Đăng ký Đăng nhập

Tài liệu Bất đẳng thức

.DOCX
101
430
92

Mô tả:

SUY NGHĨ VỀ MỘT DÃY BẤT ĐẲNG THỨC CAO MINH QUANG (GV. THPT chuyên Nguyễn Bĩnh Khiêm Vĩnh Long) Nhận xét. Với 2 số thực x, y dương ta có: 3 2 2 ( x 2+ y 2 ) x+ y 3 xy (x+ y) x3 + y 3 ( x + y )( x + xy + y ) ≥ ≥ ≥ ≥ (1) 3 2 ( x+ y ) (2) 6 2 2 Chứng minh. Từ (x+y) ≥ 2xy, suy ra x+ y 3 xy (x+ y) ≥ . 2 2 ( ) Vì (x – y)2 ≥ 0 và (x + y)(x – y)2 ≥ 0, suy ra 2 3 3 ( x + y )(3 x 2−3 xy +3 y 2) ( x+ y ) [2 ( x− y ) + ( x 2+ xy + y 2 ) ] x +y ≥ = 2 6 6 2 2 2 2 2 2 ( ) ( x + y )( x + xy + y ) x+ y ( 4 x + 4 xy + 4 y ) ( x+ y ) [ 3 ( x+ y ) + ( x− y ) ] ≥ = = 6 24 6 3 x+ y ≥ . 2 ( ) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: ( x+ y ) 4 (4 x 2−4 xy + 4 y 2) [ ( x+ y )2 + ( x + y )2 + ( 4 x2 −4 xy + 4 y 2 ) ] x +y = ≤ 4 4 ( x+ y )3 27.4 ( x+ y ) 3 3 3 2 2 3 2( x + y ) = ( x + y )3 Kết hợp các bất đẳng thức trên ta được dãy bất đẳng thức (1). Các bất đẳng thức (1) xảy ra khi x= y. Sau đây ta xét một số bài toán áp dụng bất đăng thức (1). a+b +c a3 +b 3+ c3 Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng: ≥ 3 3 ( 3 ) (2) Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức (1) với số thực dương d ta có: a+b 3 a3 +b 3 ≥ ; 2 2 c +d c 3+ d 3 ≥ 2 2 ( ) 3 ( ) Cộng theo vế các bất đẳng thức trên và áp dụng (1) ta có: 3 3 3 3 3 3 3 a+b c +d 1 a+b c +d a +b + c + d + ≥ 2 + 2 ≥ 2. 2 2 2 2 1 3 = 32 ( a+b +c +d ) a+b+c Với d = 3 , từ bất đẳng thức trên ta có: 3 a+b+ c 3 3 3 a +b + c +( ) 1 a+ b+c 3 a+b+ c+ ≥ = 2 a+b +c 3 32 3 3 2 3 3 3 a+b +c 3 ⇒ a +b + c ≥ 3 3 ( ) ( ) ( ( [( )] ) ( 3 ) ) Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. 1 Bài toán 2: Cho a, b, c là các số thực dương chứng minh rằng: 3 3 3 8 abc a +b + c + ≥ 2. (a+ b)(b+ c)(c +a) 3 abc Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và (2) ta có: 3 ( a+b ) + ( b+c ) + ( c +a ) 3 a+b +c a3 +b 3+ c3 ≥ = 3 6 3 1 (a+ b)(b+ c)(c +a) ≥ 3 .[3√3 ( a+b)(b+ c)(c +a)]3 = 8 6 3 3 3 8 abc 8 abc 3(a+ b)(b+c )(c +a) ⇒ a +b + c + (a+ b)(b+ c)(c +a) ≥ + (a+ b)(b+ c)(c +a) ≥ 2 8 abc 3 abc ( ) ( ) Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c Bài toán 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: b+ c c +a a+b ≤2 3 3 3 3 + 3 3 + a+ √ 4 (b + c ) b+ √ 4 (c +a ) c+ √ 4( a3 +b3 ) Lời giải: Theo bất đẳng thức (1) ta có: √3 4 (b3 + c3 ) ≥ b + c b+ c b+c Do đó: a+ √3 4(b3 +c 3) ≤ a + b+ c ⇒ 3 3 3 ≤ a+ √ 4 (b + c ) a+b+ c c +a a+b c+ a a+ b Tương tự ta có: 3 ; 3 3 3 ≤ 3 3 ≤ b+ √ 4 (c +a ) a+b+ c c+ √ 4( a +b ) a+b+ c 3 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Bài toán 4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + 3 3 + 3 3 ≤ abc . 3 a +b + abc b +c +abc c + a +abc 3 Lời giải. Theo bất đẳng thức (1), ta có: a3 + b3 ≥ ab(a + b) 1 1 ≤ ab(a+b+ c) 3 a +b + abc 1 1 1 1 Tương tự ta có: 3 3 ≤ bc (a+b+ c) ; 3 3 ≤ ca(a+b+ c) b +c +abc c + a +abc Suy ra: a 3+ b3 +abc ≥ ab(a + b + c). Do đó: 3 Cộng theo vế của các các bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Bài toán 5. Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng x9 + y9 y9 + z9 z9 + x9 + + ≥ 2. x6 + x 3 y 3+ y 3 y 6+ y 3 z 3 + z 6 z6 +z 3 x3 +x 3 Lời giải. Đặt a = x3, b = y3, c = z3 thì abc = 1. Bất đẳng thức trở thành a3 +b3 b3 + c3 c 3 +a 3 + + ≥2 a2 +ab+ b2 b2 +bc +c 2 b2 +bc +a2 a+b a3 +b3 Theo bất đẳng thức (1), ta có: 2 . 2 ≥ 3 a +ab+ b 3 3 3 3 b+c c+ a b +c c +a Tương tự ta có: 2 ≥ ; 2 2 2 ≥ 3 3 b +bc +c b +bc +a Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a+b b+c c+ a 2 a3 +b3 b3 + c3 c 3 +a 3 + + + + = 3 .(a+b+c) 2 2 2 2 2 2 ≥ 3 3 3 a +ab+ b b +bc +c b +bc +a 2 ≥ 3 .3√3 abc = 2. 2 Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hay x = y = z = 1. 1 1 1 1 Bài toán 6. Cho a, b, c, d > 0 thỏa mãn: a + b + c + d = 4. Chứng minh rằng: d3 + a3 ≤ 2.(a + b + c + d) – 4 2 2 2 3 3 a +b 3 a +b Lời giải. Theo bất đẳng thức (1) ta có: ≤ . a+b 2 √ 3 a3 +b3 + 2 √ 3 3 √ 3 √ 3 c3 + d3 + 2 3 √ 3 √ 3 2 2 2 2 2 2 2 2 a +b b +c c +d d + a2 ≤ + + + a+b b+c c+ d d+ a 2 2 3 √ 3 3 Do đó: 3 a +b + 3 b +c + 3 c + d + 3 d + a √ 3 b3 +c 3 + 2 √ 2 Ta sẽ chứng minh: a2 +b2 b2 +c 2 c 2+ d 2 d 2+ a2 + + + ≤ 2.(a + b + c + d) – 4 (3) a+b b+c c+ d d+ a 2 2ab 1 1 1 a2 +b2 1 Ta lại có: a + b = a+b = + 1 . Do đó nếu đặt x = a ; y = b ; z = c ; a+b a b 1 t = d và chú ý rằng x + y + z + t = 4 bất đẳng thức (3) trở thành 1 1 1 1 + y+ z + z+t + t+ x ≥ 2 (4) . Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: (x + y + x+ y 1 1 1 1 z + z + t + t + x)( x+ y + y+ z + z+t + t+ x ) ≥ 4. Do đó (4) đúng. Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = t = 1 hay a = b = c = d = 1. Bài tập vận dụng Bài 1. (Thái Nhật Phượng) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 2 2 2 x y z + + ≥ 3. 3 3 3 x+ y + y z y+ z+z x z+ x + x y Bài 2. (Nguyễn Bá Nam) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 1 1 1 3 b+c c+ a a+b .( + + c ). 3 + 2 + 3) ≥ 2 a b a b c a3 b3 c 3 a2 b2 c 2 Bài 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 2 + 2 + 2 ≥ + + b c a b c a (a3 + b3 + c3)( Bài 4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 2 2 3 4a 4b 4c + + √3 4 a3 +4 b3 + √3 4 b3 +4 c3 + √3 4 a3 +4 a3 ≤ a+b b+c c+ a 3 SỬ DỤNG BIỆT THỨC DELTA CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI ĐỂ GIẢI TOÁN CỰC TRỊ BÙI MẠNH TÙNG (GV. THCS Trưng Vương, Q. Hoàn Kiếm, Hà Nội) CAO VĂN DŨNG (GV. THPT Tây Hồ, Q. Tây Hồ, Hà Nội) Bài toán cực trị là một dạng toán thường xuất hiện trong kì thi học sinh giỏivà thi vào THPT. Có rất nhiều phương pháp để giải các bài toán cực trị, trong bài này tôi xin giới thiệu cách sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai để giải một số bài toán cực trị. Xét hàm số y = f(x) = ax2 + bx + c (a ≠ 0), với biệt thức ∆ = b2 – 4ac. b 2 b2−4 ac Ta có: y = f(x) = ax + bx + c = a[(x + 2 a ) ]. 4a b ∆ Suy ra af(x) = a2(x + 2 a )2 - 4 . (1) Từ đẳng thức (1) ta thấy nếu ∆ < 0 thì af(x) > 0 và ∆ ≥ 0 khi và chỉ khi tồn tại x để 2 f(x) = 0. Ví dụ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x2 + 3x – 1. Lời giải. Ta có x2 + 3x – 1 – y = 0. (1) Để phương trình (1) có nghiệm thì: ∆ = 32 – 4(-1 – y) = 13 + 4y ≥ 0 −13 ⇔y≥ 4 . −3 Dấu “=” xảy ra khi ∆ = 0 hay x = 2 . −13 −3 Vậy Miny = 4 khi x = 2 . x2 +1 Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = 2 . x −x+1 1 3 Lời giải. Ta có x2 – x + 1 = (x - 2 )2 + 4 > 0, do đó P luôn xác định với mọi x. x2 +1 Ta có: P = 2 ⇔ (P – 1)x2 – Px + P -1 = 0 x −x+1  Với P = 1 thì x = 0. 4  Với P ≠ 1, ta có: ∆ = P2 – 4(P – 1)2 = -3P2 + 8P – 4. ∆≥0⇔P≥ 2 (1) hoặc P ≤ 2 (2) 3 Dấu bằng ở (1) xảy ra khi x = -1. Dấu bằng ở (2) xảy ra khi x = -1. 2 Vậy MinP = 3 khi x = - 1, MaxP = 2 khi x = 1. xy Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 y+1 với x, y là các số thực thỏa mãn: x2y2 + 2y + 1 = 0. (Đề vào lớp 10 THPT chuyên KHTN Hà Nội năm 2015) Lời giải. Ta có: x2y2 + 2y + 1 = 0 ⇔ y = 2 xy −x 2 y 2−1 . 2 −2 xy P = ( 2 2 ) = 2 2 ⇔ 3Px2y2 + 2xy + P = 0. (1) 3 −x y −1 +2 3 x y +1  Trường hợp 1. P = 0 thì xy = 0.  Trường hợp 2. P ≠ 0 ta có (1) là phương trình bậc hai với ẩn là xy, do đó để phương trình có nghiệm thì: ∆ = 4 – 12P2 ≥ 0 ⇔ 1 −2 3 thì x = √ , y = 3 2 √3 1 1 −2 MinP = thì x = và y = 3 . √3 √3 1 1 ≤P≤ . √3 √3 Vậy MaxP = Ví dụ 4. Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 5x2 + y2 + 4xy – 18x – 12y + 2017 Lời giải. Xét Q = 5x2 + 2(2y – 9)x + y2 - 12y + m, với m là tham số. Ta có ∆ ' x = - y2 + 24y – 144 + 225 – 5m = - (y -12)2 + 225 – 5m. Ta sẽ sẽ tìm m để Q ≥ 0 ∀ x, y tức là ta cần có ∆ ' y ≤ 0 ∀ y. Điều này xẩy ra khi m = 45. Suy ra P ≥ 1972. Dấu “=” xảy ra khi x = -3, y = 12. Vậy MinP = 1972 khi x = -3, y = 12. Ví dụ 5. Cho x, y, z là các số thực không âm. Chứng minh rằng xyz + x2 + y2 + z2 + 5 ≥ 3(x+y+z). Lời giải. Ta nhận thấy đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Theo nguyên lí Dirichlet, trong 3 số x, y, z luôn tồn tại 2 số cùng không lớn hơn hoặc cùng không nhỏ hơn 1. Không mất tính tổng quát giả sử y, z thỏa mãn tính chất đó. Suy ra (y – 1)(z – 1) ≥ 0 ⇔ yz ≥ y + z – 1 ⇒ xyz ≥ xy + xz – x. Ta phải chứng minh: f(x) = x2 + (y + z – 4)x + y2 + z2 – 3y – 3z + 5 ≥ 0. Mặt khác ta lại có: ∆ = (y + z – 4)2 – 4(y2 + z2 – 3y – 3z + 5) = -(y – z)2 – 2(y – 1)2 - 2(z – 1)2 ≤ 0 ⇒ 1.f(x) ≥ 0 ∀x ⇒ f(x) ≥ 0. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1. Suy ra đpcm. Ví dụ 6. Tìm số thực x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1 (1) và x2 + 2y2 + 3z2 = 4 (2) sao cho x đạt giá trị lớn nhất. Lời giải. Từ (1) suy ra z = 1 – x – y, thay vào biến đổi ta được 5 5y2 + 6(x – 1)y + 4x2 - 6x – 1 = 0. (3) Để phương trình (3) có nghiệm thì: ' 2 2 2 ∆ = 9(x – 1) – 20x + 30x + 5 = -11x + 12x + 14 ≥ 0 6− √ 190 6+ 190 ⇔ ≤ x ≤ √ . Vì x đặt giá trị lớn nhất nên 11 11 6+ 190 15−3 √ 190 10−2 √ 190 x= √ ⇒y= ;z= . 11 55 55 Bài tập. Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực x, y thì 2x2 + y2 – xy – 11x + y +16 ≥ 0 Bài 2. Xét hai số thực x, y thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức thỏa mãn: P = 2(x 2+ 6 xy) 1+ 2 xy +2 y 2 Bài 3. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn x2y = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x√ x 2+ y 2 + x2. Bài 4. Xét các số thực dương x, y thỏa mãn x2 + y2 + xy – 6(x + y) + 11 = 0. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2x + y. Bài 5. Xét các số thực a, b, c thỏa mãn a3 > 36 và abc = 1. Chứng minh rằng: + c2 > ab + bc + ca. a2 + b2 3 MỘT SỐ KĨ THUẬT SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC AM - GM TẠ NGỌC MINH (Thị trấn Triệu Sơn, Thanh Hóa) Trong bài viết này chúng tôi giới thiệu một số bài toán khi chứng minh có sử dụng bất đẳng thức AM – GM và cách áp dụng. * Bất đẳng thức AM – GM Với các số thực không âm a, b, c thì: a + b ≥ 2√ ab. Dấu bằng xảy ra khi a = b. a + b + c ≥ 3√3 abc . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. Bài toán 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 6. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = √3 a+b + √3 b+ c + √3 c +a* Phân tích. Vì có căn bậc 3 nên ta nghĩ đến dùng bất đẳng thức AM – GM ba số, dự đoán giá trị lớn nhất đạt được khi a = b = c = 2. Khi đó a + b = b +c=c+a=4 * Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 3 4.4 .(a+b) √ ≤ √ a+b = 3 4+ 4+( a+b) 8+(a+b) = . 3 3 6 √2 6√2 2√ 2 8+(b+c ) 3 8+( b+c ) Tưng tự ta có: √3 b+ c ≤ ; √ c +a ≤ . 3 3 6√2 6 √2 3 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: P ≤ Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2. 24+2( a+b+ c) 3 6 √2 = 3√3 4 6 Vậy MaxP = 3√3 4 khi a = b = c = 2. Bài toán 2. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2b2 + b2c2 + c2a2 = 12. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = √3 a b2 c 3 + √3 b c 2 a3 + √3 c a2 b3 * Phân tích. Ta dự đoán Q đạt giá trị lớn nhất khi a = b = c = √ 2. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a+b+ b a+2 b . = c . 3 3 b+2 c c+ 2 a Tương tự: √3 b c 2 a3 ≤ a . 3 ; √3 c a2 b3 ≤ b. 3 √3 a b2 c 3 = c√3 a b2 ≤ c. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 2 ab 2bc 2 ca 4+a2 b2 4+ b2 c 2 4+ c 2 a 2 Q ≤ ab + bc + ca = 2 + 2 + 2 ≤ + + 4 4 4 2 2 2 2 2 2 12+12 12+ a b +b c + c a = = 4 = 6. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = √ 2 4 Vậy MaxQ = 6 khi a = b = c = √ 2 Bài toán 3. Cho các số thực a, b thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 48 với a, b, c ∈ [1;4]. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (2a + 2b – c)3 + (2b + 2c – a)3 + (2c + 2a – b)3. Lời giải. Đặt x = 2a + 2b – c; y = 2b + 2c – a; z = 2c + 2a – b Suy ra x2 + y2 + z2 = 9(a2 + b2 + c2) = 9.48 = 432. Vì a, b, c ∈ [1;4] nên a, b, c > 0. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 2x3 + 123 = x3 + x3 + 123 ≥ 3.√3 x 3 . x 3 . 123 = 36x2. Tương tự: 2y3 + 123 ≥ 36y2 ; 2z3 + 123 ≥ 36z2. Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: 2A ≥ 36(x2 + y2 + z2) – 3.123 = 36.432 – 3.123 = 10368 ⇒ A ≥ 5184. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 12 hay a = b = c = 4. Vậy MinA = 5184 khi a = b = c = 4. Bài toán 4. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z + 2 = xyz. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 + + ≥ . x y z 2 1 1 1 Lời giải. Đặt a = x , b = y , c = z . Bài toán trở thành: Cho a, b, c dương thỏa mãn ab + bc + ca + 2abc = 1. Chứng minh 3 rằng: a + b + c ≥ 2 Ta có: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ≥ 0 nên (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). a+b +c 3 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ≥ abc 3 (a+ b+c )2 a+b +c 3 ⇒ + 2. ≥ ab + bc + ca + 2abc = 1 3 3 1 3 ⇔ 27 .(a + b + c - 2 ).[2(a+ b + c)2 + 12(a + b + c) +18] ≥ 0 3 1 ⇔ a + b + c ≥ 2 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2 ⇔ x = y = z = 2. ( ( ) ) Bài toán 5. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2 7 ≤ 4. Chứng minh rằng: ab+ 1 bc +1 ca+1 ≥ 3. 2 + 2 + ( a+1 ) ( b+c ) ( c+ a )2 Lời giải. Ta có: a2 + b2 + c2 + (a + b +c)2 ≤ 4 ⇔ a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca ≤ 2 2 ab+ 1 1 2 ab+2 1 2 ab+a2 +b 2+ c 2+ ab+bc +ca 1 [ ( a+b ) + ( c+ a ) ( c+ b ) ] . Do đó: = . ≥2 =2 2 ( a+1 )2 2 ( a+ b )2 ( a+ b )2 ( a+b ) 1 ( c+ a ) ( c+ b ) =2+ . ( a+b )2 bc +1 1 ( a+b )( a+ c ) ca+1 1 ( b+c ) ( b+a ) Chứng minh tương tự: + ; + . 2 ≥ 2 ≥ 2 2 2 ( b+c ) ( c+ a ) ( b+ c ) ( c +a )2 Cộng theo vế ta được: ab+ 1 bc +1 ca+1 3 ( c+ a ) ( c+ b ) ( a+b )( a+ c ) ( b+c ) ( b+a ) + + + (1) 2 + 2 + 2 ≤ 2 ( a+1 ) ( b+c ) ( c+ a ) ( a+b )2 ( b+ c )2 ( c +a )2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: ( c+ a ) ( c+ b ) ( a+b )( a+ c ) ( b+c ) ( b+a ) ( c+ a ) ( c+ b ) ( a+b ) ( a+ c ) ( b+ c ) ( b+ a ) . . + + ≥ 33 2 2 2 2 2 2 ( a+b ) ( b+ c ) ( c +a ) ( a+b ) ( b+c ) ( c+ a ) √ = 3 (2) . Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1 . √3 Bài toán 6. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng (a2 + b2 + c2)3 ≥ 9(a3 + b3 + c3) Phân tích. Ta sẽ đưa hai vế cần chứng minh về cùng bậc. (a2 + b2 + c2)3 ≥ 9abc(a3 + b3 + c3). Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a 3+b 3+ c 3 a3 +b 3+ c3 3 ≤ (ab + ac + ) 3a 3a 3 3 3 a +b + c −3 abc 3 = (ab + bc + ca + ) 3a (a+ b+c )(a2 +b 2+ c 2−ab−bc−ca) 3 = (ab + bc + ca + ) . Ta sẽ chứng minh: 3a (a+ b+c )(a2 +b 2+ c 2−ab−bc−ca) ab + bc + ca + ≤ a2 + b2 + c2 (1) 3a 2 a−b−c Ta có: (1) ⇔ (a 2+ b2 +c 2−ab−bc−ca)( 3 a ) ≥ 0. (2) ( a−b )2 + ( b−c )2+ ( c−a )2 Ta lại có: a 2+ b2+ c 2−ab−bc−ca = ≥ 0. 2 Do đó nếu giả sử a = max{ a , b , c } thì (2) luôn đúng. Suy ra đpcm. 9abc(a3 + b3 + c3) = 27.ab.ac. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. Bài toán 7. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rẳng: + b c 3 . 2 + 2 ≥ 2 1+ c 1+ a a 1+ b2 a b c 2 + 2 + 1+ b 1+ c 1+ a2 a b c 3 ≤ 2b + 2 c + 2 a . Mà vế phải của bất đẳng thức này không nhỏ hơn 2 nên ta Phân tích. Áp dụng ngay bất đẳng thức AM – GM thì 8 nghĩ đến dùng kĩ thuật AM – GM ngược dấu như sau: - 1 1 . 2 ≥ 2a 1+ a Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: a ab a ( 1+b2 ) −a b2 a b2 a b2 = = a ≥ a =a- 2. 2 2 2 1+ b 1+ b 1+b Chứng minh tương tự ta có: 2b b c bc ca ; . 2 ≥ b 2 ≥ c 2 1+ a 2 1+ c Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a b c ab+bc +ca ab+bc +ca = 3 2 + 2 + 2 ≥ a + b + c 2 2 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 ab+bc +ca ( a+b+ c ) 3 3 Ta lại có: ≤ = = . (2) 2 2 2.3 6 (1) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1. Bài toán 8. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x2 y2 z2 + + . x+ y 2 y+ z2 z+ x 2 Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: 2 2 2 xy x ( x + y 2 )−x y 2 x xy y√ x = = x ≥ x . (1) 2 2 2 = x 2 2 x+ y 2√ x y x+ y 2 2 y z z√ y x√z Tương tự: (2) ; (3). 2 ≥ y 2 ≥ z 2 2 y+ z z+ x x+ y Cộng theo vế (1), (2) và (3) ta có: 2 2 2 x y z y √ x +z√ y +x √z y x+z√ y+x √z = 3- √ (*) 2 + 2 + 2 ≥ (x + y + z) 2 2 x+ y y+ z z+ x xy+ y Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: y √ x = √ xy . y ≤ 2 (4). yz+ z xz+ x Tương tự ta có: z √ y = √ yz . z ≤ 2 (5) ; x √ z = √ xz . x ≤ 2 (6). ( xy+ yz+ zx )+(x+ y+ z) Cộng theo vế (4), (5), (6) ta có: y √ x + z √ y + x √ z ≤ 2 2 2 18 3+(xy + yz + zx ) 9+3(xy + yz + zx ) 9+ ( x + y + z ) 9+3 = = ≤ = = 6 = 3. (7) 2 6 6 6 3 3 Từ (*) và (7) suy ra: P ≥ 3 - 2 = 2 . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1. 3 Vậy MinP = 2 khi x = y = z = 1. P= Bài tập. Bài 1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3. Tìm giá trị lớn nhất a3 của biểu thức: P = 2 + √b +3 b3 + √ c3 +3 c3 . √ a2 +3 Bài 2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz. Chứng minh rằng (x + y + z)xyz ≥ 4(xy + yz + zx). Bài 3. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = 1 1 1 . 2 + 2 + a b c2 Bài 4. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 3. Tìm giá trị lớn 9 nhất của biểu thức: A = a b c d 2 + 2 + 2 + 2. 1+ b 1+ c 1+ d 1+ a Bài 5. Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = a b c d + + + . 2 2 2 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a2 b Bài 6. Cho các số thực dương x, y, z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức √ yz √ zx √ xy M= + + . x+2 √ yz y+ 2 √ zx z+2 √ xy MỘT PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NGUYỄN KHÁNH TOÀN (GV THCS Bác Hải, Tiến Hải, Thái Bình) Trong quá trình chứng minh bất đẳng thức(BĐT). Chúng ta gặp các BĐT ở mà đó các biến được hoán vị vòng quanh hay các biến có vai trò như nhau. Bài viết này, xin giới thiệu tới bạn đọc phương pháp khá hiêu quả để giải quyết một số bài toán thuộc dạng này thông qua các thí dụ sau. Thí dụ 1. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: √ x 2+ xy +2 y 2 +√ y 2+ yz+ 2 z 2 + √ z 2+ zx +2 x 2 ≥ 2(x + y + z) Phân tích. Trong BĐT (1) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Do vậy, nếu ta chọn được các số a, b để có BĐT (1*) √ x 2+ xy +2 y 2 ≥ a(x + by) Thì nó là cơ sở để suy ra BĐT (1*). Với x = y thì BĐT (1*) trở thành √ x 2+ x 2 +2 x2 ≥ a(x + by) ⇔ 2 ≥ a(b + 1). 2 Từ đó ta có thể chọn a = b+1 , b ≠ - 1, khi đó BĐT (1*) có dạng 10 2 √ x 2+ x 2 +2 x2 ≥ b+1 (x + by) ⇔ (b2 + 2b – 3)x2 + (b2 – 6b + 1)xy + (-2b2 + 4b + 2) ≥ 0. x Đặt t = y > 0, BĐT trên trở thành: (b2 + 2b – 3)t2 + (b2 – 6b + 1)t + (-2b2 + 4b + 2) ≥ 0. 2 −2 b + 4 b+2 ⇔ (b + 2b – 3)(t – 1)(t - 2 ) ≥ 0. b +2 b – 3 2 −2 b2+ 4 b+2 Để BĐT (1*) đúng, ta chọn b sao cho: b + 2b – 3 > 0 và 2 =1 b +2 b – 3 5 3 ⇔ b = 3 ⇒ a = 4. 3 x +5 y Lời giải. Với x, y > 0, ta có: √ x 2+ xy +2 y 2 ≥ 4 (a) 2 ⇔ (x – y)2 ≥ 0 (luôn đúng) Tương tự ta có: √ y 2+ yz+ 2 z 2 ≥ 3 y+5 z 3 z +5 x (b); (c) z 2+ zx +2 x 2 ≥ √ 4 4 Cộng theo vế ba BĐT (a), (b), (c) ta thu đươc BĐT (1). Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. Thí dụ 2. Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng: 3 a2 b2 c2 + + ≥ 2 (2) a+b b+c c+ a Phân tích. Trong BĐT (2) các biến có vai trò như nhau và đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Do vậy nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT a2 ≥ xa + yb (2*) a+b thì nó là cơ sở để suy ra bất đẳng thức (2) a2 Với a= b thì BĐT (2*) trở thành: ≥ (x + y)a. Từ đây ta có thể chọn 2a 2 1 1 a y = 2 −x, Khi đó (2*) có dạng ≥ xa + ( 2 −x ¿b a+b 1 1 a ⇔ (1 – x)a2 - 2 ab + (x - 2 )b2 ≥ 0. Đặt t = b > 0 BĐT trên trở thành: 1 x− 1 1 2 2 ) ≥ 0. (1 – x)t - 2 t + (x - 2 ) ≥ 0 ⇔ (1 – x)(t – 1)(t 1–x 1 x− 2 =1 Để chứng tỏa (2*) đúng ta chọn x sao cho: 1 – x > 0 và 1–x 3 1 ⇔ x = 4 ⇒ y = 4. 3 a−b a2 Lời giải. Với a, b > 0 ta có: ≥ 4 ⇔ (a – b)2 ≥ 0 (luôn đúng) a+b 3 b−c 3 c−a b2 c2 Tương tự với a, b, c > 0, ta cũng có: ≥ 4 ; ≥ 4 . b+c c+a Cộng theo vê ba BĐT trên thu gọn ta đươc BĐT (2). Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Thí dụ 3. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 11 a+b+ c a3 b3 c3 + + . (3) 2 2 2 2 2 2 ≥ 3 a +ab+ b b +bc +c c + ca+a Phân tích. Trong BĐT (3) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Như vậy, nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT 3 a 2 2 ≥ xa + yb a +ab+ b (3*) thì nó là cơ sở để chứng minh BĐT (3). a3 b3 c3 + + ≥ (x + y)(a + b + c). a2 +ab+ b2 b2 +bc +c 2 c 2+ ca+a 2 1 1 Để có BĐT (3)chọn x, y sao cho x + y = 3 ⇔ x = 3 – y. 3 1 a Như vậy, cần tìm y để có BĐT: 2 – y)a + yb. 2 ≥ ( 3 a +ab+ b 2 1 1 2 1 1 a ⇔ ( 3 + y)a3 - 3 a3b - 3 ab2 – yb3 ≥ 0 ⇔ ( 3 + y)X3 - 3 X2 - 3 X – y ≥ 0 (X = b ) 2 1 ⇔(X – 1)(( 3 + y)X2 + ( 3 + y)X + y) ≥ 0. Theo BĐT (3*) ta có: 2 1 Khi đó tam thức bậc hai )(( 3 + y)X2 + ( 3 + y)X + y có nghiệm X = 1thì BĐT (3*) 1 2 đúng. Từ đó ta tìm được y = - 3 và x = 3 2 a−b a3 Lời giải. Với a, b > 0 ta có: 2 ⇔ (a – b)2 ≥ 0 (luôn đúng). 2 ≥ 3 a +ab+ b 3 3 2b−c 2 c−a b c Tương tự: 2 ≥ ; . 2 2 2 ≥ 3 3 b +bc +c c + ca+a Cộng theo vế ba BĐT trên và thu gọn ta được BĐT (3). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Thí dụ 4. Cho a, b, c> 0. Chứng minh rằng: 4 4 4 a+b+c a b c + + (4) 3 3 3 3 3 3 ≥ 3 a +2 b b +2 c c + 2a Phân tích. Trong BĐT (4) các biến được hoán vị vòng quanh và đẳng thức xảy ra khi a = b = c. Do vậy nếu ta chọn được các số x, y để có BĐT: a4 ≥ xa + yb (4*) thỉ đó là cơ sở để chứng minh BĐT (4). a3 +2 b3 a4 b4 c4 Theo BĐT (4*) ta có: 3 + + ≥ (x + y)(a + b + c). a +2 b3 b3 +2 c 3 c 3+ 2a 3 1 1 Để có BĐT (4) chọn x, y sao cho x + y = 3 ⇔ x = 3 – y. 1 a4 Như vậy ta cần tìm y để có BĐT sau: 3 – y)a + yb 3 ≥ ( 3 a +2 b 2 2 ⇔ ( 3 + y)a4 – ya3b + (2y - 3 )ab3 – 2yb4 ≥ 0 2 2 a ⇔ ( 3 + y)X4 – yX3 + (2y - 3 )X – 2y ≥ 0 (X = b > 0) 2 2 2 ⇔ (X – 1)(( 3 + y)X3 + 3 X2 + 3 X + 2y) ≥ 0. 2 2 2 Nhận thấy đa thức: ( 3 + y)X3 + 3 X2 + 3 X + 2y có nghiệm X = 1 thì BĐT (4*) luôn 12 2 đúng. Từ đó ta tìm được y = - 3 và a = 1. 4 3 3 2b a 2ab 2ab = a ≥ a (d) 3 3 3 3 3 2 = a 3 a +2 b a +b +b 3ab 2c 2a b4 c4 Tương tự: 3 ≥ b (e); (f) 3 3 3 ≥ c 3 3 b +2 c c + 2a Lời giải. Áp dụng BĐT Cô – si, ta có: Cộng theo vế các BĐT (d), (e) và (f) ta được BĐT (4) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Thí dụ 5. Cho a, b, c > 0, a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh rằng: a b c 3 3 + + ≥ √ (5) 2 b +c 2 2 2 2 c +a 2 2 a +b Hướng dẫn. Dễ thấy BĐT (5) là hệ quả của BĐT: a b c 3 3 + + ≥ √ (a2 + b2 + c2). 2 b +c 2 2 2 2 c +a 2 2 a +b a 3 √3 2 a . Chứng minh BĐT (5*) luôn đúng. 2 ≥ 2 b +c a a 3 3 3 √ 3 2 a( √ 3 a−1)( √3 a+ 2) Xét hiệu: H = 2 2 - √ a2 = a = . 2 2 2 b +c 1−a 2(1−a2 ) Vì a ∈ (0;1). Từ đó suy ra BĐT (5). Do đó ta cần Chứng minh BĐT: 2 Bài tập. 1 1 1 1. Cho a, b, c > 0 và a + b + c =1. Chứng minh rằng √ x 2 +2 y 2 + √ y 2 +2 z 2 + √ z 2 +2 x2 ≥ √ 3. xy yz zx 2. Cho x, y, z > 0 và xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng: x√ 2 y2 +3 z 2 + y√ 2 z 2 +3 x 2 + z√ 2 x 2 +3 y 2 ≥ √ 5. 3. Cho x, y, z > 0 và xyz = 1. Chứng minh rằng: x√ y 2+ 2 z 2 + y√ z 2+2 x 2 + z√ x 2+2 y 2 ≥ 3 √ 3. 4. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng: √ x 2 +2 y 2 + √ y 2 +2 z 2 + √ z 2 +2 x2 ≥ √ 3. z x y 5. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: a2−bc b2−ca c 2−ab a) + + ≥ 0. b+ c c +a a+ b a2 +b2 b2 +c 2 c 2+ a2 b) + + ≥ a + b + c. b+c c+ a a+b 6. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng 3 3 3 a b c a+b+c a) . 2 + 2 + 2 ≥ 4 ( a+b ) ( b+c ) ( c+ a ) 3 3 3 a+b+ c a b c b) 2 2 + 2 2 + 2 2 ≥ 2 . b +c c +a a +b 7. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng a+b+ c a3 b3 c3 + + . 2 2 2 2 2 2 ≥ 5 a +3 ab+ b b +3 bc+ c c +3 ca+a 8. Cho a, b, c. Chứng minh rằng: a) 3 a3 b3 c3 + + ≥2. 2 2 2 a +1 b +1 c +1 13 b) a4 b4 c4 + + ≥ 1. 2 2 2 a +2 b +2 c + 2 9. Cho a, b, c, d và ab + bc + ca + da = 4. Chứng minh rằng: 4 4 4 4 4 a b c d + + + . 3 3 3 3 3 3 3 3 ≥ 3 a +2 b b +2 c c + 2d d +2a MỘT BÀI TOÁN CỰC TRỊ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI NGUYỄN DUY THÁI (GV. THCS Nam Hồng, TX. Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh) Trong đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm 2015 – 2016 tỉnh Hà Tĩnh có bài toán cực trị, mà không nhiều thí sinh giải được. Tôi xin nêu ra kĩ thuật phân tích để tìm ra nhiều cách giải cho bài toán này. Bài toán. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = ab + bc + 2ca. Phân tích. Từ a2 + b2 + c2 = 1 có -1 ≤ a, b, c ≤ 1. * Xét b = ± 1⇒ b2 = 1⇒ a2 + c2 = 0 ⇒ a = c = 0 ⇒ F = 0. * Xét b = 0 ⇒ a2 + c2 = 1 và F = 2ac. Ta có: 2ac ≥ -(a2 + c2) ⇒ ac ≥ 2 2 1 −a +c = - 2 ⇒ F ≥ -1. 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a = -c và a2 + c2 = 1 ⇔ a = -c = ± √ . 2 Từ các định hướng trên ta có các cách giải sau. Cách 1. Vì a2 + b2 + c2 = 1 nên F = ab + bc + 2ca = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ca – 1 = b2 b2 [(a + 2ac + c ) + b(a + c) + ] + 3. – 1. 4 4 2 2 b b b b2 = [(a + c)2 + b(a + c) + ] + 3. – 1 = (a + c + 2 )2 + 3. – 1 ≥ -1. 4 4 4 2 Dấu “=” xảy ra khi b = 0 và a = - c = ± √ . 2 2 2 Vậy MinF = -1. Cách 2. Ta có: (a + b + c)2 ≥ 0 , (a + c)2 ≥ 0 và b2 ≥ 0. Cộng theo vế ba BĐT trên ta có: (a + b + c)2 + (a + c)2 + b2 ≥ 0. ⇔ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) + a2 + 2ac + c2 + b2 ≥ 0. ⇔ 2(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + 2ca) ≥ 0. ⇔ ab + bc + 2ca ≥ -(a2 + b2 + c2) = -1. Do đó: F ≥ -1. −(a2+ b2 +c 2) −1 Cách 3. Ta có: (a + b + c) ≥ 0 ⇒ ab + bc + ca ≥ = 2 (1) 2 −a2 +c 2 b2−1 −1 (a + c)2 ≥ 0 ⇒ ac ≥ = ≥ 2 (2) 2 2 2 Công theo vế (1) và (2) ta được: F = ab + bc + 2ac ≥ -1 Cách 4. Ta có 1 = a2 + b2 + c2 ⇔ 2 = 2(a2 + b2 + c2) ⇒ 2F + 2 = 2(ab + bc + 2ca) + 2(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)2 + (a + c)2 + b2 ≥ 0 ⇒ F ≥ -1. 14 Cách 5. Xét F + 1 = ab + bc + 2ca + a2 + b2 + c2 = (a + c)2 + b(a + c) + b2 – 1 ⇔ (a + c)2 + b(a + c) + b2 – F – 2 = 0. (6) Ta có (6) là phương trình bậc 2 có ẩn t = a + c. Để phương trình (6) có nghiệm thì ∆ = 3 b2 – 4.(b2 – F – 2) ≥ 0 ⇒ F ≥ - 1 + 4 b2 ≥ - 1. Cách 6. Ta có: F = ab + bc + 2ac = a2 + b2 + c2 + ab + bc + 2ac – 1= [(a2 + 2ac + c2) 3 1 + b(a + c) + b2 – 1 = 4 (a + b + c)2 + 4 (a – b + c)2 – 1 ≥ -1. Trong các cách 2, 3, 4, 5 và 6 dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi b = 0 và 2 a = -c = ± √ . 2 Cách bạn hãy tìm thêm các giải khác nhé! Bài tập vận dụng Bài 1. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F = ab + bc + 2ca Bài 2. Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 2016. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a) P = ab + 2bc + ca b) Q = 2ab + bc + ca c) R = 2ab – bc – ac TÌM CỰC TRỊ CỦA MỘT BIỂU THỨC MÀ CÁC BIẾN CÓ ĐIỀU KIỆN RẰNG BUỘC THÁI NHẬT PHƯỢNG (GV. THCS Cam Nghĩa, Cam Ranh, Khánh Hòa) Trong bài viết này ta tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN), giá trị lớn nhất (GTLN) của một biểu thức mà các biến phải thỏa mãn một điều kiện nào đó, hoặc các biến là nghiệm của phương trình (PT) hoặc bất phương trình (BPT) bằng cách đưa phương trình hoặc bất phương trình nhiều ẩn đã cho về bất phương trình một ẩn với ẩn số là biểu thức đang xét (hoặc sai khác một hằng số). Ví dụ 1. Tìm GTNN và GTLN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình: x4 + y4 – 3 = xy(1 – 2xy) (1) Lời giải. PT (1) ⇔ xy + 3 = (x2 + y2)2 ≥ 4x2y2 Đặt t = xy thì BPT trên trở thành 4t2 – t – 3 ≤ 0 ⇔ (t – 1)(4t + 3) ≤ 0 15 −3 ⇔ 4 ≤ t ≤ 1. −3 −3 3 Vậy GTNN của xy là 4 khi x2 = y2 và xy = 4 ⇔ x = - y = ± √ 2 2 2 GTLN của xy là 1 khi x = y và xy = 1 hay x = y = ± 1 Ví dụ 2. Các số dương x, y, z thỏa mãn: xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z. Lời giải. (x + y + z)3 ≥ (3√3 xyz )3 = 27xyz ⇒ (x + y + z)3 ≥ 27(x + y + z + 2). Đặt t = x + y + z ≥ 0 thì: t3 – 27t – 54 ≥ 0 ⇔ (t – 6)(t + 3)2 ≥ 0 ⇔ t ≥ 6. Vậy GTNN của x + y + z là 6 khi x = y = z = 2. Ví dụ 3. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 (2) Tìm GTLN và GTNN của A = xyz Lời giải. Ta có: (2) ⇔ (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 Sử dụng BĐT Cô – si ta có: 2|A| + 4|A| + 3A2 ≤ 9 ⇔ A2 + 2|A| - 3 ≤ 0 ⇔ (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 ⇔ |A| ≤ 1⇔ -1 ≤ A ≤ 1 Vậy GTNN của A là -1 khi 2 trong 3 số x, y, z đều bằng 1 (hoặc đều bằng -1), số còn lại bằng -1 và GTLN của A là 1 khi 2 trong 3 số x, y, z đều bằng 1 (hoặc đều bằng – 1). Ví dụ 4. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2) 1 Tìm GTNN và GTLN của x2 + y2 + 2 . Lời giải. Ta có: x4 + y4 + x2 – 3 = 2y2(1 – x2) ⇔ (x2 + y2)2 + x2 + y2 – 3 = 3y2 13+1 13−1 Đặt t = x2 + y2 > 0 dẫn đến t2 + t – 3 ≥ 0 ⇔ (t + √ )(t - √ ) ≥ 0. 2 1 13−1 13 ⇔t≥ √ . Vậy GTNN của x2 + y2 + 2 là √ khi x = ± 2 2 √ 2 √13−1 , y = 0. 2 Ta có: x + y + x – 3 = 2y (1 – x ) ⇔ (x + y ) – 2(x + y2) – 3 = -3x2 Đặt t = x2 + y2 > 0 dẫn đến t2 – 2t – 3 ≤ 0 ⇔ (t + 1)(t – 3) ≤ 0 ⇔ t ≤ 3. 4 4 2 2 1 2 2 2 2 2 1 Vậy GTLN của x2 + y2 + 2 là 3 2 khi x = 0, y = ± √ 3 Các bạn hãy biến đổi các điều kiện trong các bài tập tương tự dưới đây để tìm GTNN và GTLN của các biểu thức. Bài 1. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: 2xyz + xy + yz + zx ≤ 1. 1 Tìm GTLN của xyz. (ĐS: GTLN của xyz là 8 ) Bài 2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: (x + y + z) 3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz. Tìm GTLN của xyz. (ĐS: GTLN của xyz là 8) Bài 3 Tìm GTLN và GTNN của biểu thức S = x2 + y2 biết x, y là nghiệm của phương trình: 5x2 + 8xy + 5y2 = 36. (ĐS: GTNN của S là 4, GTLN của S là 36). Bài 4. Cho x, y là các số thực thỏa mãn: (x2 + y2)3 + 4x2 + y2 + 6x + 1 = 0 Tìm GTLN của x2 + y2. (ĐS: GTLN của x2 + y2 là 1). Bài 5. Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để biểu thức x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt 16 GTNN biết rằng : x2 – y2 + t2 = 21 và x2 + 3y2 + 4z2 = 101 (ĐS: GTNN của biểu thức là 61). 17 TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA ĐA THỨC BẬC HAI GV. VŨ ĐỨC CẢNH (Ninh Bình) Các bạn thân mến! trong chương trình toán lớp 8 – 9, các bạn có thể gặp bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của đa thức bậc 2 chẳng hạn như: Thí dụ 1. Tìm GTNN của biểu thức: M = x2 + 2y2 – 2xy + 2x – 10y. Lời giải. Có thể giải bài toán này bằng cách đưa các biến vào các bình phương tổng, có thể dựa vào hằng đẳng thức: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca. Ta có: M = x2 + y2 + 1 – 2xy + 2x – 2y + y2 – 8y + 16 – 17 = (x – y + 1)2 + (y – 4)2 - 17 ≥ -17. Khi x = 3 và y = 4 thì M = -17. Vậy Min M = -17. Dưới đây sẽ nêu ra một số phương pháp tìm GTLN, GTNN của đa thức bằng cách đưa dần các biến vào trong các bình phương của tổng theo hằng đẳng thức: a2 + 2ab + b2 = (a + b)2. Có thể giải thí dụ 1 như sau: 2 M = (x - 2xy + y2) + (2x – 2y) + 1 + (y2 – 8y + 16) – 17 = [(x - y)2 + 2(x – y) + 1] + (y – 4)2 – 17 = (x – y + 1)2 + (y – 4)2 – 17 ≥ -17. Khi x = 3 và y = 4 thì M = -17. Vậy GTNN của M là -17. Thí dụ 2. Tìm GTNN của biểu thức: A = (x + 1)2 + (x – 3)2. Lời giải. Ta có: A = (x2 + 2x + 1) + (x2 – 6x + 9) = 2x2 – 4x + 10 = 2(x2 – 2x + 1) + 8 = 2(x – 1)2 + 8 ≥ 8. Dấu “=” xảy ra khi x = 1 Vậy min A = 8 Thí dụ 3. Tìm GTNN của biểu thức B = x3 + y3 + x2 + y2, trong đó x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1 3 3 3 Lời giải. Do (x + y) = x + y + 3xy(x + y) và (x + y)2 = x2 + 2xy + y2 nên ta có: B = (x + y)3 – 3xy(x + y) + (x + y)2 – 2xy = 2 – 5xy = 2 – 5x(1 – x) = 5x2 – 5x + 2 = 5(x2 1 3 1 3 3 – x + 4 ) + 4 ¿5(x - 2 )2 + 4 ≥ 4 . 1 3 3 Khi x = y = 2 thì B = 4 . Vậy Min B = 4 Thí dụ 4. Tìm GTLN của biểu thức C = xy + yz + zx, trong đó x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Lời giải. Ta có: C = xy + z(x + y) = xy + [3 – (x + y)](x + y) = xy + 3(x + y) – (x + y−3 y)2 = - x2 – y2 – xy + 3x + 3y = - x2 – (y – 3)x + 3y – y2 = -[x2 + (y – 3)x + ( 2 )2] + y−3 y−3 3y – y2 + ( 2 )2 = -(x + 2 )2 y−3 y−3 3 −3 ( y 2−2 y+1 ) +12 −3 y 2+ 6 y+ 9 + = -(x + 2 )2 + = -(x + 2 )2 - 4 (y – 1)2 4 4 + 3 ≤ 3. Khi x = y = z thì C = 3. Vậy Mix C = 3. Thí dụ 5. Tìm GTNN của biểu thức D = x2 + 6y2 + 14z2 – 8yz + 6zx + 4xy. Lời giải. Ta có: D = x2 + 6y2 + 14z2 – 8yz + 6zx + 4xy = x2 + 2(3z – 2y)x + 6y2 + 14z2 – 8yz = [x2 + 2(3z – 2y)x + (3z – 3y)2] + 6y2 + 14z2 – 8yz – (3z – 3y)2 = (x + 3z – 2y)2 + 2y2 + 4yz + 5z2 = (x + 3z – 2y)2 + 2(y2 + 2yz + z2) + 3z2 = (x + 3z – 18 2y)2 + 2(y + z) 2 + 3z2 ≥ 0. Khi x = y = z = 0 thì D = 0. Vậy Min D = 0. Thí dụ 6. Tìm GTNN của biểu thức: 2 E = x + 2y2 + 3z2 – 2xy + 2xz – 2x – 2y – 8z + 1998. Lời giải. Ta có: E = x2 – 2x(y – z + 1) + 2y2 + 3z2 – 2y – 8z + 1998 = [x2 – 2x(y – z + 1) + (y – z + 1)2] + 2y2 + 3z2 – 2y – 8z + 1998 – (x + y + z)2 = [x – ( y – z + 1)]2 + y2 + 2z2 + 2yz – 4y – 6y + 1997 = (x – y + z – 1)2 + (y2 + 2y(z – 2) + (z – 2)2 ) + 2z2 – 6y + 1997 – (z – 2)2 = (x – y + z – 1)2 + (y + z – 2)2 + z2 – 2z + 1993 = (x – y + z – 1)2 + (y + z – 2)2 + (z – 1)2 + 1992 ≥ 1992. Khi x = y = z = 1 thì E = 1992. Cuối cùng mời các bạn luyện tập với một số bài tập sau: Bài 1. Cho x + 2y = 3. Tìm GTNN của biểu thức M = x2 + 2y2. Bài 2. Cho a, b, c, d là bốn số thực thỏa mãn a + b = c + d . Tìm GTNN của biểu thức N = (x + a)(x + b)(x + c)(x + d). Bài 3. Cho x + y + z = 3. Tìm GTNN của biểu thức: P = x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx x2 −2 x−1 Bài 4. Biết rằng x ≠ 0. Tìm GTLN của biểu thức: Q = . x2 Bài 5. Tìm GTNN của biểu thức: R = x2 + y2 + xy + x + y. KĨ THUẬT HỆ SỐ KHÔNG XÁC ĐỊNH (UCT) TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC NGUYỄN THÚC HOÀNG (Học sinh chuyên Toán – Tin) VÕ QUỐC BÁ CẨN (GV. Toán) 19 Có bao nhiêu điều bí ẩn mà bạn chưa biết đến ?! Câu trả lời là rất rất nhiều và đôi khi bạn cảm thấy bực bội, khó chịu khi không thể tìm ra một lời giải thích thỏa đáng cho bí ẩn nào đó. Nhưng bạn hãy quan niệm rằng đằng sau bất kì một điều gì luôn hàm chứa một ý nghĩa nhất định. Và cũng không phải ngẫu nhiên mà sự lí giải lại được hình thành. Trong thế giới bất đẳng thức cũng vậy. Đôi khi bạn không thể hiểu được tại sao người ta lại có thể tìm ra một lời giải trông có vẻ “kì cục” như thế !!! Phải chăng là lần mò và may rủi lắm mới tìm ra được ? Câu trả lời lại mô ̣t lần nưa được nhắc lại: môi lời giải đều có sự giải thích của riêng bản thân nó. Viê ̣c tìm ra lời giải đó phải đi qua mô ̣t quá trình lâ ̣p luâ ̣n, thử, sai và đúng. Trong chuyên đề nho nhỏ này chúng tôi muốn giới thiê ̣u đến các bạn mô ̣t kĩ thuâ ̣t cơ bản nhưng không kém phần hiê ̣u quả trong viê ̣c chứng minh mô ̣t số dạng của bất đẳng thức. Nó không giúp ta giải quyết tất cả các bài toán mà chỉ giúp ta tìm ra nhưng lời giải ngắn gọn và ấn tượng trong một lớp bài toán nào đó. Một số bài toán tuy dễ đối với phương pháp này nhưng lại là khó đối với kỹ thuật kia. Đây cũng là điều hiển nhiên và dễ hiểu. 1. Bài toán mở đầu Bài toán. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b +c=3 . Chứng minh rằng 1 1 1 2(a 2  b 2  c 2 )    5 a2 b2 c2 3 Chứng minh. Ta sử dụng bất đẳng thức sau đây 1 2 a 2 7 2a    a2 3 3 3 Thật vậy bất đẳng thức trên tương đương với ( a−1)2 ( 2 a2 +6 a+3 ) ≥0 3 a2 Hiển nhiên đúng với a là số thực dương. Sử dụng các bất đẳng thức tương tự với b và c. Ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a b c 1 . Chắc chắn ngay khi đọc lời giải cho bài toán “ đơn giản” này bạn có phần lúng túng và không hiểu tại sao lại có thể tìm ra bất đẳng thức phụ một cách “khó hiểu” như vậy. Phải chăng là dự đoán một cách “vô hướng”. Hoặc cũng có người sẽ nghĩ bài toán trên được tạo ra từ chính bất đẳng thức phụ đó. Câu trả lời là hoàn toàn không phải. Tất cả đều đi theo 1 qui luật của nó. Ở các phần tiếp theo chúng tôi sẽ phân tích về một kỹ thuật phân tích giúp tìm ra các bất đẳng thức phụ và mở rộng vấn đề này theo chiều hướng khá mới mẻ. Kỹ thuật này có tên là U.C.T, là viết tắt của 3 chư cái đầu của cụm từ tiếng Anh Undefined Coefficient Technique. Hay còn gọi là Kỹ Thuâ ̣t Hệ số bất định. Đây là mô ̣t kỹ thuâ ̣t cơ bản và là nền tảng quan trọng trên con đường tìm kiếm lời giải cho nhưng bất đẳng thức khó. 2. Khởi đầu ccng mmô ̣t sô bài toán ccơ bản 20
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan