Luận văn Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức

IMÔ dầul

|1 Kiến thức chuẩn bị| 3

Ịl.l Bài toán cực trị vói điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hộ I

I bất đẳng thứcỊ 3

|1.2 Một số bất đẳng thức cơ bản| 4

2 Một số hường giải bài toán cực trị vói điều kiện ràng buộc

bất đẳng thức, hệ bất đẳng thứcỊ 17

2.1 Vận dụng các bất đẳng thức cơ bản| 17

2.2 Sử đụng giảm số biến của biểu thứcỊ 33

2.3 Vận dụng tính chất của tam thức bậc lĩãiỊ 44

2.4 Vận dụng tính chất của hàm so| 47

2.5 Vận dụng tính chất của hình lĩọcỊ 55

|Kết luậnỊ 59

Tài liệu tham khảo

60

 

pdf63 trang | Chia sẻ: honganh20 | Ngày: 28/02/2022 | Lượt xem: 288 | Lượt tải: 1download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ạt được khi a = 8, b = 5, c = 2. 16 +) Tìm giá trị nhỏ nhất Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ số (a, b, c) và (1, 1, 1) ta có: (1.a+ 1.b+ 1.c)2 ≤ (12 + 12 + 12)(a2 + b2 + c2) ⇔ (a+ b+ c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) ⇔ 152 ≤ 3M hay M ≥ 75. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 5. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 75, đạt được khi a = b = c = 5. 17 Chương 2 Một số hướng giải bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức Có rất nhiều cách giải bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức nhưng trong chương này ta sử dụng chủ yếu là phương pháp vận dụng các bất đẳng thức cơ bản, sử dụng giảm số biến của biểu thức, vận dụng tính chất của tam thức bậc hai, vận dụng tính chất của hàm số, vận dụng tính chất của hình học. 2.1 Vận dụng các bất đẳng thức cơ bản i) Ý tưởng chung Phương pháp vận dụng các bất đẳng thức cơ bản được xem như là một trong những phương pháp thông dụng và hiệu quả để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, nội dung phương pháp này cũng như tên gọi của nó, chúng ta sẽ dựa trực tiếp vào một trong các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz, ... hoặc có thể kết hợp các các bất đẳng thức đó để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một hàm số hay của một biểu thức. ii) Ví dụ minh họa 18 Bài toán 2.1 (USA). Cho các số a, b, c thỏa mãn a, b, c > 0,abc = 1. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của P = 1 a2(b+ c) + 1 b2(c+ a) + 1 c2(a+ b) . Bài giải. Ta có:( 1 a + 1 b + 1 c )2 = ( 1 a √ b+ c . √ b+ c+ 1 b √ c+ a . √ c+ a+ 1 c √ a+ b . √ a+ b )2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, suy ra( 1 a + 1 b + 1 c )2 ≤ P.2 (a+ b+ c) . (2.1) Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có( 1 a + 1 b + 1 c )2 ≥ 3 ( 1 ab + 1 bc + 1 ca ) = 3(a+ b+ c) abc = 3(a+ b+ c). (2.2) Từ (2.1) và (2.2) suy ra P ≥ 3 2 khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 2 khi a = b = c = 1. Bài toán 2.2 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Phú yên). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3a+ 2b+ c (a+ b)(a+ c)(b+ c) trong đó a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: 3bc+ 4ac+ 5ba ≤ 6abc. Bài giải. Giả thiết 3bc+ 4ac+ 5ba ≤ 6abc⇔ 3 a + 4 b + 5 c ≤ 6. Đặt S = 3 a + 4 b + 5 c . 19 Vì a, b, c là ba số dương ⇒ S2 = ( 3 a + 4 b + 5 c )2 = 9 a2 + 16 b2 + 25 c2 + 2 ( 12 ab + 15 ac + 20 bc ) = 9 ( 1 a2 + 1 c2 ) + 16 ( 1 b2 + 1 c2 ) + 24 ab + 30 ac + 40 bc . Áp dụng bất đẳng thức AM–GM ta có: 1 a2 + 1 c2 ≥ 2 ac ; 1 b2 + 1 c2 ≥ 2 bc ⇒ S2 ≥ 18 ac + 32 bc + 24 ab + 30 ac + 40 bc = 24 ab + 48 ac + 72 bc = 24. ( 1 ab + 2 ac + 3 bc ) ⇒ S2 ≥ 24. ( 1 ab + 2 ac + 3 bc ) . Áp dụng các bất đẳng thức: 1 ab ≥ 4 (a+ b)2 ; 1 ac ≥ 4 (a+ c)2 ; 1 bc ≥ 4 (b+ c)2 ⇒ S2 ≥ 24. ( 4 (a+ b)2 + 8 (a+ c)2 + 12 (b+ c)2 ) = 96. ( 1 (a+ b)2 + 2 (a+ c)2 + 3 (b+ c)2 ) ⇒ S2 ≥ 96. [( 1 (a+ b)2 + 1 (b+ c)2 ) + 2 ( 1 (a+ c)2 + 1 (b+ c)2 )] . Áp dụng bất đẳng thức AM–GM ta có: 1 (a+ b)2 + 1 (b+ c)2 ≥ 2 (a+ b)(b+ c) 20 và 1 (a+ c)2 + 1 (b+ c)2 ≥ 2 (a+ c)(b+ c) ⇒ S2 ≥ 96. ( 2 (a+ b)(b+ c) + 4 (a+ c)(b+ c) ) = 192. ( 1 (a+ b)(b+ c) + 2 (a+ c)(b+ c) ) . Ta có: 1 (a+ b)(b+ c) + 2 (a+ c)(b+ c) = 1 (b+ c) ( 1 a+ b + 2 a+ c ) = 3a+ 2b+ c (a+ b)(a+ c)(b+ c) ⇒ S2 ≥ 192. 3a+ 2b+ c (a+ b)(a+ c)(b+ c) ⇒ 3a+ 2b+ c (a+ b)(a+ c)(b+ c) ≤ S 2 192 ≤ 36 192 = 3 16 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức 3a+ 2b+ c (a+ b)(a+ c)(b+ c) là 3 16 khi và chỉ khi a = b = c = 2. Bài toán 2.3 (Đề thi chọn học sinh giỏi Bà Rịa - Vũng Tàu 2014 - 2015). Cho ba số a, b, c thỏa mãn a, b, c > 0,a+ b+ c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 7 ( a4 + b4 + c4 ) + ab+ bc+ ca a2b+ b2c+ c2a . Bài giải. 21 Không mất tính tổng quát, giả sử b là một số nằm giữa a và c, khi đó ta có: c (a− b) (b− c) ≥ 0. tương đương a2b+ b2c+ c2a ≤ b (a2 + ca+ c2) . Từ đó, kết hợp bất đẳng thức AM–GM ta có:( a2b+ b2c+ c2a ) (ab+ bc+ ca) ≤ b (a2 + ca+ c2) (ab+ bc+ ca) ≤ ( 3b+ a2 + ca+ c2 + ab+ bc+ ca )3 34 = ( (a+ c)2 + 3b+ ab+ bc )3 34 = ( (3− b)2 + 3b+ b (3− b) )3 34 = 9. Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì: a4 + b4 + c4 ≥ ( a2 + b2 + c2 )2 3 . Do đó, sử dụng đánh giá trên, sau đó liên tục dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: P ≥ 7 3 ( a2 + b2 + c2 )2 + (ab+ bc+ ca)2 9 = 41 18 ( a2 + b2 + c2 )2 + ( a2 + b2 + c2 )2 + (ab+ bc+ ca)2 + (ab+ bc+ ca)2 18 ≥ 41 18 (a+ b+ c)4 32 + ( a2 + b2 + c2 + ab+ bc+ ca+ ab+ bc+ ca )2 18.3 = 22 81 (a+ b+ c)4 = 22. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 22 khi và chỉ khi a = b = c = 1. 22 Bài toán 2.4 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Bình Định). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 ≤ z ≤ min {x, y} xz ≥ 3 yz ≥ 2 Tìm giá trị lớn nhất của P (x, y, z) = 30 x + 4 y + 2010 z . Bài giải. Từ giả thiết ta có  1 z ≤ 1 1√ x ≤ √ z√ 3 1√ y ≤ √ z√ 2 . Do đó 1 x + 1 z = 2√ x . 1√ x + 1 z ( 1− z x ) ≤ 2√ x . √ z√ 3 + 1− z x . Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số 1 3 và z x ta được 2√ x . √ z√ 3 ≤ 1 3 + z x . Suy ra 2√ x . √ z√ 3 + 1− z x ≤ 1 3 + z x + 1− z x = 4 3 hay 1 x + 1 z ≤ 4 3 . Tương tự, 1 y + 1 z = 2√ y . 1√ y + 1 z ( 1− z y ) ≤ 2√ y . √ z√ 2 + 1− z y 23 ≤ 1 2 + z x + 1− z x = 3 2 . Từ đó suy ra P (x, y, z) = 30 x + 4 y + 2010 z = 30 ( 1 x + 1 z ) + 4 ( 1 y + 1 z ) + 1976 z ≤ 30.4 3 + 4. 3 2 + 1976 = 2022. Vậy giá trị lớn nhất của P là 2011 đạt được khi x = 3, y = 2, z = 1. Bài toán 2.5 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Kiên Giang). Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a, b, c > 0 a5 b+ c + b5 c+ a + c5 a+ b = 3 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab2 + bc2 + ca2. Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức AM–GM ta có 4a5 b+ c + (b+ c)a3 ≥ 4a4 (2.3) 4b5 c+ a + (c+ a)b3 ≥ 4b4 (2.4) 4c5 a+ b + (a+ b)c3 ≥ 4c4. (2.5) Mặt khác, ta có a4 + b4 ≥ a3b+ ab3 (2.6) (Vì a4 + b4 ≥ a3b+ ab3 ⇔ a3(a− b)− b3(a− b) ≥ 0 ⇔ (a− b)2(a2 + ab+ b2) ≥ 0 luôn đúng). Tương tự, ta có b4 + c4 ≥ b3c+ bc3 (2.7) 24 và c4 + a4 ≥ c3a+ ca3. (2.8) Từ (2.3), (2.4), (2.5), (2.6), (2.7), (2.8) ta được 3 2 = a5 b+ c + b5 c+ a + c5 a+ b ≥ 1 2 (a4 + b4 + c4) suy ra a4 + b4 + c4 ≤ 3. Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta được a4 + b4 + b4 + 1 ≥ 4ab2 và b4 + c4 + c4 + 1 ≥ 4bc2 và c4 + a4 + a4 + 1 ≥ 4ca2 suy ra 3 ( a4 + b4 + c4 ) + 3 ≥ 4(ab2 + bc2 + ca2). Như vậy P = ab2 + bc2 + ca2 ≤ 12 4 = 3. Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 khi và chỉ khi a = b = c = 1. Bài toán 2.6 (Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Tiền Giang). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 0 ≤ x, y, z ≤ 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = (x− y)(y − z)(z − x)(x+ y + z). Bài giải. Không mất tính tổng quát, giả sử x = max {x, y, z} . Vậy sẽ có hai khả năng [ x ≥ y ≥ z x ≥ z ≥ y +) Khi x ≥ y ≥ z thì P ≤ 0. +) Khi x ≥ z ≥ y thì hiển nhiên x− z ≥ 0, z − y ≥ 0 và 0 ≤ x− z ≤ 1. ⇒ P = (x− y)(y − z)(z − x)(x+ y + z) ≤ (z − y)(x− z)(x+ y + z) 25 hay 4P ≤ [2 (z − y)] [(√ 3 + 1 ) (x− z) ] [(√ 3− 1 ) (x+ y + z) ] . Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có P ≤ 1 27 [ 2 (z − y) + (√ 3 + 1 ) (x− z) + (√ 3− 1 ) (x+ y + z) ]3 hay P ≤ 1 27 [ 2 √ 3x− ( 3− √ 3 ) y ]3 . Dễ thấy 0 ≤ 2 √ 3x− ( 3− √ 3 ) y ≤ 2 √ 3 ⇒ P ≤ 2 √ 3 9 . Do vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 2 √ 3 9 khi x− y = 1 2(z − y) = (√ 3 + 1 ) (x− z) = (√ 3− 1 ) x = 1, y = 0 (x+ y + z) ⇔  x = 1 z = 1√ 3 y = 0 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2 √ 3 9 khi x = 1, y = 0, z = 1√ 3 . Bài toán 2.7 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 1994). Xét các bộ số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện 1 2 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = (a− 2b+ c)2 + (b− 2c+ d)2 + (b− 2a)2 + (c− 2d)2. Bài giải. 26 Do vai trò của a và d, b và c là đối xứng trong biểu thức trên, ta dự đoán rằng điểm cực trị sẽ đạt được tại các bộ số thỏa mãn điều kiện a2 = d2 và b2 = c2. Với p là số thực dương, theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có: (1 + 3p) ( a2 1 + 2b2 p + c2 p ) ≥ (a− 2b+ c)2 (p+ 2) ( b2 p + 2a2 ) ≥ (b− 2a)2 (1 + 3p) ( d2 1 + 2c2 p + b2 p ) ≥ (d− 2c+ b)2 (p+ 2) ( c2 p + 2d2 ) ≥ (c− 2d)2. Cộng vế đối vế của 4 bất đẳng thức trên, ta được: Q ≤ (5 + 5p) (a2 + d2)+ 5 + 10p p ( b2 + c2 ) . (2.9) Bây giờ, ta cần chọn p > 0 sao cho 1 + p = 1 + 2p p , tức p = 1 + √ 5 2 . Thay p = 1 + √ 5 2 vào (2.9), ta thu được Q ≤ 5 ( 3 + √ 5 ) 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a > 0, c > 0, b < 0, d < 0 |a| = |d| = ∣∣∣∣bp ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣cp ∣∣∣∣ a2 + b2 + c2 + d2 = 1 Giải hệ phương trình với p = 1 + √ 5 2 , ta nhận được a = −d = − 1√ 5−√5 −b = c = √ 5− 1 2 √ 5−√5 . 27 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức bằng 5 ( 3 + √ 5 ) 2 đạt được khi a = −d = − 1√ 5−√5 −b = c = √ 5− 1 2 √ 5−√5 . +) Tìm giá trị nhỏ nhất Với cách phân tích tương tự như trên, việc tìm giá trị nhỏ nhất của Q được trình bày hoàn toàn tương tự như sau: Q = 5 ( a2 + d2 ) + 6 ( b2 + c2 ) + 2a (c− 4b) + 2d (b− 4c)− 8bc ≥ 5 (a2 + d2)+ 6 (b2 + c2)− 1 p [ p2a2 + (c− 4b)2 ] − 1 p [ p2d2 + (b− 4c)2 ] − 8bc hay Q ≥ (5− p) (a2 + d2)+ (6− 17 p )( b2 + c2 ) + 2 ( 8 p − 4 ) bc. Chọn p trong khoảng (2; 5) sao cho 8 p − 4 < 0 và vì vậy Q ≥ (5− p) (a2 + d2)+ (6− 17 p )( b2 + c2 ) + 2 ( 8 p − 4 )( b2 + c2 ) Q ≥ (5− p) (a2 + d2)+ (2− 9 p )( b2 + c2 ) . Tiếp theo, chọn p sao cho 5− p = 2− 9 p , tức p = 3 + √ 45 2 ∈ (2; 5), ta được Q ≥ ( 5− 3 + √ 45 2 )( a2 + b2 + c2 + d2 ) ≥ 7−√45 4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi pa = c− 4b pd = b− 4c b = c a2 + b2 + c2 + d2 = 1 2 ⇔  p = 3 + √ 45 2 a = d = ± 3 2 √ 9 + p2 b = c = ∓ 3 2 √ 9 + p2 . 28 Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 7−√45 4 khi a = d = ± 3 2 √ 9 + p2 b = c = ∓ 3 2 √ 9 + p2 Bài toán 2.8 (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia tỉnh Yên Bái 2014 - 2015). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãnx, y, z > 03 (x4 + y4 + z4)− 7 (x2 + y2 + z2)+ 12 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất P = x2 y + 2z + y2 z + 2x + z2 x+ 2y . Bài giải. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: 3 ( x4 + y4 + z4 ) ≥ (x2 + y2 + z2)2 do đó 0 ≥ (x2 + y2 + z2)2 − 7 (x2 + y2 + z2)+ 12. Từ đó suy ra x2 + y2 + z2 ≥ 3. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta lại có: P = x2 y + 2z + y2 z + 2x + z2 x+ 2y = x4 x2y + 2zx2 + y4 y2z + 2xy2 + z4 z2x+ 2yz2 ≥ ( x2 + y2 + z2 )2 x2y + y2z + z2x+ 2 (xy2 + yz2 + zx2) . 29 Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và kết hợp với các bất đẳng thức quen thuộc: ab+ bc+ ca ≤ (a+ b+ c) 2 3 , ta có x2y + y2z + z2x ≤ √ (x2 + y2 + z2) (x2y2 + y2z2 + z2x2) ≤ √ (x2 + y2 + z2) ( x2 + y2 + z2 )2 3 = ( x2 + y2 + z2 )√(x2 + y2 + z2) 3 . Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được. 2 ( xy2 + yz2 + zx2 ) ≤ 2 (x2 + y2 + z2) √( x2 + y2 + z2 ) 3 . Từ đó suy ra P ≥ ( x2 + y2 + z2 )2 3 (x2 + y2 + z2) √( x2 + y2 + z2 ) 3 = √( x2 + y2 + z2 ) 3 ≥ 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi và chỉ khi x = y = z = 1. Bài toán 2.9 (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia tỉnh Cà Mau 2014 - 2015). Cho các số x, y, z thỏa mãn0 < x ≤ 10 < y ≤ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của F = x5 + y + 4 x + y4 − 2y3 + x y2 . Bài giải. 30 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: F = x5 + y + 4 x + y4 − 2y3 + x y2 = x4 + y x + 4 x + y2 − 2y + x y2 = ( x4 + 1 x + 1 x + 1 x + 1 x ) + ( y x + x y2 ) + (y − 1)2 − 1 ≥ 5 + 2√ y − 1 ≥ 5 + 2− 1 = 6. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của F là 6 khi và chỉ khi x = y = 1. Bài toán 2.10 (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia tỉnh Kiên Giang 2014 - 2015). Cho ba số a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = a+ 3c a+ 2b+ c + 4b a+ b+ 2c − 8c a+ b+ 3c . Bài giải. Đặt  x = a+ 2b+ c y = a+ b+ 2c z = a+ b+ 3c ta có  a = −x+ 5y − 3z b = x− 2y + z c = −y + z Do đó, P trở thành P = 4x y + 2y x + 8y z + 4z y − 17. Sử dụng bất đẳng thức AM–GM, ta có: P ≥ 2 √ 4x y . 2y x + 2 √ 8y z . 4z y − 17 = 12 √ 2− 17. 31 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = ( 1 + √ 2 ) a, c = ( 4 + 3 √ 2 ) a. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12 √ 2− 17 khi và chỉ khi b = ( 1 + √ 2 ) a và c = ( 4 + 3 √ 2 ) a. Bài toán 2.11 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab+ bc+ ca > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = √ a (b+ c) a2 + bc + √ b (c+ a) b2 + ca + √ c (a+ b) c2 + ab . Bài giải. Cách 1. Ta có a(b+ c)2 = a ( b2 + c2 + 2bc ) ≥ a (b2 + c2)( a2 + bc ) (b+ c) = b ( a2 + c2 ) + c ( a2 + b2 ) . Do vậy, nếu đặt x = a ( b2 + c2 ) , y = b ( a2 + c2 ) , z = c ( a2 + b2 ) ta có: √ a (b+ c) a2 + bc ≥ √ x y + z√ b (c+ a) b2 + ca ≥ √ y z + x√ c (a+ b) c2 + ab ≥ √ z x+ y ⇒ √ a (b+ c) a2 + bc + √ b (c+ a) b2 + ca + √ c (a+ b) c2 + ab ≥ √ x y + z + √ y z + x + √ z x+ y . 32 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có√ x y + z = 2x 2 √ x (y + z) ≥ 2x x+ y + z√ y z + x = 2y 2 √ y (z + x) ≥ 2y x+ y + z√ z x+ y = 2z 2 √ z (x+ y) ≥ 2z x+ y + z . Cộng 3 vế của bất đẳng thức trên ta được:√ x y + z + √ y z + x + √ z x+ y ≥ 2 ( x+ y + z x+ y + z ) = 2 ⇒ P ≥ 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 đạt được khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị. Cách 2. Nếu có một số bằng 0, không mất tính tổng quát, giả sử là c, khi đó: P = √ a b + √ b a = (√ a−√b )2 √ ab + 2 ≥ 2. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị. Nếu cả ba số đều dương khi đó sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:√ a (b+ c) a2 + bc = a (b+ c)√ (a2 + bc) a (b+ c) ≥ 2a (b+ c) a2 + bc+ a (b+ c) = 2a (b+ c) (a+ b) (a+ c) . Tương tự, ta có: √ b (c+ a) b2 + ca ≥ 2b (c+ a) (b+ c) (b+ a) và √ c (a+ b) c2 + ab ≥ 2c (a+ b) (c+ a) (c+ b) . 33 Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:√ a (b+ c) a2 + bc + √ b (c+ a) b2 + ca + √ c (a+ b) c2 + ab ≥ 2a (b+ c) (a+ b) (a+ c) + 2b (c+ a) (b+ c) (b+ a) + 2c (a+ b) (c+ a) (c+ b) = 2a(b+ c)2 + 2b(c+ a)2 + 2c(a+ b)2 (a+ b) (b+ c) (c+ a) = 2 (a+ b) (a+ c) (b+ c) + 8abc (a+ b) (b+ c) (c+ a) = 2 + 8abc (a+ b) (b+ c) (c+ a) > 2. So sánh hai trường hợp ta có giá trị nhỏ nhất của P là 2 đạt được khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị. 2.2 Sử dụng giảm số biến của biểu thức i) Ý tưởng chung Với các bài toán bất đẳng thức mà cực trị đạt được khi một số biến bằng nhau (ta gọi là cực trị có tính đối xứng) hoặc một số biến đạt giá trị tại biến của miền xác định, thì phương pháp dồn biến thực sự là một phương pháp rất mạnh và hiệu quả. Ý tưởng chính của phương pháp là bất đẳng thức đã cho đúng với mọi giá trị của biến số trên miền xác định, nên cũng sẽ đúng khi có một số biến bằng nhau, vì thế chúng ta sẽ tìm cách chứng minh đẳng thức xảy ra khi một số biến bằng nhau và một số biến của bài toán sẽ giảm đi làm cho việc chúng ta chứng minh nhẹ nhàng hơn. Nội dung phương pháp thể hiện qua các định lý: Định lý 2.1 (Định lý về dồn biến, xem [4]). Giả sử f(x1, x2, x3, ..., xn) là một hàm số liên tục và đối xứng với tất cả n biến x1, x2, x3, ..., xn xác định trên một miền liên thông thỏa mãn điều kiện sau: f(x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f ( x1 + x2 2 , x1 + x2 2 , x3, ..., xn ) . (2.10) 34 Khi đó bất đẳng thức sau sẽ thỏa mãn f(x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f (x, x, ..., x) trong đó x = x1 + x2 + ...+ xn n . Điều kiện (2.10) có thể biến đổi thành một số dạng khác, chẳng hạn f(x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f (√x1x2,√x1x2, x3, ..., xn) f(x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f √x21 + x22 2 , √ x21 + x 2 2 2 , x3, ..., xn  và còn rất nhiều dạng khác tùy theo yêu cầu bài toán. Tuy nhiên hầu hết các bài toán chúng ta gặp đều không thể sử dụng định lý trên một cách đơn giản như vậy mà đòi hỏi chúng ta phải vận dụng nhiều kỹ năng hơn. Định lý S.M.V (định lý dồn biến mạnh) ra đời để giải quyết khó khăn như vậy, trước hết khi đi đến nội dung định lý ta xét bổ đề. Bổ đề 2.1 (Dồn biến tổng quát, xem [4]). Giả sử a1, a2, ..., an là dãy số thực tùy ý. Ta thực hiện liên tiếp phép đổi biến sau 1, Chọn i, j ∈ {1, 2, ..., n} là hai chỉ số sao cho ai = min{a1, a2, ..., an} và aj = max{a1, a2, ..., an}. 2, Thay ai và aj bởi ai + aj 2 (nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng trong dãy số). Khi đó sau vô hạn lần thực hiện phép biến đổi nói trên thì mỗi số ai đều tiến tới giới hạn a = a1 + a2 + ...+ an n . Định lý 2.2 (Định lý S.M.V, xem [4]). Nếu f : I ⊂ Rk → R, I = [α, β]× [α, β]× ...× [α, β] với α, β ∈ R là hàm số liên tục đối xứng và bị chặn dưới thỏa mãn điều kiện f (a1, a2, ..., an) ≥ f (b1, b2, ..., bn) với b1, b2, ..., bn là dãy thu được từ dãy a1, a2, ..., an do phép biến đổi ∆, thì ta có: f (a1, a2, ..., an) ≥ f (a, a, ..., a) với a = a1 + a2 + ...+ an n . ii) Ví dụ minh họa 35 Bài toán 2.12 (xem [4]). Cho a, b, c thỏa mãna, b, c > 0,a+ b+ c = 3. Tìm giá trị lớn nhất của P = ab 3 + c2 + bc 3 + a2 + ca 3 + b2 . Bài giải. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt a = s+ t, b = s− t với t ∈ [0, s− c] (vì a ≥ b ≥ c). Xét hàm số f(t) = c (s− t) 3 + (s+ t)2 + c (s+ t) 3 + (s− t)2 + s2 − t2 3 + c2 với t ∈ [0, s− c]. Ta có f ′ (t) = −c 3 + (s+ t)2 − 2c ( s2 − t2)[ 3 + (s+ t)2 ]2+ c3 + (s− t)2+ 2c ( s2 − t2)[ 3 + (s− t)2 ]2+ 2t3 + c2 . Đặt u = 3 + (s+ t)2 và v = 3 + (s− t)2 ta có: f ′ (c) = 4cst uv + 8cst ( s2 − t2) (u+ v) u2v2 − 2t 3 + c2 . Ta cũng có a+ b = 2s⇒ s ∈ [1; 1, 5] (do giả sử a ≥ b ≥ c) ⇒ cs = (3− 2s)s ≤ (3− 2s+ s) 2 4 = (3− s)2 4 ≤ (3− 1) 2 4 = 1. Mặt khác, ta có u = 3 + (s+ t)2 ≥ 3 + (1 + 0)2 = 4 và v = 3 + (s− t)2 ≥ 3 + [s− (s− c)]2 = 3 + c2 do c ∈ [0, s− c] . Từ các điều kiện trên ta suy ra 4cst uv ≤ 1 3 + c2 . (2.11) Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwars ta có: u2v2 = [ 3 + (s+ t)2 ]2 [ 3 + (s− t)2 ] ≥ 44 (s2 − t2) (2.12) 36 8cs (u+ v) ( 3 + c2 ) = 4.4cs ( 3 + s2 + t2 ) ( 3 + c2 ) ≤ 4 ( 4cs+ 3 + s2 + t2 + 3 + c2 3 )3 Mặt khác, ta có: 4cs+ 3 + s2 + t2 + 3 + c2 ≤ 4 (3− 2s) s+ 6 + s2 + (3s− 3)2 + (3− 2s)2 = 12 + 6 (s− 1) (s− 2) ≤ 12 (Do c = 3− 2s và t2 ≤ s− c = 3s− 3). Từ đó suy ra 8cs (u+ v) ( 3 + c2 ) ≤ 4(12 3 )3 = 44. (2.13) Từ (2.12) và (2.13) suy ra: 8cst ( s2 − t2) (u+ v) u2v2 = 8cs (u+ v) ( 3 + c2 ) (3 + c2) . ( s2 − t2) u2v2 . ≤ ( s2 − t2) 44 (s2 − t2) . 44 (3 + c2) = 1 3 + c2 . (2.14) Từ (2.11) và (2.14), ta có f ′ (t) ≤ 2 3 + c2 − 2t 3 + c2 = 2 3 + c2 (1− t) ≤ 0,∀t ∈ [0; s− c] . Vậy f(t) là hàm nghịch biến trên [0; s− c] . Suy ra f(t) ≤ f(0), ∀t ∈ [0; s− c] Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất g(s) = f(0) = 2cs 3 + s2 + s2 3 + c2 = 3s(3− 2s) 3 + s2 + s2 3 + (3− 2s)2 trên [0; 1, 5] . Ta có g ′ (s) = (6− 8s)(3 + s2)− 2s(6s− 4s2) (3 + s2)2 + 2s [ 3 + (3− 2s)2 ] − s2 (8s− 12)[ 3 + (3− 2s)2 ]2 = 108 ( s2 − 3s+ 4) (s− 1)2 (−s2 − 3s+ 6) (3 + s2)2 [ 3 + (3− 2s)2 ]2 . 37 Ta thấy s2 − 3s+ 4 = (s− 1, 5)2 + 1, 75 > 0,∀s ∈ [0; 1, 5] và −s2 − 3s+ 6 = (√ 33− 3 2 − s )(√ 33 + 3 2 + s ) . Lập bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của g(s) là 11 √ 33− 45 24 khi s = √ 33− 3 2 . Vậy giá trị lớn nhất của P là 11 √ 33− 45 24 xảy ra khi a = b = √ 33− 3 2 , c = 6−√33 cùng các hoán vị. Bài toán 2.13 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiệna+ b+ c = 6,a, b, c ≥ 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = ( a2 + 2 ) ( b2 + 2 ) ( c2 + 2 ) . Bài giải. Không mất tính tổng quát, giả sử c = min {a, b, c} ⇒ c ≤ a+ b+ c 3 = 2; a+ b = 6− c ≥ 4. Ta chứng minh ( a2 + 2 ) ( b2 + 2 ) ≤ [(a+ b 2 )2 + 2 ]2 . 38 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với: 16 ( a2b2 + 2a2 + 2b2 + 4 ) ≤ (a+ b)4 + 16(a+ b)2 + 64 ⇔ (a+ b)4 − 16a2b2 ≥ 16(a− b)2 ⇔ [ (a+ b)2 − 4ab ] [ (a+ b)2 + 4ab ] ≥ 16(a− b)2 ⇔ (a− b)2 [ (a+ b)2 + 4ab− 16 ] ≥ 0. Bất đẳng thức cuối luôn đúng do (a+ b)2 ≥ 16. Do đó P ≤ (c2 + 2) [(a+ b 2 )2 + 2 ]2 = ( c2 + 2 ) [(6− c 2 )2 + 2 ]2 . Xét hàm số: f(c) = ( c2 + 2 ) [(6− c 2 )2 + 2 ]2 trên đoạn [0; 2] . Ta có f ′ (c) = 3 8 ( c5 − 20c4 + 156c3 − 552c2 + 800c− 352) = 3 8 (c− 2) (c2 − 12c+ 44) (c2 − 6c+ 4) ≥ 0,∀c ∈ [0; 2] . Do f(c) là hàm đồng biến trên [0; 2] suy ra P ≤ f(c) ≤ f(2) = 216. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2. Vậy giá trị lớn nhất của P là 216 đạt được khi a = b = c = 2. Nhận xét 2.1. Chú ý đẳng thức ( 2 + a2 ) ( 2 + b2 )− [2 + (a+ b 2 )2]2 = −(a− b) 2 16 ( a2 + 6ab+ b2 − 16) ≤ 0. Do đó đối với những bài toán có tính đối xứng ( k + a2 ) ( k + b2 ) ( k + c2 ) với k ≥ 0, ta sẽ sử dụng đánh giá giữa (k + a2) (k + b2) với [k + (a+ b 2 )2]2 39 Từ đó suy ra ( k + a2 ) ( k + b2 ) ( k + c2 ) ≤ (k + a2)[k + (a+ b 2 )2]2 và ta giải được các bài toán tương tự khi k thay đổi. Bài toán 2.14 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn{ a+ b+ c = 1, a, b, c > 0. Tìm giá trị lớn nhất của P = ab ( a2 + b2 ) + bc ( b2 + c2 ) + ca ( c2 + a2 ) . Bài giải. Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt b+ c = t; bc = s, s ∈ [ 0; t2 4 ] Khi đó a = 1− t ≥ b+ c 2 = t 2 ⇔ t ≤ 2 3 . P = a3 (b+ c) + a ( b3 + c3 ) + bc ( b2 + c2 ) = a3 (b+ c) + a [ (b+ c)3 − 3bc (b+ c) ] + bc [ (b+ c)2 − 2bc ] = a3t+ a ( t3 − 3st)+ s (t2 − 2s) . Xét hàm số f(s) = a3t+ a ( t3 − 3st)+ s (t2 − 2s) . Ta có f ′ (s) = t2 − 4s− 3at = t (t− 3a)− 4s ≤ 0. Do đó f(s) là hàm nghịch biến trên [ 0; t2 4 ] . Suy ra f(s) ≤ f(0) = a3t+ at3 = (1− t)3t+ (1− t) t3. 40 Xét hàm số f(t) = (1− t)3t+ (1− t) t3 với t ∈ [ 0; 2 3 ] . Ta có f ′ (t) = (1− 2t)3; f ′(t) = 0⇔ t = 1 2 . Ta có f ′ (t) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua t = 1 2 nên f(t) đạt giá trị lớn nhất tại t = 1 2 hay P ≤ f(t) ≤ f ( 1 2 ) = 1 8 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1 2 ; c = 0, hoặc các hoán vị. Vậy giá trị lớn nhất của P là 1 8 đạt được khi a = b = 1 2 ; c = 0, hoặc các hoán vị. Nhận xét 2.2. Với những bài toán có điều kiện a, b, c không âm và a+ b+ c = k, chứng minh tương tự ta có ab ( a2 + b2 ) + bc ( b2 + c2 ) + ca ( c2 + a2 ) ≤ k4 8 . Bài toán 2.15 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a ≥ b ≥ c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = ( a2 + c2 )√ ab+ bc+ ca ac (a+ b+ c) . Bài giải. Vì điều kiện cho a ≥ b ≥ c⇒ (b− a) (b− c) ≤ 0. Vì M có bậc là 0 nên ta đặt a = x · b, c = y · b, (x ≥ 1; 0 < y ≤ 1) và (1− x) (1− y) ≤ 0⇔ xy − x− y + 1 ≤ 0 41 ⇒ x+ y ≥ 1 + xy. Khi đó M = ( x2 + y2 )√ x+ y + xy xy (x+ y + 1) . Đây là biểu thức đối xứng với tổng x+y và tích xy nên ta suy nghĩ ngay đến việc đặt S = x+ y và P = xy, từ điều kiện ta có ngay 0 < P ≤ S − 1. Ta có: M = ( S2 − 2P )√S + P P (S + 1) . Coi vế phải là hàm số với P và tham số S ta được: f ′ (P ) = − 2S 3 + S2P + 2P 2 2 (P + 1)P 2 √ S + P 0. Do đó f (P ) là hàm nghịch biến trên (0;S − 1] . Do đó f (P ) ≥ f (S − 1) = ( S2 − 2S + 2)√2S − 1 S2 − 1 . Xét hàm số g (S) = ( S2 − 2S + 2)√2S − 1 S2 − 1 trên đoạn (1; +∞) ta được: g ′ (S) = S4 + 2S3 − 13S2 + 12S − 4√ 2S − 1(S2 − 1)2 = (S − 2) (S3 + 4S2 − 5S + 2)√ 2S − 1(S2 − 1)2 . Ta có g ′ (S) = 0 khi đó S = 2. Ta có g ′ (S) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua S = 2 nên g (S) đạt cực tiểu tại S = 2 trên (1; +∞) hay g (S) ≥ g (2) = 2√ 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2√ 3 khi a = b = c. Nhận xét 2.3. Ngoài bài giải trên ta có thể xét hàm số trực tiếp bằng cách coi b là ẩn a, c là tham số, ta cũng có kết quả tương tự hoặc chứng minh: b2 + 2ac (a+ b+ c)2 ≥ 4ac 3(a+ c)2 42 Khi đó M ≥ (a+ c) 2 √ b2 + 2ac ac (a+ b+ c) ≥ 2√ 3 Nhưng rõ ràng với dấu hiệu đẳng cấp, từ điều kiện cho đến biểu thức M việc sử dụng kỹ thuật giảm về hai biến x, y tỏ ra hiệu quả. Đây là bài toán đòi hỏi phải tư duy logic khi gặp tổng và tích đối xứng của S = x+ y, P = xy. Bài toán 2.16 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện{ a ≥ b ≥ c ≥ 0 2b+ 2c− a > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = 2 (√ b c+ a + √ c a+ b ) − √ 2b+ 2c− a a . Bài giải. Trường hợp 1: Nếu c = 0⇒ P = 2 √ b a − √ 2b− a a . Đặt t = √ b a

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluan_van_bai_toan_cuc_tri_voi_dieu_kien_rang_buoc_bat_dang_t.pdf
Tài liệu liên quan