Luận văn Phương pháp dồn và giảm biến trong bất đẳng thức39938

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐINH NGỌC QUANG PHƯƠNG PHÁP DỒN VÀ GIẢM BIẾN TRONG BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 40 Giáo viên hướng dẫn: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN, 2012 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Một số dạng bất đẳng thức cổ điển phương pháp giảm biến 1.1 Các bất đẳng thức hai biến liên quan đến giá trị trung bình 1.2 Các bất đẳng thức n biến liên quan đến giá trị trung bình 1.3 Phương pháp giảm biến bất đẳng thức đại số 1.3.1 Tam thức bậc hai 1.3.2 Phương pháp tam thức bậc hai định hướng 1.3.3 Giảm biến bất đẳng thức đại số 7 10 12 13 14 15 Độ gần phương pháp dồn biến 2.1 Độ gần 2.2 Hàm lồi biểu diễn hàm lồi 2.2.1 Hàm lồi, lõm 2.2.2 Biểu diễn hàm lồi, lõm 2.3 Phương pháp dồn biến 2.3.1 Dồn biến tổng quát 2.3.2 Một số định lý dồn biến 21 21 25 25 27 30 33 35 Một số áp dụng 3.1 Một số kỹ thuật thường dùng giải toán bất đẳng thức 3.1.1 Kỹ thuật chuẩn hóa 3.1.2 Kỹ thuật thứ tự số 3.2 Kỹ thuật dồn biến 3.2.1 Dồn biến S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 39 39 40 40 41 3.2.2 3.2.3 3.2.4 Dồn biến biên Dồn biến lớp hàm lồi, lõm Dồn biến lớp hàm đơn điệu 45 48 50 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Bất đẳng thức vấn đề cổ điển toán học sơ cấp ngày phát triển, phần toán học sơ cấp đẹp thú vị nhất, ln hút nhiều người quan tâm Bất đẳng thức giữ vị trí quan trọng kì thi học sinh giỏi, thi đại học, Olympic quốc gia quốc tế Điểm đặc biệt ấn tượng bất đẳng thức tốn học sơ cấp có nhiều tốn khó, chí khó ln giải kiến thức sở, chủ yếu sử dụng phép biến đổi, đánh giá sơ cấp để thu kết Ngày nay, có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức thông dụng như: phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển, phương pháp tam thức bậc hai, phương pháp dùng đạo hàm, phương pháp phân tích bình phương S.O.S., phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ, Trong năm gần đây, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu [1] giới thiệu phương pháp tam thức bậc hai định hướng Đây sở để có phương pháp giảm biến Phương pháp giảm biến phát biểu lời sau: Phương pháp dựa vào lát cắt phép biến đổi đồng dạng để giảm số biến Thông thường, phương pháp hiệu trường hợp ba biến chuyển biểu thức dạng hai biến Cũng khoảng thời gian này, TS Trần Nam Dũng Gabriel Dospinescu [3] giới thiệu trình bày phương pháp dồn biến (Mixing variables) Đây phương pháp quan trọng hiệu việc chứng minh bất đẳng thức phức tạp Phương pháp dồn biến phát biểu cách đơn giản sau: Để chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , , xn ) ≥ chứng minh bất đẳng thức f (x1 , x2 , , xn ) ≥ f S hóa b i Trung tâm H c li u – x1 + x2 x1 + x2 , , x3 , , x n 2 i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Sau chứng minh bất đẳng thức f x1 + x2 x1 + x2 , , x3 , , x n 2 ≥ Bất đẳng thức sau n − biến đơn giản bất đẳng thức ban đầu (có n biến) Mục đích luận văn trình bày lại cách tổng quan, có hệ thống kiến thức sở số bất đẳng thức liên quan đến giá trị trung bình, bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai xét đến phương pháp giảm biến, bất đẳng thức Karamata, độ gần số xét định lý dồn biến tổng quát hệ chúng Tiếp theo xét số ứng dụng phương pháp dồn biến toán chứng minh bất đẳng thức thường gặp kì thi học sinh giỏi kì thi Olympic Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo chương Chương 1, trình bày số bất đẳng thức liên quan đến giá trị trung bình bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai Các kiến thức sở để trình bày nội dung quan trọng cuối chương chương Chương 2, trình bày độ gần đều, số khái niệm tính chất quan trọng hàm lồi, lõm, từ đến trình bày phương pháp dồn biến tổng quát Phương pháp dồn biến cách thức làm giảm biến bất đẳng thức đại số Chương 3, trình bày số áp dụng phương pháp dồn biến giảm biến giải toán bất đẳng thức biến, biến Qua đây, xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học chúng tôi, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt q trình nghiên cứu chúng tơi Đồng thời chân thành cảm ơn thầy khoa Tốn - Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, tạo điều kiện tài liệu thủ tục hành để chúng tơi hồn thành S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn luận văn Chúng gửi lời cảm ơn đến bạn bè, đặc biệt bạn học viên lớp Cao học Toán K4, động viên giúp đỡ chúng tơi q trình học tập làm luận văn Do thời gian hạn hẹp khối lượng kiến thức lớn, chắn luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong bảo tận tình thầy cô bạn bè đồng nghiệp Chúng xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, năm 2012 Học viên Đinh Ngọc Quang S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Một số dạng bất đẳng thức cổ điển phương pháp giảm biến Trong chương chúng tơi trình bày số bất đẳng thức liên quan đến giá trị trung bình bất đẳng thức Cauchy liên quan đến tam thức bậc hai để phục vụ cho việc trình bày nội dung luận văn phần sau Các vấn đề trình bày chương tham khảo trích dẫn chủ yếu số tài liệu [1], [3] 1.1 Các bất đẳng thức hai biến liên quan đến giá trị trung bình Xuất phát từ bất đẳng thức x2 ≥ 0, ∀x Khi (x − y)2 ≥ ⇔ x2 + y + 2xy ≥ 4xy ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy, ∀x, y Suy x+y √ ≥ xy, ∀x, y ≥ (1.1) Bất đẳng thức (1.1) bất đẳng thức quen thuộc chương trình tốn phổ thơng Ta gọi bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (gọi ngắn gọn bất đẳng thức AM-GM1 ) với biến x, y Arithmetic Mean - Trung bình cộng, Geometric Mean - Trung bình nhân S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM-GM với biến) Với x1 , x2 khơng âm, ta có √ x1 + x2 (1.2) x1 x2 ≤ Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Chứng minh Với x1 , x2 không âm, bình phương vế bất đẳng thức (1.2) 4x1 x2 ≤ (x1 + x2 )2 ⇔ 4x1 x2 ≤ x21 + x22 + 2x1 x2 ⇔ ≤ (x1 − x2 )2 với x1 , x2 Từ bất đẳng thức (1.1) ta thực vài biến đổi √ xy ≤ ⇔ 2xy x+y √ ⇔ ≤ xy x+y 1 + x y ≤ √ (1.3) xy, ∀x, y ≥ Bất đẳng thức (1.3) Hệ trực tiếp bất đẳng thức AM-GM với biến, gọi bất đẳng thức trung bình nhân trung bình điều hịa (gọi ngắn gọn bất đẳng thức GM-HM2 ) với biến x, y không âm Hệ 1.1 (Bất đẳng thức GM-HM với biến) Cho x1 , x2 số thực không âm, ta có √ (1.4) ≤ x1 x2 1 + x1 x2 Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức (1.2) x := 1 ≤ x y x + y 1 , y := , ta có x y , Harmonic - Trung bình điều hịa S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn hay x + y ≤ √ xy Ta điều cần chứng minh Từ bất đẳng thức (1.1), bình phương vế ta (x + y)2 , xy ≤ hay 2xy ≤ x2 + y ⇔ x2 + y (x + y)2 x2 + y (x + y)2 − x2 − y ≤ ⇔ ≤ , 2 lấy bậc hai vế ta 1 + x y ≤ √ xy, ∀x, y ≥ (1.5) Bất đẳng thức (1.3) Hệ bất đẳng thức AM-GM với biến, gọi bất đẳng thức trung cộng trung bình bậc hai (gọi ngắn gọn bất đẳng thức AM-QM3 ) với biến x, y không âm Hệ 1.2 (Bất đẳng thức AM-QM với biến) Cho x, y số thực khơng âm, ta có x+y ≤ x2 + y (1.6) Dấu đẳng thức xảy x = y Chứng minh Với x, y khơng âm, bình phương vế bất đẳng thức (1.6) ta x2 + y x2 − 2xy + y (x + y)2 ≤ ⇔0≤ ⇔ ≤ (x − y)2 4 với x, y Quadratic mean - Trung bình bậc hai (tồn phương) S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 10 Từ chứng minh rút chuỗi bất đẳng thức với biến x, y không âm sau min{x, y} ≤ 1.2 1 + x y ≤ √ xy ≤ x+y ≤ x2 + y ≤ max{x, y} (1.7) Các bất đẳng thức n biến liên quan đến giá trị trung bình Định lý 1.2 (Bất đẳng thức AM-GM (Theo [3])) Cho x1 , x2 , , xn số thực khơng âm, n ≥ 1, √ n x1 x2 xn ≤ x1 + x2 + · · · + xn n (1.8) Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Chứng minh (Phương pháp chứng minh quy nạp Cauchy)4 Với n = 1, bất đẳng thức (1.8) hiển nhiên Với n = 2, ta bất đẳng thức (1.2) chứng minh Định lý 1.1 • Giả thiết quy nạp: Giả sử bất đẳng thức (1.8) với n số thực không âm x1 , x2 , , xn , n ≥ • Cho 2n số thực không âm x1 , x2 , , xn , xn+1 , , x2n , ta xét x1 + x2 + · · · + x2n x1 + x2 + · · · + xn xn+1 + xn+2 + · · · + x2n = + 2n n n √ √ n x1 x2 xn + n xn+1 xn+2 x2n √ √ ≥ ≥ ( n x1 x2 xn n xn+1 xn+2 x2n ) , hay √ x1 + x2 + · · · + x2n ≥ 2n x1 x2 x2n (1.9) 2n Từ trường hợp n = 1, n = (1.9) suy (1.8) với n = 2k , ∀k ≥ Đây quy nạp theo hướng lên Đây kiểu quy nạp theo cặp hướng (lên-xuống) Cauchy đề xuất năm 1821 (Cauchy A.L., cours d’Analyse de l’Ecole Royale Polytechnique, I re partie, Analyse alge’brique, Paris, Debure, 1821) để chứng minh Định lý AM-GM [3] S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 11 • (Quy nạp hướng xuống dưới) Giả sử bất đẳng thức (1.8) với n số thực không âm Ta chứng minh với n − số không âm x1 , x2 , , xn−1 Xét x1 + x2 + · · · + xn , n x1 + x2 + · · · + xn−1 thay biến xn ta n−1 x1 + x2 + · · · + xn−1 + x1 +x2 +···+xn−1 n1 n hay x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ x1 x2 xn−1 n−1 x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ x1 x2 xn−1 n−1 Nâng lũy thừa bậc n vế ta n x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 x1 + x2 + · · · + xn−1 x1 + x2 + · · · + xn−1 n ≥ x1 x2 xn−1 n−1 n−1 Suy x1 + x2 + · · · + xn−1 n−1 ≥ x1 x2 xn−1 n−1 Lấy bậc n − vế ta x1 + x2 + · · · + xn−1 √ ≥ n−1 x1 x2 xn−1 n−1 Ta điều cần chứng minh Hệ trực tiếp bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức GM-HM Hệ 1.3 (Bất đẳng thức GM-HM) Cho x1 , x2 , , xn số thực không âm, n ≥ 1, √ n ≤ n x1 x2 xn (1.10) 1 + + ··· + x1 x2 xn Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Chứng minh Sử dụng bất đẳng thức AM-GM số xk := 1, 2, , n), ta có bất đẳng thức GM-HM S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn , (k = xk n , 12 Hệ bất đẳng thức AM-GM bất đẳng thức AM-QM Tương tự chứng minh bất đẳng thức AM-GM, phương pháp chứng minh quay nạp Cauchy ta chứng minh bất đẳng thức AM-QM Hệ 1.4 (Bất đẳng thức AM-QM) Cho x1 , x2 , , xn số thực không âm, n ≥ 1, x1 + x2 + · · · + xn ≤ n n x21 + x22 + · · · + x2n n (1.11) Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Từ bất đẳng thức (1.8), (1.10), (1.11) từ chuỗi bất đẳng thức (1.7), tiếp tục rút chuỗi bất đẳng thức với n biến x1 , x2 , , xn không âm sau √ n min{x1 , x2 , , xn } ≤ ≤ n x1 x2 xn ≤ 1 + + ··· + x1 x2 xn x1 + x2 + · · · + xn ≤ ≤ n 1.3 n x21 + x22 + · · · + x2n ≤ max{x1 , x2 , , xn } n (1.12) Phương pháp giảm biến bất đẳng thức đại số Ở đây, chúng tơi trình bày phương pháp làm giảm biến bất đẳng thức đại số Phương pháp dựa vào lát cắt phép biến đổi đồng dạng để giảm số biến Thông thường, phương pháp hiệu trường hợp ba biến chuyển biểu thức dạng hai biến Trong mục chúng tơi trích dẫn số kiến thức tam thức bậc hai định lý dấu tam thức bậc hai, từ trình bày phương pháp giảm biến bất đẳng thức đại số Các vấn đề trình bày mục chúng tơi tham khảo trích dẫn chủ yếu từ tài liệu [1] S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 13 1.3.1 Tam thức bậc hai Chúng ta xuất phát từ bất đẳng thức (1.13) x2 ≥ 0, ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy x = Gần với bất đẳng thức (1.13) bất đẳng thức dạng sau: (x1 − x2 )2 ≥ 0, ∀x1 , x2 ∈ R, hay x21 + x22 ≥ 2x1 x2 , ∀x1 , x2 ∈ R Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = Khi b af (x) = ax + 2 − ∆ , với ∆ = b2 − 4ac Từ đây, chúng tơi trích dẫn số kết sau Định lý 1.3 (Theo [1]) Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀x ∈ R ii) Nếu ∆ = af (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy b x = − 2a iii) Nếu ∆ > af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) với √ ∆ b x1,2 = − ∓ 2a 2|a| (1.14) Trong trường hợp này, af (x) < x ∈ (x1 , x2 ) af (x) > x < x1 x > x2 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 14 Định lý 1.4 (Định lý đảo (Theo [1])) Điều kiện cần đủ để tồn số α cho af (α) < ∆ > x1 < α < x2 , x1,2 nghiệm f (x) xác định theo (1.14) Định lý 1.5 (Theo [1]) Với tam thức bậc hai f (x) có nghiệm thực tồn nguyên hàm F (x) đa thức bậc ba, có ba nghiệm thực Định lý 1.6 (Theo [1]) Tam thức bậc hai f (x) = 3x2 + 2bx + c có nghiệm (thực) hệ số b, c có dạng: b = α + β + γ, c = αβ + βγ + γα, (1.15) α, β, γ ∈ R 1.3.2 Phương pháp tam thức bậc hai định hướng Xét đa thức bậc hai hai biến (xem tam thức bậc hai x) F (x, y) = ax2 + bxy + cy , a = 0, (1.16) ∆ := (b2 − 4ac)y Khi đó, ∆ ≤ aF (x, y) ≥ 0, ∀x, y ∈ R Vậy b2 ≤ 4ac a < hiển nhiên ax2 + cy ≥ |bxy|, ∀x, y ∈ R Trường hợp riêng a = c = 1, b = ±2 ta nhận lại kết x2 + y ≥ 2|xy|, hay u+v √ ≥ uv, u, v ≥ Phương pháp "tam thức bậc hai định hướng" phương pháp tìm giá trị lớn (nhỏ nhất) biểu thức dạng toàn phương tường minh S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 15 giá trị Khi để tìm giá trị lớn (nhỏ nhất) biểu thức cho, ta cần quan tâm đến giá trị lớn (nhỏ thua) biểu thức mà Để áp dụng vào toán cực trị số dạng toán bậc hai, ta sử dụng tính chất dạng phân thức bậc hai a1 x2 + b1 x + c1 , y= a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R Nhận xét 1.1 • Ở phương pháp nêu trên, đa thức bậc hai hai biến (1.16) xem tam thức bậc hai x Khi đó, từ tốn hai biến x, y , biến y coi tham biến cho trước, ta phải làm việc với biến x Vậy mục tiêu phương pháp làm giảm số biến để đưa toán dạng tam thức bậc hai, giải với kiến thức dấu tam thức bậc hai • Đặc trưng phương pháp giải toán tìm cực trị gắn liền với kiến thức dấu tam thức bậc hai Ta trình bày tường minh phương pháp thơng qua toán sau 1.3.3 Giảm biến bất đẳng thức đại số Bài tốn 1.1 (Theo [1]) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số a1 x2 + b1 x + c1 , y= a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R c1 a1 x → ∞ y → Giải Nhận xét x = y(0) = c a2 a1 c1 y = Tiếp theo, ta xét giá trị y = c2 a2 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 16 Giả sử y giá trị biểu thức, y = trình tương ứng a1 c1 y = Khi phương c2 a2 a1 x2 + b1 x + c1 =y a2 x2 + b2 x + c2 phải có nghiệm, hay phương trình (a2 y − a1 )x2 + (b2 y − b1 )x + (c2 y − c1 ) = (1.17) phải có nghiệm Do (1.17) phương trình bậc hai nên điều tương đương với ∆ = (b2 y − b1 )2 − 4(a2 y − a1 )(c2 y − c1 ) ≥ 0, hay g(y) := (b22 − 4a2 c2 )y + 2(b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 )y + b21 − 4a1 c1 phải có nghiệm Vì g(y) có b22 − 4a2 c2 < nên theo Định lý đảo tam thức bậc hai 1.4, ∆′ = (b1 b2 + 2a1 c2 + a2 c1 )2 − (4a1 c1 − b21 )(4a2 c2 − b22 ) ≥ (1.18) y1 ≤ y ≤ y2 , với y1,2 b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 ± = b22 − 4a2 c2 √ ∆′ , ∆′ tính theo cơng thức (1.18) Suy max y = y2 y = y1 , đạt ứng với j(j = 1, 2), xảy đồng thời   ∆ = (b2 yj − b1 )2 − 4(a2 yj − a1 )(c2 yj − c1 ) = 0, b y j − b1  xj = − 2a2 yj − a1 Sau đây, chúng tơi trích dẫn ví dụ minh họa sau S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 17 Ví dụ 1.1 (Theo [1]) Cho x, y số thực cho 2x2 + y + xy ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + y Giải Đặt 2x2 + y + xy = a, a ≥ Khi x2 + y M = a 2x + y + xy M = a x2 • Nếu y = 0, đặt t = , suy y • Nếu y = M t2 + = a 2t + t + Ta cần xác định giá trị M < , cho phương trình a M t2 + = a 2t + t + có nghiệm Nghĩa phương trình M M M − t2 + t + −1=0 a a a có nghiệm Thế biệt thức ∆ phải khơng âm Ta có ∆= M a −4 hay M −7 a S hóa b i Trung tâm H c li u – M −1 a + 12 M a i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn M − ≥ 0, a − ≥ http://www.lrc-tnu.edu.vn 18 Giải bất phương trình bậc hai ta √ √ M 6+2 6−2 ≤ ≤ a Suy √ √ 6−2 6−2 a≥ = M0 M≥ 7 √ 6−2 Vậy M = , đạt   x = M1 y √ x = M1 y 2(1 − 2M0 ) 2x2 + y + xy = ⇔  y = ± − 7M0 + 7M02 với M1 = −M0 2(2M0 − 1) Nhận xét 1.2 Bài toán minh họa phương pháp giảm biến bất đẳng thức đại số ví dụ minh họa dạng biến Tuy nhiên, ta dùng phương pháp cho bất đẳng thức nhiều biến hơn, giả sử biến Chúng tơi trình bày toán biến áp dụng phương pháp giảm biến toán sau Bài toán 1.2 Cho (1.19) x2 + 2y + 5z = Chứng minh M = xy + yz + zx ≤ 2 Chứng minh • Xét z = (1.19) ⇔ x + 2y = M = xy Theo AM-GM ta có √ = x2 + 2y ≥ 2|xy|, hay M≤ √ 2 S hóa b i Trung tâm H c li u – i h c Thái Nguyên DeThiMau.vn http://www.lrc-tnu.edu.vn 19 Dấu đẳng thức xảy   x=√  y= Khi đó, ta có M = √ 2 • Xét z = 0, ta cần quan tâm đến giá trị M > √ (vì ta cần 2 chứng minh M ≤ ) y x Đặt = α, = β Khi z z (1.19) ⇔ (α2 + 2β + 5)z = M = z (αβ + β + α) = (1.20) α + β + αβ √ , M > α2 + 2β + 2 ⇔ M.α2 − (β + 1)α + M (2β + 5) − β = 0, (coi α ẩn) (1.21) phải có nghiệm Suy ∆ = (β + 1)2 − 4M (2M β − β + 5M ) ≥ Do ⇔ (1 − 8M )β + 2(2M + 1)β + − 20M ≥ ∆′ = (2M + 1)2 − (1 − 8M )(1 − 20M ) ≥ ⇔ 4M + 32M − 160M ≥ ⇔ 4M (1 + 8M − 40M ) ≥ 1 ⇔ √