Tài liệu Phương pháp chuẩn hóa trong toán pptx

P P HƯ HƯ ƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ ƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ 1. Đặt vấn đề: Cho H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k, nghĩa là H(tx, ty, tz) = t k H(x, y, z) và h/s F(x, y, z) thỏa mãn F(x, y, z) = F(  x,  y,  z). Khi đó giá trị của F(x, y, z) trên miền {(x, y, z)/H(x, y, z) = a, a > 0} không thay đổi khi a thay đổi. Thật vậy, giả sử M(x, y, z): H (x, y, z) = a 1 M’(x’, y’, z’): H(x’, y’, z’) = a 2 ; a 1 ạ a 2 ; a 1 , a 2 > 0 Ta có    2 1 2 1 a H x, y, z = a H(x, y, z) = a a               k 2 2 2 2 k k k k 2 2 1 1 1 1 a a a a H(x, y, z) = a H x, y, z = a a a a a đặt 2 2 2 k k k 1 1 1 a a a x' = x, y' = y, z' = z a a a Ta có:  2 H(x', y', z') = a F(x', y', z') = F(x, y, z) Mặt khác :        1 2 M H(x, y, z) = a M' H(x', y', z') = a Như vậy để tìm giá trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) ta chỉ cần tìm giá trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) = a cố định thích hợp. 2. Các bài toán áp dụng. B ài toán1 : Cho a, b, c> 0. Tìm max 2 2 2 2 2 2 a(b + c) b(c + a) c(a + b) Q = F(a, b, c) = + + (b + c) + a (c + a) + b (a + b) + c ( Olimpic 30 - 4- 2006). L ời giải: Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc) nên ta tìm giá trị Q trên miền a + b + c = 1 Ta có: 2 2 2 a(1- a) b(1- b) c(1- c) Q = + + 1 - 2a + 2a 1- 2b + 2b 1- 2c + 2c Theo Côsi:           2 2 2 2 2a + 1- a (a + 1) 2a(1- a) = 2 4 (a+1) (1- a)(a + 3) 1- 2a + 2a = 1- 2a(1- a)³ 1 - = 0 4 4                                               2 a(1- a) 4a(1- a) 4 3 = = 4 1 - (1- a)(a + 3) a + 3 a + 3 1- 2a + 2a 3 3 3 1 1 1 Q 4 1- + 1- + 1 - = 4 3 - 3 + + a + 3 b + 3 c + 3 a + 3 b + 3 c + 3 Ta có:    1 1 1 9 9 9 6 + + = Q 4(3 - 3. ) = a + 3 b + 3 c + 3 a + b + c + 9 10 10 5 Suy ra : 6 maxQ = 5 khi a = b = c B ài toán 2: Cho a, b, c > 0. Tim min       2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 (a + b + c) 1 a + b + c a + b + c Q = + - (1) 2 abc ab + bc + ca a + b + c L ời giải: Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc). Ta chỉ tìm giá trị của Q trên miền a 2 + b 2 + c 2 = 3 Khi đó:       2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 (a + b + c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca (a + b + c) = 3 + 2(ab + bc + ca) a + b + c = 3abc + (a + b + c) 3 - (ab + bc + ca) a + b + c 1 1 1 = 3 + ( + + ) 3 - (ab + bc + ca) abc ab bc ca Đặt      1 1 1 9 = ab + bc + ca 3; = + + ab bc ca Suy ra: 5 2 9 3 2 12 6 (3 ) 2 2 2( ) 2 3 2 2 3 3 Q                      1 3 1/3 6 3 3 3 3 3( ) 2 2 4 3 3 Q                        Suy ra: minQ = 4 , khi a = b = c > 0 B ài toán 3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh  3 7(a + b + c)(ab + bc + ca) 9abc + 2(a + b + c) (1) Lời giải:   2 3 7(ab + bc + ca) 9abc (1) F(a, b, c) = - 2 (a + b + c) (a + b + c) Do F(a , b, c) = F(ta, tb, tc). Ta có thể xem a + b + c = 1. Suy ra: F(a, b, c) = 7(ab + bc + ca) - 9abc = 7a(1 - a) + bc(7 - 9a) Giả sử:  0 < a b c Ta có:         2 2 a+b+c=1 1 (b + c) (1- a) 0 < a ; 7 - 9a > 0; bc = 3 4 40 < a b c Khi đó:     2 3 2 (1- a) 1 F(a, b, c) 7a(1- a) + (7- 9a); 0 < a 4 3 1 1 F(a, b, c) f(a) = (- 9a - 3a + 5a + 7) 4 4 Khảo sát hàm số f(a), ta có:  F(a, b, c) 2; F(a, b, c) = 2 a = b = c Chú ý: Bất đẳng thức (1) có dạng f(a, b, c)  g(a, b, c) , trong đó f(a, b, c) và g(a, b, c) đồng bậc f(x, y, z) và g(x, y, z) đồng bậc m (nguyên dương) nếu         m m f( x, y, z) = f(x, y, z) g( x, y, z) = g(x, y, z) Cho bất đẳng thức: f(x, y, z)  g(x, y, z) (*) Với f, g đồng bậc và H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k. Nếu (*) đúng trên miền H(x, y, z) = a 1 thì cũng đúng trên miền H(x , , y , , z , ) = a 2 với a 1 , a 2 > 0. Thật vậy:                   2 2 2 k k k 1 2 1 1 1 m 2 k 1 a a a H(x, y, z) = a H(x',y',z') = a ; x' = x; y; z a a a a f(x', y', z') = .f(x, y, z) a Tương tự:         m 2 k 1 a g(x', y', z') = .g(x, y, z) a Khi đó:   f(x, y, z) g(x, y, z) f(x', y', z') g(x', y', z') Vậy để chứng minh (*)đúng trên miền H(x,y,z) chỉ cần chứng (*) đúng trên miền H(x, y, z) = a > 0 cố định. Việc chọn giá trị a là rất quan trọng. B ài toán 4 : Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh  3 2 2 2 2 2 2 2 6(a + b + c)(a + b + c ) 27abc + 10(a + b + c ) (1) (Olimpic Việt Nam 2004 ) L ời giải: BĐT đúng khi a = b = c = 0 Nếu 2 2 2 a + b + c > 0 Chuẩn hóa 2 2 2 a + b + c = 9  (1) 2(a + b + c) - abc 10 Giả sử :        2 2 2 2 b + c 9 - a a b c a 3 bc = 3 2 2             2 2 2 2 2 VT = a(2 - bc) + 2(b + c) VT = a(2 - bc) + 2(b + c) a + (b + c) (2 - bc) + 4 Đặt :    t = bc t -3; 3        2 2 VT = (9 + 2t) (2 - t) + 4 = f(t); t -3;3    f(t) f(t) 100 VT 10 (đpcm) B ài toán 5: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng   (b + c- a)(a + c - b) + (a + b - c)(a + c - b) + (a + b - c)(b + c - a) abc( a+ b + c) (1) L ời giải: Đặt a = x 2 , b = y 2 , c = z 2 .   4 4 4 2 2 2 2 2 2 (1) x + y + z + xyz(x + y + z) 2(x y + y z + z x ) (2) Chuẩn hóa: 1x y z   . Ta có:    (2) 1 + 9xyz 4(xy + yz + zx) 4(xy + yz + zx) - 9xyz 1 (*) Giả sử:     1 0 < x y z 0 < x 3 . Khi đó :  1 VT = 4x(1- x) + yz(4 - 9x) f(x) 4 ; 3 2 f(x) = - 9x + 6x - x + 4 Khảo sát: 3 2 f(x) = - 9x + 6x - x + 4 trên 1 0; 3         f(x) 4 VT 1 . Suy ra (*) được chứng minh B ài tập tương tự:    3 2 2 2 1 1. (a + b)(b + c)(c + a) + abc (a + b + c) ; a, b, c > 0 3 a + b + c 8abc 2. + 2; a, b, c>0 ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a) 1 1 1 4abc 3. (a + b+ c)( + + ) + 5; a a + b b + c c + a (a + b)(b + c)(c + a) , b, c > 0 . P P HƯ HƯ ƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ ƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ 1. Đặt vấn đề: Cho H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp. F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) = a cố định thích hợp. 2. Các bài toán áp dụng. B ài toán1 : Cho a, b, c> 0. Tìm max 2 2 2 2 2 2 a(b + c) b(c + a)