Tài liệu Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức, tìm cục trị

  • Số trang: 46 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 389 |
  • Lượt tải: 0
tranphuong

Tham gia: 04/08/2015

Mô tả:

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt) I.Phương pháp đánh giá tổng các phân thức: Phương pháp này người ta còn gọi là phương pháp xét biểu thức phụ.Sau đây là bài toán tiêu biểu cho phương pháp trên. Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương. CMR a b c 3 + + ≥ ( BĐT Nesbit với n=3) 1. b+c c+a a+b 2 a b c d 2. + + + ≥ 2 ( BĐT Nesbit với n=4) b+c c+d d +a a +b GIẢI Ý tưởng để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị. a b c 3 b c a c a b 1. Đặt A= + + ≥ ;B = + + ;C = + + b+c a +c a+b 2 b+c c+a a+b b+c c+a a+b Khi đó ta có được B+C=3. Mặt khác a +b b+c a+c A+ B = + + ≥3 b+c a+c a+b a+c b+a b+c A+C = + + ≥3 b+c c+a b+a 3 Do đó 2 A + B + C ≥ 6 ⇒ A ≥ ( đpcm) 2 a b c d b c d a c d a b 2. Đặt A = + + + ;B = + + + ;C = + + + b+c c+d d +a a+b b+c c+d d +a a+b b+c c+d d +a a +b Khi đó B+C=4. Lại có a +b b+c c+d d +a A+ B = + + + ≥4 b+c c+d d +a a +b a+c b+d c+a b+d 4(a + c) 4(b + d ) A+C = + + + ≥ + =4 b+c c+d d +a a +b a+b+c+d a+b+c+d Do đó 2 A + B + C ≥ 8 ⇒ A ≥ 2 ( đpcm) LB: Cách giải như trên khá hay, nhưng cách giải đó chỉ mới xuất hiện mà thôi . Hầu như các sách về BĐT hiện nay điều sử dụng cách giải này. Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR a2 b2 c2 a+b+c 1. + + ≥ a +b b+c c+a 2 ) ( a2 b2 c2 2 + + ≥ a 2 + b2 + b2 + c 2 + c2 + a2 a +b b+c c+a 4 GIẢI a2 b2 c2 b2 c2 a2 1. Đặt P = + + ;Q = + + . Khi đó ta có a+b b+c c+a a+b b+c c+a a 2 − b2 b2 − c2 c 2 − a 2 P −Q = + + = a −b +b−c + c − a = 0 a+b b+c c+a P+Q Do đó P = Q = . BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau 2 1  a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2  a + b + c + +  ≥ 2 a +b 2 b+c c+a  2. a 2 + b2 a + b Ta sử dụng BĐT phụ 2 ( a + b ) ≥ ( a + b ) ⇔ ≥ a+b 2 Tương tự ta xây dựng các BĐT còn lại, sau đó cộng lại ta được đpcm. 2. Cũng như câu 1 ta chuyển BĐT cần chứng minh về dạng 1  a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2  2 + + a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2  ≥ 2 a +b b+c c+a  4 2 2 2 ( ) Ta sử dụng BĐT phụ sau: x + y ≤ 2( x 2 + y 2 ) . Ta có 2(a 2 + b 2 ) b 2 + c 2 2(b 2 + c 2 ) c 2 + a 2 2(c 2 + a 2 ) a 2 + b2 a 2 + b2 ≥ = ; ≥ ; ≥ a+b 2 b+c 2 c+a 2 2(a 2 + b 2 ) Cộng lại ta được đpcm 2 a+b+c NX: Ta thấy a 2 + b2 + b2 + c2 + c 2 + a2 ≥ . Nghĩa là BĐT 2 mạnh hơn BĐT 1, tuy 4 2 nhiên cả hai bài toán đều sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức. Ngoài ra bạn có thể giải bài toán 1 bằng cách sử dụng BĐT Bunhiacopski. ) ( a2 b2 c2 (a + b + c) = a + b + c + + ≥ a + b b + c c + a 2(a + b + c ) 2 BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR: a b c d e f + + + + + ≥3 b+c c+d d +e e+ f f +a a+b BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR: a3 b3 c3 a+b+c 1. 2 + + ≥ 2 2 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 3 4 4 4 a b c d4 a +b+c+d 2. + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 2 2 (a + b)(a + b ) (b + c)(b + c ) (c + d )(c + d ) (d + a )(d + a ) 4 2 2 2 BL3: Cho a,b,c dương và a + b + c = 1 .Tìm min của biểu thức: a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 A= + + b+c c+a a+b II. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai – tính chất đặc biệt của phân số - tính chất đoạn thẳng 1. Sử dụng tam thức bậc hai: 2 PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) - f ( x ) ≥ 0, ∀x ⇔ a > 0 ∧ ∆ ≤ 0 - f ( x ) ≤ 0, ∀x ⇔ a < 0 ∧ ∆ ≤ 0 Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR 1. x 2 − 3x + 1 ≥ 3 y − y 2 − xy - a. f (α ) ≤ 0 ⇒ b 2 − 4ac ≥ 0 - α ≤ x ≤ β ⇔ ( x − α )( x − β ) ≤ 0 2. ( x + y )2 ≥ 2 5 x − 5 y 2 + 4 5 y − 6 GIẢI 2 1. Xét f ( x) = x + ( y − 3) x + y 2 − 3 y + 1 Ta có ∆ = ( y − 3)2 − 4( y 2 − y 3 + 1) = −3 y 2 + 2 3 y − 1 = −( 3 y − 1) 2 ≤ 0, ∀y ∈ R Mặt khác a=1>0 nên f ( x ) ≥ 0 ⇒ đpcm 2. Xét f ( x ) = x 2 + 2( y − 5) x + 6 y 2 − 4 5 y + 6 Ta có : ∆ = ( y − 5)2 − 6 y 2 + 4 5 y − 6 = −5 y 2 + 2 5 y − 1 = −( 5 y − 1) 2 ≤ 0, ∀y ∈ R Mặt khác a=1>0 nên f ( x ) ≥ 0 ⇒ đpcm Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1. Cho a, b, c, d ∈ [ 0;1] .CMR: (1 + a + b + c + d ) 2 ≥ 4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 1 1 1 1 2. Cho a, b, c, d ∈ [1; 2] . CMR: ( a + b + c + d )  + + +  ≤ 18 a b c d  GIẢI 1. Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 − (1 + a + b + c + d ) x + a 2 + b 2 + c 2 + d 2 Ta có f (1) = −a (1 − a ) − b(1 − b) − c(1 − c) − d (1 − d ) Vì a, b, c, d ∈ [0;1] ⇒ f (1) ≤ 0 . Nghĩa là tam thức bậc hai luôn có nghiệm Do đó ∆ = (1 + a + b + c + d ) 2 − 4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ≥ 0 ⇒ đpcm 2 2. Ta có a ∈ [1; 2] ⇒ (a − 1)(a − 2) ≤ 0 ⇒ a 2 + 2 ≤ 3a ⇒ a + ≤ 3 a 2 2 2 Tương tự : b + ≤ 3; c + ≤ 3; d + ≤ 3. b c d Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2 2 2 2 2  a+ +b+ +c+ +d +   2 2 2 2 b c d ≤ 36 ( a + b + c + d )  + + +  ≤  a  2 a b c d     1 1 1 1 ⇒ ( a + b + c + d )  + + +  ≤ 18 a b c d NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức như câu 2 của bài toán 2 khá tinh ý. Để việc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần phải xem xét thật kĩ cấu trúc của bài toán cần chứng minh và đồng thời xem thử mối liên hệ giữa biểu thức ∆ = b 2 − 4ac BL1: Cho tam giác ABC. CMR: pa 2 + qb 2 > pqc 2 ; ∀p, q sao cho p + q = 1 . BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho p 2 + q 2 − a 2 − b 2 − c 2 − d 2 > 0 . CMR: (p 2 − a 2 − b 2 )( q 2 − c 2 − d 2 ) ≤ ( pq − ac − bd ) 2 BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR: ( x + y + z + t )2 > 8( xz + yt ) 2.Cho a,b,c thoả mãn (a + c )(a + b + c ) < 0 . CMR: (b − c) 2 > 4a(a + b + c) 1 3. Cho ax + by ≥ xy ; ∀x, y . CMR: ab ≥ 4 BL4: 1. Cho hàm số bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c sao cho a < b; f ( x ) ≥ 0 ( ∀x ∈ R ) .CMR: a +b+c ≥3 b−a 2.Cho a,b,c thoả mãn a, b, c ∈ [ −1; 2] và a + b + c = 0 . CMR: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 6 2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số Kiến thức bổ sung: Với a, b, c, d ∈ R* ta có: a a a+c a a - < 1⇒ < > b b b+c a+b a+b+c a a a+c a c a a+c c > 1⇒ > > ⇒ > > b b b+c b d b b+c d Đây là 4 tính chất tiêu biểu nhất của phân số. Đồng qua các tính chất trên ta có thể thấy rằng phương pháp này chỉ sử dụng cho các loại BĐT phân số không chặt. Nói chung dạng này không khó nên tôi sẽ không đưa ra những lời nhận xét hay giải thích gì thêm. Bài toán 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. CMR: a b c 1< + + <2 b+c c+a a +b GIẢI Do a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên: a < b + c; b < c + a; c < a + b . Do đó ta có: a a 2a < < a +b+c b+c a +b+c b b 2b < < a +b+c a+c a+b+c c c 2c < < a +b+c a+b a+b+c Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta được đpcm. Bài toán 2: Cho a > b > 0; m, n ∈ N ; m > n . CMR: a m − bm a n − bn > a m + bm an + bn GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 2b m 2b n bm bn 1 1 1− m > 1 − ⇔ < ⇔ < m n m n n m m n n a +b a +b a +b a +b a a   +1   +1 b b m a a ⇔  >  b b n m n a a a Từ a > b ⇒ > 1 ⇒   >   ( ∀m, n ∈ N ; m > n ) b b b Bài toán 3: PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com a+b a b < + 1+ a + b 1+ a 1+ b a b c d 2. Cho a,b,c,d dương . CMR: 1 < + + + <2 a +b+c b+c+d c+d +a d +a +b GIẢI a+b a b a b 1. Ta có : = + < + 1 + a + b 1 + a + b 1 + b + a 1+ a 1+ b 2. Ta chứng minh BĐT phải . Ta có a a a+d < 1⇒ < a +b+c a+b+c a +b+c+d b b b+a < 1⇒ < b+c+d b+c+d a +b+c+d c c c+b < 1⇒ < c+d +a c+d +a a+b+c+d d d d +c <1⇒ < d +a +b d +a+b a +b+c+d a b c d ⇒ + + + <2 a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b Ta chứng minh BĐT trái. Ta có a a > a+b+c a+b+c+d b b > a b c d b+c+d a+b+c+d ⇒ + + + >1. c c a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b > c+d +a a +b+c+d d d > d +a+b a+b+c+d 1 + a + a 2 + .... + a n −1 1 + b + b 2 + .... + b n−1 BL1: Cho a > b > 0 và A= ; B= . CMR A0. CMR số A sau đây không là số nguyên dương. a+b b+c c+d d +a A= + + + a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b BL4: Cho a,b,c dương. CMR: a b c a b c + + < + + a +b b+c c+a b+c c+a a +b 3. Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng: Kiến thức bổ sung: Định lí 1: Cho hàm số bậc nhất f ( x) = ax + b . Nếu tồn tại hai số thực α < β sao cho f (α ) ≥ 0; f ( β ) ≥ 0 1. Cho a,b,c dương. CMR: thì f ( x) ≥ 0 ( ∀x ∈ (α ; β ) ∨ ∀x ∈ [α ; β ]) Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất f ( x) = ax + b thì min{ f (α ); f ( β )} ≤ f ( x) ≤ max{ f (α ); f ( β )} trong đó ∀x ∈ [α ; β ] Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) là hàm số bậc nhất nên đồ thị của f(x) là một đường thẳng. Từ tính chất của đoạn thẳng: “ nếu hai đầu mút của một đoạn thẳng là hai điểm (α ; f (α ) ) và ( β ; f ( β ) ) ở phía trên trục hoành Ox thì đoạn thẳng đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra f ( x) ≥ 0 ( ∀x ∈ (α ; β ) ) Định lí 2 bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. Bài toán 1: Cho x, y, z ∈ [0; 2] . CMR: 2( x + y + z ) − ( xy + yz + xz ) ≤ 4 GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: (2 − y − z ) x + 2( y + z ) − yz − 4 ≤ 4 Xét f ( x) = (2 − y − z ) x + 2( y + z ) − yz − 4 ( ∀x ∈ [ 0; 2]) là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có : f ( x ) ≤ max{ f (0); f (2)} . Mà f (0) = −(2 − y )(2 − z ) ≤ 0; f (2) = − yz ≤ 0 . Nên f ( x ) ≤ 0 ⇒ đpcm. NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta đã giải bài toán trên khá nhẹ nhàng, vô cùng đơn giản. Ngoài ra cũng còn một cách khá hay để giải bài toán này, cách giải đó như sau: Từ điều kiện suy ra (2 − x)(2 − y )(2 − z ) ≥ 0 ⇔ 8 − 4( x + y + z ) + 2( xy + yz + xz ) − xyz ≥ 0 ⇒ 4( x + y + z ) − 2( xy + yz + xz ) ≤ 8 − xyz ≤ 8 ⇔ 2( x + y + z ) − ( xy + yz + xz ) ≤ 4 ( đpcm) Cách giải trên dựa vào nhận xét sau : Với các số a1 , a2 ,...an ∈ [α ; β ] thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau: (a1 − α )(a2 − α )....(an − α ) ≥ 0 ( β − a1 )(β − a2 )....(β − an ) ≥ 0 Phương pháp sử dụng nhận xét này để giải khá hữu ích trong việc đánh giá giữa các đại lượng trung n bình như ∑ ai ; i =1 n ∑ i ≠ j ;i , j =1 ai a j …..Bạn đọc hãy giải một số ví dụ sau: 1. Cho a,b,c là độ dài cạnh tam giác có chu vi là 1.CMR: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 2. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 1 . CMR: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + a 2b + b 2c + c 2 a Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau: ( X ± α )( X ± β )( X ± γ ) = X 3 ± X 2 (α + β + γ ) + X (αβ + βγ + αγ ) ± αβγ 7 Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và x + y + z = 1 . CMR: xy + yz + xz − 2 xyz ≤ . 27 GIẢI Như ta đã biết bài toán này có khá nhiều cách giải như “ cân bằng bậc”; “ sử dụng BĐT Cauchy”… Nhưng bây giờ ta sẽ sử dụng tính chất đoạn thẳng để giải: BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 7 7 7 xy + yz + yz − 2 xyz − = x ( y + z ) + yz (1 − 2 x) − = x(1 − x ) + yz (1 − 2 x ) − 27 27 27 2  (1 − x )   7  Ta cố định x xét f ( yz ) = x(1 − x) + yz (1 − 2 x ) −  yz ∈ 0;   . Theo định lí ta có :  27  4      1− x  f ( yz ) ≤ max{ f (0); f   }.  2  2 2 7 7 1 1  = − x2 + x − < − x 2 + x − = −  x −  ≤ 0 ⇒ f (0) < 0 27 27 4 2  2  (1 − x )   (1 − x )2  (1 − x )2 2(1 − x )2 7 −1  1  1 f − − =  x −  x +  ≤ 0 ⇒ f   = x(1 − x ) + ≤0 4 4 27 2  3  6  4   4  Do đó f ( yz ) ≤ 0 ⇒ đpcm. Bài toán 3: Cho x,y,z không âm và x + y + z = 3 . CMR: x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Ta viết BĐT cần chứng minh dưới dạng: ( y + z ) 2 − 2 yz + x 2 + xyz − 4 ≥ 0 ⇔ (3 − x )2 + x 2 + yz ( x − 2) − 4 ≥ 0 ⇔ (2 − x) yz + 2 x 2 − 6 x + 5 ≥ 0 Mà f (0) = x (1 − x) −   ( 3 − x )2    Ta cố định x xét f ( yz ) = ( x − 2) yz + 2 x − 6 x + 5 yz ∈  0;    4      ( 3 − x )2  Theo đĩnh lí f ( yz ) ≥ min{ f (0); f  } .Mà  4  2 2 3 1  f (0) = 2 x − 6 x + 5 = 2  x −  + > 0 ⇒ f (0) > 0 2 2  2 (3 − x)   ( 3 − x )2  (3 − x) 2 1 2 2 f + 2 x − 6 x + 5 = ( x − 1) ( x + 2) ≥ 0 ⇒ f   = ( x − 2) ≥0 4 4  4   4  Do đó f ( yz ) ≥ 0 ⇒ đpcm. LB: Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau: 2 ( y + z) yz ≤ 2 (3 − x ) = 2 4 4 Thực ra nguồn gốc của phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng chính là “ kĩ thuật xét phần tử biên” trong BĐT Jensen mà tôi đã giới thiệu trong bài viết “ Chuyên đề bất đẳng thức và một số định lí” BL1: Cho a, b, c, d ∈ [ 0;1] . CMR: (1 − a )(1 − b)(1 − c)(1 − d ) + a + b + c + d ≥ 1 BL2: Cho a,b,c không âm và a + b + c = 1 . CMR: 1 1. a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ 4 2. 7(ab + bc + ca ) ≤ 2 + 9abc Đẳng thức xảy ra khi nào ? BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và x + y + z = 1 . CMR 5( x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ 6( x3 + y 3 + z 3 ) + 1 III. Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ: A.Phương pháp phân chia: Có hai kiểu phân chia để tìm cực trị: theo tập xác định và theo hàm số. Mệnh đề 1: Cho hàm số f ( x ) xác định trên tập D. Giả sử D = D1 ∪ D2 với D1 ∩ D2 = ∅ và tồn tại M 1 = max f ( x ) ; M 2 = max f ( x ) ( hoặc m1 = min f ( x); m2 = min f ( x ) ). Khi đó có M = max{M 1 , M 2 } D1 D2 D1 D2 ( hoặc có m = min{m1 , m2 } ) Mệnh đề 2: Giả sử f ( x ) = f1 ( x) + f 2 ( x) xác định trên cùng tập D và tồn tại M = f ( x0 ) = max f ( x); M 1 = f1 ( x1 ) = max f1 ( x ); M 2 = f 2 ( x2 ) = max f 2 ( x ) D D D Hoặc m = f ( x3 ) = min f ( x ); m1 = f1 ( x4 ) = min f1 ( x ); m2 = f 2 ( x5 ) = min f 2 ( x ) D D D Khi đó M ≤ M1 + M 2 và nếu x1 = x2 thì M = M 1 + M 2 Hoặc m ≥ m1 + m2 và nếu x4 = x5 thì m = m1 + m2 Chứng minh: Định lí 1: Do M 1 = max f ( x ) ⇒ f ( x) ≤ M 1 ( ∀x ∈ D1 ) và tồn tại x1 ∈ D1 để f ( x1 ) = M 1 D Do M 2 = max f ( x) ⇒ f ( x ) ≤ M 2 ( ∀x ∈ D2 ) và tồn tại x2 ∈ D2 để f ( x2 ) = M 2 D Nếu M 1 ≥ M 2 ⇒ f ( x) ≤ M1 ( ∀x ∈ D ) hay M = max f ( x) = M 1 (1) D Nếu M 2 ≥ M 1 ⇒ f ( x) ≤ M 2 ( ∀x ∈ D ) hay M = max f ( x) = M 2 (2) D Từ (1)&(2) suy ra M = max f ( x ) = max{M1 ; M 2 } D Các điều chú ý trong mệnh đề 1: i. Nếu tồn tại M 1 ; M 2 thì M = max{M 1 , M 2 } , còn nếu không tồn tại M 1 ( hoặc M 2 ) thì không tồn tại M ii. Mệnh đề 1 vẫn đúng khi phân chia tập D thành nhiều tập con hoặc xét hàm nhiều biến. Định lí 2: Theo giả thiết f1 ( x0 ) ≤ f1 ( x1 ) = M 1 và f 2 ( x0 ) ≤ f 2 ( x2 ) = M 2 nên M = f ( x0 ) = f1 ( x0 ) + f 2 ( x0 ) ≤ M 1 + M 2 (3) Nếu x1 = x2 thì M 1 + M 2 = f1 ( x1 ) + f 2 ( x1 ) ≤ max f ( x) = M (4) D Từ (3)&(4) suy ra M = M 1 + M 2 Các điều chú ý trong mệnh đề 2: i. Điều kiện x1 = x2 ( x3 = x4 ) chỉ là đều kiện đủ mà không phải là điều kiện cần Lưu ý: Tính áp dụng của mệnh đề 1: Việc tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D ⊂ R nhiều khi rất khó khăn, chẳng hạn như tính chất của f(x) thay đổi không có quy luật khi x biến thiên trên tập D, tronh trường hợp này ta tìm cách phân chia tập xác định D thành các tập con rời nhau sao cho việc tìm cực trị của hàm trên mỗi tập con dễ dàng hơn. Tính áp dụng của mệnh đề 2: Khi tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D ⊂ R mà tính chất của hàm f(x) thay đổi trên cả tập D và thay đổi cả trên các tập con của tập D thì không sử dụng được phương pháp trên, lúc đó ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng các hàm đơn giản hơn sao cho dễ tìm cực trị của các hàm thành phần. Bài toán 1: Tìm GTNN của hàm số f ( x) = x − 2001 + x − 2002 GIẢI Gọi D1 = [ 2002; +∞ ) , D2 = ( 2001; 2002 ) , D3 = ( −∞; 2001] thì R = D1 ∪ D2 ∪ D3 với D1 ∩ D2 = ∅; D2 ∩ D3 = ∅; D1 ∩ D3 = ∅ Với x ∈ D1 ⇒ f ( x ) = x − 2001 + x − 2002 = 2 x − 4003, min f ( x) = 1 ⇔ x = 2002 (1) D Với x ∈ D2 ⇒ f ( x) = x − 2001 + 2002 − x = 1, min f ( x ) = 1( ∀x ∈ (2001; 2002) ) (2) D Với x ∈ D3 ⇒ f ( x) = 2001 − x + 2002 − x = 4003 − 2 x, min f ( x) = 1 ⇔ x = 2001 (3) D PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com Từ (1)&(2)&(3) và theo mệnh đề 1 ta có min f ( x) = 1 ⇔ x ∈ [ 2001; 2002] R NX: Bài toán này tuy đơn giản nhưng là điển hình cho phương pháp phân chia để tìm cực trị. Bài toán này bạn có thể giải bằng cách sử dụng BĐT a + b ≥ a + b . Cách giải như sau: f ( x) = x − 2001 + x − 2002 = x − 2001 + 2002 − x ≥ x − 2001 + 2002 − x = 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ ( x − 2001)(2002 − x) ≥ 0 ⇔ 2001 ≤ x ≤ 2002 ⇔ x ∈ [ 2001; 2002] Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức F ( x, y ) = x 2 y (4 − x − y ) trong đó x,y là các số thực thoả mãn các điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ 6 GIẢI *Gọi D = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6}; D1 = {x ≥ 0, y ≥ 0, 4 ≤ x + y ≤ 6}; D2 = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y < 4} Khi đó ta có : D = D1 ∪ D2 ; D1 ∩ D2 = ∅ . Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D1 ta có 4 − x − y ≤ 0; x ≥ 0; y ≥ 0 suy ra F ( x, y ) ≤ 0 . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp ( x, y ) = (0, 4) ∈ D1 ⇒ max F = 0 (1) D1 Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D2 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, 4 − x − y > 0 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 2 x x  + + y + (4 − x − y )   xx F ( x, y ) = 4 y (4 − x − y ) ≤ 4  2 2  ⇒ F ( x, y ) ≤ 4 ( ∀x, y ∈ D2 ) 22 4     Đẳng thức xảy ra tại x = 2, y = 1 (2) Từ (1)&(2) suy ra max F = 4 ⇔ ( x, y ) = (2,1) D *Gọi D3 = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4}; D4 = {x ≥ 0, y ≥ 0, 4 < x + y ≤ 6} . Ta xét hàm − F ( x, y ) = x 2 y ( x + y − 4) . Khi đó ta có : D = D3 ∪ D4 ; D3 ∩ D4 = ∅ . Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D3 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4 suy ra − F ( x, y ) ≤ 0 ⇒ F ( x, y ) ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp ( x, y ) = (2, 2) ∈ D3 ⇒ min F = 0 (3) D3 Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D4 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, 4 < x + y ≤ 6 . Theo BĐT Cauchy ta có: 4 x x  2  2 + 2 + y + ( x + y − 4)  xx  x+ y−2 − F ( x, y ) = 4 y ( x + y − 4) ≤ 4   = 4  ≤ 64 ⇒ F ( x, y ) ≥ −64 22 4 2       ( ∀x, y ∈ D4 ) . Đẳng thức xảy ra tại x = 4, y = 2 (4) Từ (3)&(4) suy ra min F = 0 ⇔ ( x, y ) = (4, 2) . D Bài toán 3: Tìm GTNN của A = x( y + z ) + z ( x + y ) trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia của Hà Tây-2002) GIẢI 2 2 2 Gọi D = {x, y , z ∈ R : x + y + z = 1}; A1 = xy + yz + xz; A2 = xz ⇒ A = A1 + A2 . ⇔ x+ y+ z = 0 −1 Ta có ( x + y + z )2 ≥ 0 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 2 A1 ≥ 0 ⇒ A1 ≥ (1). Đẳng thức xảy ra 2 (2) 2 x + y2 + z2 = 1 1 2 1 1 1 1 −1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có A2 = x z ≤ x + z 2 = (1 − y 2 ) ≤ ⇒ − ≤ A2 ≤ ⇒ A2 ≥ (3) 2 2 2 2 2 2 ( ) PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com ⇔ y=0 Đẳng thức xảy ra x = − z (4) x + y + z =1 2 2 2 1   1 A = min A1 + min A2 = −1 . Từ (2)&(4) suy ra ( x, y , z ) =  , 0, −  ∈ D . Theo mệnh đề 2: ta có min D D D 2  2 NX: Việc chia thành các hàm đơn giản hơn để tìm cực trị nói chung là công việc khá khó khăn. Trước khi làm công việc này ta phải có một bước dự đoán điểm rơi của hàm ban đầu Bài toán 4: Tìm GTNN của f ( x, y , z ) = xyz + 2(1 + x + y + z + xy + yz + xz ) trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI 2 2 2 Gọi D = {x, y , z ∈ R : x + y + z = 1} . Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau: f1 ( x, y , z ) = 1 + x + y + z + xy + yz + xz + xyz ⇒ f ( x, y, z ) = f1 ( x, y , z ) + f 2 ( x, y , z ) f 2 ( x, y, z ) = 1 + x + y + z + xy + yz + xz Từ điều kiện ta suy ra : x , y , z ≤ 1 ⇒ 1 + x,1 + y,1 + z ≥ 0 ⇒ (1 + x)(1 + y )(1 + z ) ≥ 0 Hay: 1 + x + y + z + xy + yz + xz + xyz ≥ 0 (1) Ta có: (1 + x + y + z )2 ≥ 0 ⇒ 1 + x + y + z + xy + yz + xz ≥ 0 ( x 2 + y 2 + z 2 = 1) (2) Theo mệnh đề 1 ta có min f = min f1 + min f 2 = 0 . Đẳng thức xảy ra: ( x, y , z ) = (−1, 0, 0) ∈ D . D D D BL1: Tìm GTNN,GTLN của hàm F ( x, y ) = x 2002 y (4 − x − y ) trong đó x,y là các số thực thoả mãn điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6 BL2: Cho x, y, z ∈ [0; 2] và x + y + z = 3 . Tìm GTLN của A = x 2 + y 2 + z 2 BL3: Tìm GTLN của hàm f ( x, y , z ) = x + y + z + xy + yz + xz với x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 ≤ 27 . Đẳng thức xảy ra khi nào? BL4: (IMO-1969) Cho x1 , x2 ; y1 , y2 ; z1 , z2 thoả mãn x1 > 0, x2 > 0, x1 y1 − z12 > 0, x2 y2 − z2 2 > 0 . CMR: 8 1 1 ≤ + 2 2 x1 y1 − z1 x2 y2 − z 22 ( x1 + x2 )( y1 + y2 ) − ( z1 + z2 ) BL5: Tìm GTNN của hàm f ( x, y , z ) = x (4 x3 − 4 x + y + 2 z ) + y (4 y 3 − 4 y + z ) trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Phụ lục: Cơ sở lí thuyết của phương pháp giá trị lớn nhất và nhỏ nhất: I. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét trên miền D. Ta nói rằng số M là GTLN của f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i. f ( x ) ≤ M ii. ∃x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = M Khi ấy ta kí hiệu M = max f ( x ) hoặc đơn giản hơn: M = max f ( x ) x∈D D Ta nói rằng số m là GTNN cua f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i. f ( x ) ≥ m ii. ∃x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = m Khi ấy ta kí hiệu m = min f ( x ) hoặc đơn giản hơn: m = min f ( x ) x∈D D PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com * Chú ý: Khi nói đến GTNN,GTLN của một hàm số bao giờ ta cũng phải xác định nó xác định trên tập hợp nào.Cùng một hàm số f(x), nhưng nếu xác định trên các tập khác nhau, thì nói chung các GTNN hay GTLN tương ứng khác nhau. II. Vài tính chất của GTNN,GTLN của hàm số Tính chất 1: Giả sử A ⊂ B . Khi đó ta có: 1. max f ( x) ≤ max f ( x) x∈ A x∈B 2. min f ( x) ≤ min f ( x ) x∈ A x∈B Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử D = D1 ∪ D2 . Khi đó ta có: 1. max f ( x) = max{max f ( x ); max f ( x)} x∈D x∈D1 x∈D2 2. min f ( x) = min{min f ( x); min f ( x)} x∈D x∈D1 x∈D2 * Chú ý: Từ tính chất này cho phép ta chuyển việc tìm GTNN( GTLN) của một hàm trên tập D phức tạp, về việc tìm GTNN(GTLN) trên các tập hợp D1 , D2 đơn giản. Vì vậy phương pháp phân chia để tìm cực trị chính là dựa trên nguyên lý này. Ta tổng quát tính chất 2 như sau: Nếu D = D1 ∪ D2 ∪ .... ∪ Dn thì : 1. max f ( x) = max{max f ( x); max f ( x );....max f ( x)} D D1 D2 Dn 2. min f ( x) = min{min f ( x); min f ( x).....min f ( x )} D D1 D2 Dn Tính chất 3: Nếu f ( x) ≥ 0 ( ∀x ∈ D ) ta có: 1. max f ( x) = max f 2 ( x) D D 2. min f ( x ) = min f 2 ( x) D D * Chú ý: Tính chất này rất hay dùng trong các bài toán mà hàm y = f ( x ) có chứa dấu căn thức, hay dấu giá trị tuyệt đối. Tính chất 4: 1. max f ( x) + g ( x) ≤ max f ( x) + max g ( x) (1) D D D 2. min f ( x ) + g ( x) ≤ min f ( x ) + min g ( x ) (2) D D D * Chú ý: Dấu “=” trong (1) xảy ra khi có ít nhất một điểm x0 ∈ D mà tại đó f ( x ) và g ( x) cùng đạt GTLNN. Tương tự, nếu tồn tại x1 ∈ D mà tại đó f ( x ), g ( x ) cùng đạt GTNN thì trong (2) dấu “=” xảy ra.Nói chung, GTLN(GTNN) của một tổng các hàm số không bằng tổng các GTLN(GTNN) của từng hàm số.Từ điều kiện có dấu bằng trong (1);(2) người ta chì thay thế việc tìm GTLN(GTNN) của nhiều hàm số đơn giản hơn, chì trong trường hợp các hàm số ấy cùng đạt GTLN(GTNN) tại ít nhất một điểm chung trên miền D. Tính chất 5: max f ( x) = − min ( − f ( x) ) D D Tính chất 6: Nếu ta đặt M = max f ( x); m = min f ( x ) thì: D D max f ( x) = max{ M , m } D Tính chất 7: Giả sử D1 = {x ∈ D, f ( x ) ≤ 0}; D 2 = {x ∈ D, f ( x) ≥ 0} thì min f ( x) = min{− max f ( x ), min f ( x)} D D1 D2 PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com III. GTLN và GTNN của hàm số với diều kiện có nghệm của một phương trình, bất phương trình: Giả sử f ( x ) là hàm số xét trên miền x ∈ D . Giả sử tồn tại: m = min f ( x ) M = max f ( x ) D D Và f ( x ) nhận mọi giá trị từ m đến M khi x ∈ D . Khi đó mối tương quan giữa GTLN, GTNN của hàm số f ( x ) trên miền D và sự tồn tại nghiệm của một phương trình, một bất phương trình có điều kiện, được thể hiện trong các định lí sau đây: Định lí 1: Phương trình f ( x ) = α với x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ α ≤ M . * Chú ý : Định lí trên nếu đảo lại nó vẫn đúng. Định lí 2: 1. BPT f ( x ) ≥ α , x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi M ≥ α 2. BPT f ( x) = β , x ∈ D có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ β Định lí 3: 1. BPT f ( x ) ≥ α đúng với mọi x ∈ D khi và chỉ khi m ≥ α 2. BPT f ( x ) ≥ β đúng với mọi x ∈ D khi và chỉ khi M ≤ β IV. Một số bài toán phát biểu dưới dạng tập xác định: xy z − 1 + xz y − 2 + yz x − 3 Bài toán 1: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = xyz Xét trên miền D = {( x, y, z ) : x ≥ 3, y ≥ 2, z ≥ 1} Bài toán 2: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = xyz ( x + y )( y + z )( x + z ) Xét trên miền D = {( x, y, z ) : x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z = 1} x3 y3 z3 t3 + + + y+ z +t x+ z +t x+ y+t x+ y+ z Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x, y , z , t ≥ 0, xy + yz + zt + tx = 1} Bài toán 4: Tìm GTNN của các hàm số sau: x3 − y3 y 3 − z 3 z 3 − x3 f ( x, y , z ) = + + ( x − y ) 3 ( y − z ) 3 ( z − x) 3 Bài toán 3: Tìm GTNN của hàm số: f ( x, y , z , t ) =  1 1 1  f ' ( x, y , z ) = ( x 2 + y 2 + z 2 )  + + 2 2 2  ( x − y) ( y − z) ( x − z)  Xét trên miền D = {( x, y, z ) : ( x − y )( y − z )( z − x ) ≠ 0} x y z + + + (1 − x )(1 − y )(1 − z ) Bài toán 5: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = y + z +1 x + z +1 x + y + z Xét trên miền D = {( x, y, z ) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} Bài toán 6: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y, z , t ) = x 2 y 2 z 2 t Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x, y , z , t ≥ 0, 2 x + xy + z + ytz = 1} Bài toán 7: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z , t ) = xy + yz + zt Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x, y , z , t ≥ 0, x + y + z + t = 2} 1 Bài toán 8: Tìm GTNN của hàm số: f ( x, y ) = x + xy ( x − y ) Xét trên miền D = {( x, y ) : x > 0, y > 0} Bài toán 9: Tìm GTNN,GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = x + y + z PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 4 Xét trên miền D = {( x, y, z , t ) : x ( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ } 3 Bài toán 10: Tìm GTLN của hàm số: f ( x, y , z ) = x(1 − y ) + y (1 − z ) + z (1 − x ) Xét trên miền D = {( x, y, z ) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1} B.Phương pháp tham số phụ Phương pháp này khá giống với kĩ thuật cân bằng hệ số nhưng nó có tầm ứng dụng rộng rãi hơn. Ở phần này tôi sẽ không trình bày tỉ mỉ lời giải mà nêu thẳng ra ý tưởng trong bài làm để từ đó bạn đọc rút kinh nghiệm. Bài toán 1: Cho x, y ≥ 0 và x 3 + y 3 ≤ 1 . Tìm GTLN của A = x + 2 y GIẢI Đặt x = ay = b . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có x 3 + a 3 + a 3 + a 3 + a 3 + a 3 ≥ 6 6 x3 a15 y 3 + b3 + b3 + b3 + b3 + b 3 ≥ 6 6 y 3b15 ⇒ x 3 + y 3 + 5(a 3 + b3 ) ≥ 6( a 5 x + b5 y ) Ta cần tìm hai số a,b sao cho a,b thoả mãn hệ sau: 5 a3 + b3 = 1 1 4 ⇒a= ;b = 5 5 3 3 b =2 a 1 + 5 64 1 + 5 64 Khi đó GTLN của A = 6 (1 + 5 64 ) 5 . Bạn đọc tự tìm giá trị của x,y * Chú ý: Phương pháp tham số phụ giúp ta định hướng lời giải trong các bài toán mà ta chưa xác định điểm rơi của BĐT. 7x − x( x − 1) . Xét trên miền D = {( x) : x ≥ 1} Bài toán 2: Tìm GTNN của hàm số: f ( x) = 4 3 GIẢI 1 Đặt ax = x − 1 ⇒ x = . Áp dụng BĐT Cauchy: 1− a 1 1 7x 7x 1 .2 ax ( x − 1) ≤ (ax + x − 1) ⇒ y = − x ( x − 1) ≥ − (ax + x − 1) 2 a 2 a 4 3 4 3 2 a 1 7 4 1 (a + 1) = ⇒ a = (a < 1) . Khi đó GTNN của f ( x) = ⇔x=4 Ta cần tìm số a sao cho : 3 2 a 4 3 3 Bài toán 3: Tìm GTLN của hàm số: y = 9 x 2 1 + x 4 + 13x 2 1 − x 4 . Xét trên miền D = {( x) : −1 ≤ x ≤ 1} GIẢI 4 4 4 4 Đặt ax = 1 + x ⇒ (a − 2) x = 1 − x . Áp dụng BĐT Cauchy : 9 9 2 a x2 1 + x4 ≤ (ax 4 + 1 + x 4 ) 2 a 2 a 13 13 ( a − 2 ) x 4 + 1 − x 4  2 a − 2 x2 1 − x4 ≤ 2 a −2 2 a−2 9 13 9 (a + 1) = (3 − a) ⇒ a = Ta cần tìm a sao cho: 4 2 a 2 a−2 PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 9 4 1 4 x +1 + x4 x +1 − x4 Khi đó y ≤ 6 4 + 26 4 = 16 2 2 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 5 Bài toán 4: Tìm GTLN của hàm số f ( x ) = 2 x2 + 6 x3 − 2 x 2 + x − 2 + 5 x2 + 3x − 4 Xét trên miền D = {( x) : x ≥ 1} GIẢI 2 Đặt a( x − 2) = x + 1 . Áp dụng BĐT Cauchy: 3 3  a ( x − 2 ) + x 2 + 1 ⇒ f ( x ) ≤ 2 a( x − 2)( x 2 + 1) ≤ a a 3 +2=b a 2x2 + 3  a ( x − 2 ) + x 2 + 1 + 5 a x2 + 3x − 4 a =b ⇒ b = 3(b > 0) ⇒ a = 9 3 (1 − 2a ) + 5 = −4b a 9± 5 Khi đó GTLN của f ( x ) = 3 ⇔ x = 2 Bài toán 5: Cho x,y là các số thực thoả mãn: x 2 + y 2 = 1 . Tìm GTNN,GTLN của hàm Ta cần tìm a sao cho: f ( x, y ) = 2( x 2 + 6 xy ) 1 + 2 xy + 2 y 2 GIẢI Gọi k là điểm cực trị của f(x,y) ta có: 2( x 2 + 6 xy ) k= ⇒ (k − 2) x 2 + 2(k − 6) xy + 3ky 2 = 0 2 1 + 2 xy + 2 y Ta cần tìm k sao cho : 3k (k − 2) = (k − 6)2 ⇔ k 2 + 3k − 18 = 0 ⇔ k = 3 ∨ k = −6 Do đó GTLN của f(x,y)=3, GTNN của hàm f(x,y)=-6 * Chú ý bạn có thể giải như sau: 2( x 2 + 6 xy ) 2( x 2 + 6 xy ) f ( x, y ) = = . Ta xét với x = 1, y = 0 ⇒ f ( x, y ) = f (1, 0) = 2 1 + 2 xy + 2 y 2 x 2 + 2 xy + 3 y 2  x  2 6 x  2   +  y   y  x Với y ≠ 0 ⇒ f ( x, y ) =  2 . Ta đặt = t ta quay lại xét cực trị của bài toán: y  x  2x  y  + y +3   2 2(t + 6t ) f (t ) = 2 . Đến đây bạn có thể dùng PP miền giá trị hay PP tách bộ phận kép để giải. t + 2t + 3 Tuy nhiên nếu so sánh 2 cách giải trên thì cách giải thứ nhất chỉ mang tính giải quyết bài toán chứ không mang tính toán học như cách giải thứ hai. PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com BL1:Cho x,y là các số không âm và x 2 + y 2 ≤ 1 . Tìm GTLN của hàm số f ( x, y ) = 64 x + y BL2:Tìm GTNN của hàm số: f ( x ) = 5 x − 2 x( x − 1) . Xét trên miền D = {( x) : x ≥ 1} x 2 − x3 − x2 + x − 1 x2 − x x BL4:Tìm GTNN của hàm số: f ( x) = x + 4 1 − . Xét trên miền D = {( x ) : 0 ≤ x ≤ 2} 2 1 1 BL5:Cho a,b dương và + = 1 . Tìm GTNN của A = a + b 2 a 2b IV. Phương pháp thế: Phương pháp này dùng để chứng minh các bất đẳng thức hình học.Phương pháp này dựa vào nhận xét sau: Định lí: Điều kiện cần và đủ để a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác là tồn tại các số dương x,y,z sao cho a = x + y ; b = y + z; c = x + z Khi đó ta có một số kết quả thú vị như sau: a+b+c x+ y+ z = =p 2 a + c −b x= = p −b 2 a +b−c y= = p−c 2 b+c−a z= = p−a 2 Ta cần chú ý một số công thức sau: 1 1 1 abc 1. S = aha = bhb = chc = pr = p( p − a )( p − b)( p − c) = 2 2 2 4R a b c 2. = = = 2R sin A sin B sin C a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A BL3:Tìm GTNN của hàm số : f ( x ) = 3. b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C b2 + c 2 − a 2 cot A = 4S 2 c + a 2 − b2 4. cot B = 4S 2 a + b2 − c 2 cot C = 4S A S B S C S ; tan = ; tan = 5. tan = 2 p( p − a) 2 p ( p − b) 2 p( p − c) 2 2 2 2 2 2b + 2c − a 2a + 2c − b 2 2a 2 + 2b 2 − c 2 2 2 2 6. ma = ; mb = ; mc = 4 4 4 * Chú ý: Sau khi thực hiện phép thế ta bỏ đi điều kiện chúng là 3 cạnh của một tam giác. PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com Bài toán 1: ( BĐT Euler) Gọi R và r lần lượt là bán kính của các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. CMR: R ≥ 2r GIẢI Ta thay thế R và r qua các đại lượng khác. Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: abc 2S 8S 2 ≥ ⇔ abc ≥ = 8 p( p − a)( p − b)( p − c ) 4S p p Đến đây ta sử dụng phép thế BĐT trở thành: ( x + y )( y + z )( x + z ) ≥ 8 xyz Ta sử dụng BĐT Cauchy ta có: x + y ≥ 2 xy y + z ≥ 2 yz ⇒ ( x + y )( y + z )( x + z ) ≥ 8 xyz x + z ≥ 2 xz Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c . Bài toán 2: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và diện tích S. CMR: 2(ab + bc + ca ) − (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 4 3S GIẢI Ta sử dụng phép thế BĐT trở thành: 2 [( x + y )( y + z ) + ( y + z )( x + z ) + ( x + y )( x + z )] − ( x + y ) 2 + ( y + z ) 2 + ( x + z )2  ≥ 4 3 xyz ( x + y + z ) ⇔ xy + yz + xz ≥ 3 xyz ( x + y + z ) ⇔ ( xy + yz + xz )2 ≥ 3xyz ( x + y + z ) ( xy − yz ) 2 + ( yz − xz )2 + ( xz − xy ) 2 ≥0 2 Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c . LB: Qua hai bài toán trên ta rút ra nhận xét sau: việc chuyển từ BĐT hình học sang BĐT đại số giúp giải quyết bài toán nhẹ nhàng hơn. Và cũng vì lí do đó mà người ta còn gọi đây là phương pháp đại số hoá , như vậy việc chuyển từ BĐT đại số thành BĐT hình học gọi là phương pháp hình học hoá. Nội dung của phương pháp hình học hoá : Nội dung của phương pháp này là ta dựa vào cấu trúc của bài toán để chuyển sang hình học, đồ thị giải quyết.Nếu như một bài toán về BĐT, bằng một cách biến đổi sơ cấp nào đó có thể qui về các sự kiện hình học thì ta nên dùng phương pháp hình học để giải.Lẽ dĩ nhiên phương pháp này chỉ thích hợp với những bài toán mà nội dung của nó tiềm ẩn những yếu tố hình học,mà lúc đầu thoạt tiên ta chưa nhận ra. Đối với phương pháp này ta sử dụng nhận một số tính chất sau: - Trong các đường gấp khúc nối 2 điểm A,B thì đường thẳng nối 2 điểm A,B là đường ngắn nhất. - Trong tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh thứ ba. - Cho điểm A nằm ngoài đường thẳng d cho trước.Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ A xuống đường thẳng d ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ A xuống đường thẳng ấy. - Trong các tam giác cùng nội tiếp đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất. - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất là giao điểm của AB và d. - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM+BM bé nhất là giao điểm của A' B và d ( trong đó A' là điểm đối xứng của A qua d). - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B cùng phía với d nhưng không song song với d. Điểm M thuộc d sao cho AM − BM lớn nhất là giao điểm của AB và d ⇔ PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com - Cho đường thẳng d và 2 điểm A,B nằm khác phía đối với d. Điểm M thuộc d sao cho AM − BM lớn nhất là giao điểm của A' B và d ( trong đó A' là điểm đối xứng của A qua d, A' B không song song với d). Sau đây chúng ta sẽ xét một bài toán minh hoạ cho phương pháp này. Bài toán 1: 1. Tìm GTNN của A = x 2 − 2 x + 2 + x 2 − 4 x + 40 2. Tìm GTLN của B = x 2 − 2 x + 2 − x 2 − 4 x + 40 GIẢI 1. Ta có: A = ( x − 1) + (0 − 1) + ( x − 2)2 + (0 + 6)2 2 2 Nếu ta chọn điểm M ( x, 0); A(1,1); B(2, −6) thì AM = ( x − 1) 2 + (0 − 1)2 ; BM = ( x − 2)2 + (0 + 6) 2 Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM+BM có độ dài bé nhất. Theo tính chất thì điểm M phải là giao điểm của AB và trục hoành. Đường thẳng AB có dạng: y = ax + b(a ≠ 0) . AB đi qua A,B nên ta có : 1= a +b ⇒ a = −7; b = 8 −6 = 2a + b Vậy AB: y = −7 x + 8 (1) 8 8  Từ (1) cho y = 0 ⇒ x = . Vậy điểm M cần tìm có toạ độ  , 0  7 7  8 Vậy GTNN của A = 5 2 ⇔ x = 7 Bài toán tổng quát: Tìm GTNN của A = ( x − a) 2 + b 2 + ( x − c) 2 + d 2 ( b, d > 0) Ta viết lại A = ( x − a) 2 + (0 − b) 2 + ( x − c) 2 + (0 + d )2 Trong mặt phẳng toạ độ ta chọn các điểm A(a, b); B(c, − d ); M ( x, 0) ; khi đó A= AM+BM. Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành sao cho AM+BM bé nhất.Vì A,B có tung độ trái dấu nên A,B nằm ở hai phía ở trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành. 2. Ta có B = ( x − 1) 2 + (0 − 1)2 − ( x − 2)2 + (0 − 4)2 Nếu ta chọn A(1,1); B(2, 4); M ( x, 0) khi đó B= AM − BM . Bài toán qui về việc tìm M trên trục hoành sao cho AM − BM lớn nhất.Theo tính chất thì M là giao điểm của trục hoành và AB. Đường thẳng AB có phương trình dạng y = ax + b(a ≠ 0) .AB đi qua A,B nên: 1= a +b ⇒ a = 3; b = −2 4 = 2a + b Vậy AB: y = 3 x − 2 (2) 3 3  Từ (2) cho y = 0 ⇒ x = . Vậy M  , 0  2 2  3 Vậy GTLN của B = 10 ⇔ x = . 2 Bài toán tổng quát: Tìm GTLN của B = ( x − a) 2 + b 2 − ( x − c )2 + d 2 ( b, d > 0 ) PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com Ta viết lại B = ( x − a) 2 + (0 − b)2 − ( x − c)2 + (0 − d )2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta chọn A(a, b); B(c, d ); M ( x, 0) , khi đó B = AM − BM . Bài toán qui về việc tìm điểm M trên trục hoành sao cho AM − BM lớn nhất. Vì A,B có tung độ cùng dấu nên A,B nằm cùng một phía với trục hoành, vậy điểm M cần tìm là giao điểm của AB và trục hoành. Bài toán 2: 1. Tìm GTNN của A = x 2 + 2 x + 2 + x 2 − 4 x + 8 2. Tìm GTLN của B = x 2 − 2 x + 2 − x2 + 4 x + 8 * Lưu ý: Đối với dạng này một số bạn thường mắc phải sai lầm là sử dụng BĐT Mincopski. a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c )2 + (b + d )2 Nếu bạn sử dụng trực tiếp rất dễ dẫn tới việc dấu bằng không xảy ra hay giá trị tìm được chưa hẳn là giá trị nhỏ nhất của bài toán. Ta quay lại với vấn đề ban đầu, như ta đã biết việc sử dụng phương pháp đại số hoá hay hình học hoá giúp ta giải quyết bài toán dễ dàng nhưng không phải lúc nào cũng vậy.Chẳng hạn với bài toán sau: Bài toán 3: Cho tam giác ABC có diện tích S và kí hiệu các cạnh AB,BC,CA theo qui ước. CMR: 1 1 1 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ≥ 16 S 2 + a 2 (b − c )2 + b 2 (c − a) 2 + c 2 (a − b)2 (1) 2 2 2 GIẢI Nếu như ngay từ đầu ta sử dụng liền phương pháp thế sẽ dẫn tới việc lời giải quá dài hoặc không thể ra được, cụ thể là ta phải chứng minh BĐT sau: 1 1 ( x + y )2 ( y + z )2 + ( y + z )2 ( x + z )2 + ( x + y ) 2 ( x + z )2 ≥ 16 xyz ( x + y + z ) + ( x + y ) 2 ( y − x)2 + ( z + y )2 ( z − y ) 2 2 2 1 + ( z + x )2 ( z − x )2 (2) 2 Quả thật để chứng minh được BĐT trên là điều không phải dễ, bởi vì cấu trúc của bài toán lúc này quá cồng kềnh, . Đây là việc quá lạm dụng phương pháp mà không để ý kĩ tới cấu trúc của bài toán ban đầu: (1) ⇔ abc (a + b + c) ≥ 16 S 2 ⇔ abc ≥ (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b) Đến đây có lẽ bạn đọc đã nhìn ra nguồn gốc của bài toán rồi phải không. Qua đó ta thấy được việc chứng minh trực tiếp BĐT (1) dễ dàng hơn nhiều so với BĐT (2) Ta rút ra được kinh nghiệm là không nên quá lạm dụng phương pháp đặc biệt là những phương pháp mạnh trong chứng minh BĐT BL1( IMO-1983) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR: a 2 b(a − b) + b 2 c (b − c ) + c 2 a (c − a ) ≥ 0 BL2: ( IMO-1961) Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có diện tích S. CMR: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S BL3: Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. CMR: ab bc ca + + ≥ 4p p−c p −a p−b BL4: Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có: 1. ma 2 + mb 2 + mc 2 ≥ p 2 a b c 2. + + ≥2 3 ma mb mc Phụ lục: Không những đối với BĐT hình học mới có phép thế mà trong BĐT đại số cũng có phép thế. PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com Bài toán 1: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: 1  1  1   a + 1 −  b + 1 −   c + 1 −  ≤ 1 b  c  a  GIẢI x y z Ta thay a = ; b = ; c = thì BĐT cần chứng minh trở thành: y z x ( x + y − z )( y + z − x)( x + z − y ) ≤1 xyz ⇔ ( x + y − z )( y + z − x)( x + z − y ) ≤ xyz Đến đây công việc còn lại xin nhường cho bạn đọc. NX: Do abc = 1 nên luôn tồn tại các số x,y,z thoả mãn phép thế trên , trong đó điều kiện x,y,z phụ thuộc vào điều kiện của a,b,c.Không những vậy từ bài toán trên ta có thể thấy được lợi ích của việc sử dụng phép thế: nó giúp ta giải quyết bài toán nhanh chóng mà nhiều khi nó còn giúp ta phát hiện ra nguồn gốc của bài toán ban đầu. Chẳng hạn với 2 bài toán sau: Bài toán 2: 1. Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: 1 1 1 3 + + ≥ a (b + 1) b(c + 1) c(a + 1) 2 2. Cho x,y,z,t dương và xyzt=1. CMR: 1 1 1 1 4 + 2 + 2 + 2 ≥ 2 x ( yz + zt + ty ) y ( xz + zt + tx) z ( xy + xt + ty ) t ( xy + yz + xz ) 3 GIẢI: x y z 1. Đặt a = ; b = ; c = khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: y z x 1 1 1 3 + + ≥ x y  yz  z x  2 +1  + 1  + 1 y  z  z  x  x  y  yz xy xz 3 + + ≥ xy + xz xz + yz xy + yz 2 BĐT trở lại dạng Nesbit, bạn đọc tự chứng minh. 2. Với bài toán này bạn đọc tự giải.Gợi ý nguồn gốc bài toán: a b c d 4 + + + ≥ b+c+d a +c+d a +b+d a+b+c 3 BL1: Cho a,b,c dương và abc=1.CMR: 1 1 1 3 + + ≥ a (a + 1) b(b + 1) c(c + 1) 2 BL2: Cho a,b,c dương. CMR: b c a + + ≤1 a + 2b b + 2c c + 2a BL3: Cho a,b,c dương và abc=1. CMR: a b c + + ≥1 3 3 8c + 1 8a + 1 8b3 + 1 V.Kĩ thuật hệ số bất định – phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất: PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com 1. Kĩ thuật hệ số bất định Kĩ thuật này thường được sử dụng đối với bất đẳng thức không đối xứng. Sau đây là một số ví dụ: Lớp bài toán thứ nhất: Bài toán 1: Cho x,y,z là các số dương.CMR: 1. x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz 2. 6 x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 ≥ 4 xy + 8 xz + 2 yz GIẢI: 1. Bài toán này chắc hẳn là quá quen thuộc với các bạn, nó cũng đã có khá nhiều trong các cuốn sách về BĐT. Sau đây là lời giải của bài toán này: x 2 + y 2 ≥ 2 xy y 2 + z 2 ≥ 2 yz ⇒ 2( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 2( xy + yz + xz ) ⇒ đpcm x 2 + z 2 ≥ 2 xz 2. Ta giải bài toán trên như sau: A = 6 x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 = 2( x 2 + y 2 ) + 4( x 2 + z 2 ) + y 2 + z 2 Đến đây ta áp dụng BĐT Cauchy ta có: 2( x 2 + y 2 ) ≥ 4 xy 4( x 2 + z 2 ) ≥ 8 xz ⇒ A ≥ 4 xy + 8 xz + 2 yz y 2 + z 2 ≥ 2 yz LB: Chắc hẳn các bạn sẽ thắc mắc cách giải của câu 2, không hiểu vì sao lại tách ra được như vậy. Sau đây là bí mật của cách giải: Ta đưa các tham số m,n,p vào biểu thức như sau: m( x 2 + y 2 ) + n( x 2 + z 2 ) + p ( y 2 + z 2 ) = (m + n) x 2 + (m + p ) y 2 + (n + p ) z 2 Ta đồng nhất các hệ số với biểu thức ban đầu: m+n = 6 m + p = 3 ⇒ m = 2, n = 4, p = 1 . Khi đó tức là ta sẽ tách biểu thức ban đầu như sau: n+ p =5 A = 6 x 2 + 3 y 2 + 5 z 2 = 2( x 2 + y 2 ) + 4( x 2 + z 2 ) + y 2 + z 2 Nội dung của kĩ thuật hệ số bất định: Giả sử ta cần chứng minh BĐT: aA( x, y, z ) + bB( x, y, z ) + cC ( x, y , z ) ≥ dD ( x, y, z ) + eE ( x, y , z ) + fF ( x, y , z ) trong đó x,y,z là các ẩn. Ta đưa vào các tham số m,n,p; nghĩa là ta có: m [ A( x, y, z ) + B( x, y, z )] + n [ B( x, y, z ) + C ( x, y , z )] + p [ A( x, y , z ) + C ( x, y, z ) ] = (m + p ) A( x, y, z ) + (m + n) B( x, y , z ) + (n + p )C ( x, y , z ) Ta đồng nhất thức, khi đó ta có hệ: m+ p = a a+b−c b+c−a a +c −b m+n = b ⇒ m = ;n = ;p= 2 2 2 n+ p = c Sau đó ta tìm cách chứng minh: PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
- Xem thêm -