^{2}-(1-w)^{2}+9(2+w) \geq0 $$
$\Leftrightarrow w(w-1)^{2} \geq 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$$ w \in$ \{0;1\} \Leftrightarrow (x;y)\in \{(1;2),(0;3)\}$$

Lời kết. Như vậy với việc đổi biển khéo léo ta có thể đưa việc xét một biểu thức phức tạp về một biểu thức đơn giản hơn,phù hợp với trình độ THCS. Những VD trên là đơn giản (không có VD nào có thể coi là khó!)và những lời giải trên là để minh họa cho kĩ thuật nên có thể chưa phải là Lời giải hay nhất,ngắn gọn nhất. Tác giả cho rằng việc đưa ra quá nhiều VD sẽ chỉ nhàm chán và vô vị ,vì vậy chỉ đưa ra vài VD đơn giản để bạn đọc có thể nắm bắt được ý tưởng nhanh chóng. Khi đã nắm bắt được ý tưởng ,bạn hoàn toàn có thể ''đánh bay'' một lớp các bài toán như vậy và đương nhiên bạn cũng có thể tự tạo ra các bài toán kiểu này. Dưới đây cũng là những BT đơn giản để các bạn thử nghiệm!

BT áp dụng.
Bài 1. Cho $a,b\in R,ab \geq 1$.CM $a^{2}+b^{2} \geq a+b$
Bài 2.Cho $x,y\in R, x+y=3,x \leq 1$.CM
a)$x^{3}+y^{3} \geq 9$
b)$2x^{4}+y^{4} \geq 18$

Bài 3.Cho $x,y>0$ thỏa mãn $x+y=1$
Tìm GTNN của $P= \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}}+\dfrac{3}{4xy}$

Bài 4 Cho $a,b \in R,a+b>8 ,b>3$
CMR $27a^{2}+10b^{3}>945$