(Luận văn) bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ QUẾ lu an n va p ie gh tn to BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC BẤT ĐẲNG THỨC, HỆ BẤT ĐẲNG THỨC d oa nl w u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ QUẾ lu an va n BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC to p ie gh tn BẤT ĐẲNG THỨC, HỆ BẤT ĐẲNG THỨC d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC lu Mã số: 60 46 01 13 ll u nf va an Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp oi m z at nh z NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC @ m co l gm PGS.TS TRỊNH THANH HẢI an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2017 ac th si i Mục lục lu an n va Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức 1.2 Một số bất đẳng thức 3 tn to p ie gh Một số hướng giải toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức 2.1 Vận dụng bất đẳng thức 2.2 Sử dụng giảm số biến biểu thức 2.3 Vận dụng tính chất tam thức bậc hai 2.4 Vận dụng tính chất hàm số 2.5 Vận dụng tính chất hình học d oa nl w 59 lm ul Tài liệu tham khảo nf va an lu Kết luận 17 17 33 44 47 55 60 z at nh oi z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Nhiều năm gần kỳ thi học sinh giỏi cấp, kì thi Olympic nước quốc tế thường có tốn u cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức hay hàm số Các toán phần toán cực trị đại số Các toán cực trị phong phú đa dạng, tương đối khó học sinh Để giải toán cực trị học sinh phải biết biến đổi tương đương biểu thức đại số, sử dụng nhiều đẳng thức, bất đẳng thức từ đơn giản tới phức tạp, phải tổng hợp kiến thức kỹ tính tốn, tư sáng tạo đặc biệt phải nắm bất đẳng thức chương trình phổ thơng Luận văn nhằm mục đích tổng hợp bất đẳng thức bản, đặc biệt sâu tìm lời giải tốn cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức đề thi học sinh giỏi nước quốc tế Nhiệm vụ luận văn: Đọc tài liệu, đề thi IMO, VMO, đề thi học sinh giỏi vùng Đông Âu, đề thi học sinh giỏi vùng Châu Á, Thái Bình Dương, để chọn lọc toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức tiêu biểu Tổng hợp, phân loại phương pháp giải toán theo cách tiếp cận để người đọc nhận dạng vận dụng phương pháp vào giải toán cực trị tương tự Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn trình bày khái niệm toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, số bất đẳng thức vận dụng việc giải toán cực trị Chương Một số hướng giải toán cực trị với điều kiện ràng d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si lu an n va p ie gh tn to buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức Chương trình bày số phương pháp giải tốn cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức phương pháp vận dụng bất đẳng thức bản, phương pháp sử dụng giảm số biến biểu thức, phương pháp vận dụng tính chất tam thức bậc hai, phương pháp vận dụng tính chất hàm số, phương pháp vận dụng tính chất hình học Mặc dù thân có cố gắng vượt bậc, không tránh khỏi khiếm khuyết, mong góp ý quý thầy cô bạn đọc quan tâm để luận văn hoàn thiện Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, hướng dẫn thầy, tới thầy Ban giám hiệu, Phịng đào tạo Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, bạn học viên lớp Cao học Toán K9C giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi động viên tơi q trình học tập nghiên cứu trường d oa nl w nf va an lu Thái Nguyên, ngày 19 tháng năm 2017 Học viên z at nh oi lm ul Nguyễn Thị Quế z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị lu an n va p ie gh tn to Trong chương này, luận văn trình bày khái niệm toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, số bất đẳng thức vận dụng việc giải toán cực trị Nội dung chương chủ yếu lấy từ tài liệu [3], [6], [8] Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng nl w 1.1 d oa thức, hệ bất đẳng thức lu nf va an Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức dạng toán: Cho biểu thức F (x1 , x2 , , xn ) với biến x1 , x2 , , xn thỏa mãn điều kiện D (D bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, ) Ta nói M (M phải số) giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) biểu thức F thỏa mãn hai điều kiện sau: +) Bất đẳng thức F (x1 , x2 , , xn ) ≤ M (F (x1 , x2 , , xn ) ≥ M ) với x1 , x2 , , xn thỏa mãn D +) Tồn x1 , x2 , , xn thỏa mãn D cho F (x1 , x2 , , xn ) = M z at nh oi lm ul z gm @ an Lu ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ m co l Ví dụ 1.1 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 1994) Xét số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện n va ac th si Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + d)2 + (b − 2a)2 + (c − 2d)2 Ví dụ 1.2 (Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia 2011) Xét số thực a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P (a, b, c) = + + a b c lu an n va Ví dụ 1.3 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở giáo dục đào tạo Bình Định) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn    ≤ z ≤ {x, y}   ie gh tn to xz ≥    yz ≥ p Tìm giá trị lớn w 30 2010 + + x y z d oa nl P (x, y, z) = lu Một số bất đẳng thức nf va an 1.2 lm ul 1.2.1 Bất đẳng thức AM-GM z at nh oi Định lý 1.1 Giả sử a1 , a2 , , an số thực không âm Khi z √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an gm @ n n va 1 + + + a1 a2 an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an an Lu a1 a2 an ≥ m √ n co l Hệ 1.1 Với số dương a1 , a2 , , an ta có ac th si Hệ 1.2 Với số dương a1 , a2 , , an ta có 1 n2 + + + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.3 Với số không âm a1 , a2 , , an m = 1, 2, ta có m m am + a2 + + an ≥ n  a1 + a2 + + an n m Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an lu Ví dụ 1.4 (xem [3]) Cho số dương a, b, c ≥ Tìm giá trị lớn biểu thức an n va r 1 + + a b c p ie gh tn to a b c P = + + + a + b2 b2 + c2 c2 + a2 d oa nl w Phân tích 1 Trong biểu thức P ta nhận thấy biểu thức + + nằm a b c thức, ta hồn tồn mạnh dạn suy nghĩ đến việc cần tìm bất đẳng thức phụ cho đưa đánh giá an lu nf va a b c 1 + + ≤ f ( + + ) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a b c lm ul z at nh oi 1 1 1 f ( + + ) biểu thức có chứa ( + + ) a b c a b c Bài tốn cần tìm giá trị lớn ta nghĩ tới chiều đánh giá P ≤, ta cần sử dụng a2 + b2 ≥, b2 + c2 ≥, c2 + a2 ≥ Điều làm ta suy nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng thức quen thuộc AM-GM Khi ta đánh giá được: z gm @ m co l a b c a b c 1 1 + + ≤ + + ≤ ( + + ) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 2ab 2bc 2ca a b c an Lu Từ ta tìm lời giải sau: n va ac th si Bài giải Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + c2 ≥ 2bc, c2 + a2 ≥ 2ca a b c a b c ⇔ + + ≤ + + 2 a +b b +c c +a 2ab 2bc 2ca a b c 1 1 ⇔ + + ≤ ( + + ) a + b2 b2 + c2 c2 + a2 a b c lu an n va p ie gh tn to Đẳng thức xảy a = b = c Khi đó: r 1 1 1 + + P ≤ ( + + )+ a b c a b c t √ Đặt f (t) = + t Ta tìm điều kiện biến t: 1 Vì a, b, c ≥ nên + + ≤ 3, < t ≤ a b c √ √ t Vì t ≤ nên ≤ t ≤ 2 √ √ t √ Suy + t ≤ + hay f (t) ≤ + 2 √ Vậy P ≤ + Đẳng thức xảy a = b = c = √ Vậy giá trị lớn P + a = b = c = Ví dụ 1.5 (xem [3]) Cho số thực a, b, c thỏa mãn c > 0, a ≥ c, b ≥ c Tìm giá trị lớn biểu thức: q q P = c(a − c) + c(b − c) − 2a2 b2 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z Bài giải Ta có r r   q q √  c c c c c(a − c) + c(b − c) = ab 1− + 1− b a a b m co l gm @ Theo bất đẳng thức AM-GM cho hai số ta có: an Lu n va r  r  c c c c c  c   c  c  1− + 1− ≤ + 1− + + 1− b a a b b a a b ac th si lu =1 √ p p Suy c(a − c) + c(b − c) ≤ ab Đẳng thức xảy khi: c c  =1− b a ⇔ + = c = − c a b c a b √ Vậy P ≤ ab − 2a2 b2 √ Đặt a.b = t ta xét hàm số f (t) = t − 2t2 , t > Ta có P ≤ f (ab) 1√ Vì f (t) = t − 4t = ⇔ t = Lập bảng biến thiên ta dễ dàng thấy f (t) ≤ , ∀t ∈ (0; +∞) suy an n va tn to P ≤ f (ab) ≤ p ie gh Đẳng thức xảy d oa nl w   ab = 1   + = a b c a+b ⇔ = ab c ⇔c= 4(a + b) 1 , ∀t ∈ R+ ⇔ a = t, b = , c = 4t 4t + nf va an lu z at nh oi lm ul Vậy giá trị lớn P z 1 a = t, b = , c = , 4t 4t + m co l gm @ t số thực dương Với cách suy luận tương tự nhờ áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta giải tốn tương tự: an Lu Ví dụ 1.6 (xem [3]) Cho số thực x, y thỏa mãn x + y > Tìm giá trị nhỏ √ P = 2(x3 + y ) − x + y n va ac th si 30 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: x5 + y + y − 2y + x F = + x y2 x y = x4 + + + y − 2y + x x y     1 1 y x = x4 + + + + + + + (y − 1)2 − x x x x x y ≥ + √ − ≥ + − = y lu Đẳng thức xảy x = y = Vậy giá trị nhỏ F x = y = an n va ie gh tn to 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 > Tìm giá trị nhỏ p P = d oa nl w Bài giải Đặt a + 3c 4b 8c + − a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c nf va an lu   x = a + 2b + c y = a + b + 2c   z = a + b + 3c lm ul ta có z at nh oi   a = −x + 5y − 3z b = x − 2y + z   c = −y + z gm @ 4x 2y 8y 4z + + + − 17 y x z y co l P = z Do đó, P trở thành m Sử dụng bất đẳng thức AM–GM, ta có: s s √ 4x 2y 8y 4z P ≥2 +2 − 17 = 12 − 17 y x z y an Lu n va ac th si 31  √  √  Đẳng thức xảy b = + a, c = + a  √ √  Vậy giá trị nhỏ P 12 − 17 b = + a  √  c = + a  Bài toán 2.11 (xem [8]) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca > lu Tìm giá trị nhỏ s s s a (b + c) b (c + a) c (a + b) + + P = a2 + bc b2 + ca c2 + ab an n va p ie gh tn to Bài giải Cách Ta có w

a(b + c)2 = a b2 + c2 + 2bc ≥ a b2 + c2


a2 + bc (b + c) = b a2 + c2 + c a2 + b2 d oa nl Do vậy, đặt nf va ta có: an lu


x = a b2 + c2 , y = b a2 + c2 , z = c a2 + b2 s s x y+z b (c + a) ≥ b2 + ca r y z+x z s r z at nh oi lm ul a (b + c) ≥ a2 + bc m co l gm @ r c (a + b) z ≥ c2 + ab x+y s s s a (b + c) b (c + a) c (a + b) ⇒ + + a2 + bc b2 + ca c2 + ab r r r x y z ≥ + + y+z z+x x+y an Lu n va ac th si 32 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có r x 2x 2x = p ≥ y+z x (y + z) x + y + z r y 2y 2y = p ≥ z + x y (z + x) x + y + z r z 2z 2z ≥ = p x+y z (x + y) x + y + z lu Cộng vế bất đẳng thức ta được: r   r r x+y+z x y z + + ≥2 =2 y+z z+x x+y x+y+z an n va ⇒ P ≥ tn to Vậy giá trị nhỏ P đạt a = b; c = hoán p ie gh vị Cách Nếu có số 0, khơng tính tổng qt, giả sử c, đó: √ √ 2 r r a− b a b √ P = + = + ≥ b a ab d oa nl w an lu nf va Dấu = xảy a = b; c = hoán vị Nếu ba số dương sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: lm ul s z at nh oi a (b + c) a (b + c) 2a (b + c) 2a (b + c) p = ≥ = a2 + bc (a2 + bc) a (b + c) a2 + bc + a (b + c) (a + b) (a + c) Tương tự, ta có: z @ s an Lu c (a + b) 2c (a + b) ≥ c2 + ab (c + a) (c + b) m s co l gm b (c + a) 2b (c + a) ≥ b2 + ca (b + c) (b + a) n va ac th si 33 lu Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: s s s a (b + c) b (c + a) c (a + b) + + a2 + bc b2 + ca c2 + ab 2a (b + c) 2b (c + a) 2c (a + b) ≥ + + (a + b) (a + c) (b + c) (b + a) (c + a) (c + b) 2a(b + c)2 + 2b(c + a)2 + 2c(a + b)2 = (a + b) (b + c) (c + a) (a + b) (a + c) (b + c) + 8abc = (a + b) (b + c) (c + a) 8abc =2+ > (a + b) (b + c) (c + a) an n va So sánh hai trường hợp ta có giá trị nhỏ P đạt a = b; c = hoán vị Sử dụng giảm số biến biểu thức p ie gh tn to 2.2 d oa nl w i) Ý tưởng chung Với toán bất đẳng thức mà cực trị đạt số biến (ta gọi cực trị có tính đối xứng) số biến đạt giá trị biến miền xác định, phương pháp dồn biến thực phương pháp mạnh hiệu Ý tưởng phương pháp bất đẳng thức cho với giá trị biến số miền xác định, nên có số biến nhau, tìm cách chứng minh đẳng thức xảy số biến số biến toán giảm làm cho việc chứng minh nhẹ nhàng Nội dung phương pháp thể qua định lý: nf va an lu z at nh oi lm ul z gm @ m co l Định lý 2.1 (Định lý dồn biến, xem [4]) Giả sử f (x1 , x2 , x3 , , xn ) hàm số liên tục đối xứng với tất n biến x1 , x2 , x3 , , xn xác định miền liên thông thỏa mãn điều kiện sau:   x1 + x2 x1 + x2 f (x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f , , x3 , , xn (2.10) 2 an Lu n va ac th si 34 Khi bất đẳng thức sau thỏa mãn f (x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f (x, x, , x) x1 + x2 + + xn n Điều kiện (2.10) biến đổi thành số dạng khác, chẳng hạn √ √ f (x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f ( x1 x2 , x1 x2 , x3 , , xn ) s  s 2 2 x1 + x2 x1 + x2 f (x1 , x2 , x3 , , xn ) ≥ f  , , x3 , , xn  2 x= lu an n va p ie gh tn to nhiều dạng khác tùy theo yêu cầu toán Tuy nhiên hầu hết toán gặp sử dụng định lý cách đơn giản mà đòi hỏi phải vận dụng nhiều kỹ Định lý S.M.V (định lý dồn biến mạnh) đời để giải khó khăn vậy, trước hết đến nội dung định lý ta xét bổ đề d oa nl w Bổ đề 2.1 (Dồn biến tổng quát, xem [4]) Giả sử a1 , a2 , , an dãy số thực tùy ý Ta thực liên tiếp phép đổi biến sau 1, Chọn i, j ∈ {1, 2, , n} hai số cho = min{a1 , a2 , , an } aj = max{a1 , a2 , , an } + aj (nhưng giữ thứ tự chúng 2, Thay aj dãy số) Khi sau vơ hạn lần thực phép biến đổi nói số tiến tới giới hạn a1 + a2 + + an a= n nf va an lu z at nh oi lm ul z 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 hàm số liên tục đối xứng bị chặn thỏa mãn điều kiện l gm @ m co f (a1 , a2 , , an ) ≥ f (b1 , b2 , , bn ) an Lu với b1 , b2 , , bn dãy thu từ dãy a1 , a2 , , an phép biến đổi ∆, a1 + a2 + + an ta có: f (a1 , a2 , , an ) ≥ f (a, a, , a) với a = n ii) Ví dụ minh họa n va ac th si 35 Bài toán 2.12 (xem [4]) Cho a, b, c thỏa mãn  a, b, c > 0, a + b + c = Tìm giá trị lớn P = ab bc ca + + + c + a2 + b lu an n va p ie gh tn to Bài giải Khơng tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Đặt a = s + t, b = s − t với t ∈ [0, s − c] (vì a ≥ b ≥ c) c (s − t) c (s + t) s − t2 Xét hàm số f (t) = + + với t ∈ [0, s − c] + (s + t)2 + (s − t)2 + c2 Ta có

2c s2 − t2 2c s2 − t2 −c c 2t − + f (t) = + + h i h i + (s + t)2 + (s + t)2 + (s − t)2 + (s − t)2 + c2 d oa nl w Đặt u = + (s + t)2 v = + (s − t)2 ta có:
4cst 8cst s2 − t2 (u + v) 2t f (c) = + − uv u2 v + c2 lu nf va an Ta có a + b = 2s ⇒ s ∈ [1; 1, 5] (do giả sử a ≥ b ≥ c) z at nh oi Mặt khác, ta có lm ul (3 − 2s + s)2 (3 − s)2 (3 − 1)2 ⇒ cs = (3 − 2s)s ≤ = ≤ = 4 u = + (s + t)2 ≥ + (1 + 0)2 = z (2.11) m co 4cst ≤ uv + c2 l gm @ v = + (s − t)2 ≥ + [s − (s − c)]2 = + c2 c ∈ [0, s − c] Từ điều kiện ta suy an Lu (2.12) n va Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwars ta có: h i2 h i
2 2 u v = + (s + t) + (s − t) ≥ 44 s2 − t2 ac th si 36


8cs (u + v) + c2 = 4.4cs + s2 + t2 + c2  3 4cs + + s2 + t2 + + c2 ≤4 Mặt khác, ta có: 4cs + + s2 + t2 + + c2 ≤ (3 − 2s) s + + s2 + (3s − 3)2 + (3 − 2s)2 = 12 + (s − 1) (s − 2) ≤ 12 (Do c = − 2s t2 ≤ s − c = 3s − 3) Từ suy lu an  3 12 = 44 ≤4 (2.13) n va 8cs (u + v) + c
p ie gh tn to Từ (2.12) (2.13) suy ra:


8cst s2 − t2 (u + v) 8cs (u + v) + c2 s2 − t2 = u2 v (3 + c2 ) u2 v
s2 − t2 44 ≤ = (s − t2 ) (3 + c2 ) + c2 w oa nl (2.14) d Từ (2.11) (2.14), ta có lu 2t − = (1 − t) ≤ 0, ∀t ∈ [0; s − c] + c2 + c2 + c2 nf va an f (t) ≤ z at nh oi lm ul Vậy f (t) hàm nghịch biến [0; s − c] Suy f (t) ≤ f (0), ∀t ∈ [0; s − c] Ta cần tìm giá trị lớn s2 3s(3 − 2s) s2 2cs + = + [0; 1, 5] g(s) = f (0) = + s2 + c2 + s2 + (3 − 2s)2 Ta có h i 2 2 (6 − 8s)(3 + s ) − 2s(6s − 4s ) 2s + (3 − 2s) − s (8s − 12) g (s) = + i2 h (3 + s2 )2 + (3 − 2s)2 z m co l gm @ an Lu n va

108 s2 − 3s + (s − 1)2 −s2 − 3s + = h i2 2 (3 + s ) + (3 − 2s) ac th si 37 Ta thấy s2 − 3s + = (s − 1, 5)2 + 1, 75 > 0, ∀s ∈ [0; 1, 5] √ √ lu ! 33 + +s −s2 − 3s + = √ 11 33 − 45 Lập bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn g(s) 24 √ 33 − s= √ √ 11 33 − 45 33 − Vậy giá trị lớn P xảy a = b = , 24 √ c = − 33 hoán vị 33 − −s ! an n va p ie gh tn to Bài toán 2.13 (xem [8]) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện  a + b + c = 6, a, b, c ≥ w d oa nl Tìm giá trị lớn P = a2 +
b2 +
c2 +
nf va an lu lm ul z at nh oi Bài giải Khơng tính tổng qt, giả sử a+b+c = 2; a + b = − c ≥ z c = {a, b, c} ⇒ c ≤ " 2 #2 +2 an Lu a+b m b2 + ≤
co a2 +
l gm @ Ta chứng minh n va ac th si 38 Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với:
16 a2 b2 + 2a2 + 2b2 + ≤ (a + b)4 + 16(a + b)2 + 64 ⇔ (a + b)4 − 16a2 b2 ≥ 16(a − b)2 h ih i ⇔ (a + b)2 − 4ab (a + b)2 + 4ab ≥ 16(a − b)2 h i 2 ⇔ (a − b) (a + b) + 4ab − 16 ≥ Bất đẳng thức cuối (a + b)2 ≥ 16 lu Do an " n va P ≤ c2 +
a+b #2 2 +2 = c2 +
" 6−c #2 2 +2 gh tn to Xét hàm số: f (c) = c2 +
" +2 đoạn [0; 2] p ie 6−c #2 2 w Ta có
c − 20c4 + 156c3 − 552c2 + 800c − 352

= (c − 2) c2 − 12c + 44 c2 − 6c + ≥ 0, ∀c ∈ [0; 2] Do f (c) hàm đồng biến [0; 2] suy P ≤ f (c) ≤ f (2) = 216 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy giá trị lớn P 216 đạt a = b = c = nl d oa f (c) = nf va an lu z at nh oi lm ul Nhận xét 2.1 Chú ý đẳng thức "  − 2+ a+b 2 # gm @ 2+b
z 2+a
m co l
(a − b)2 =− a + 6ab + b2 − 16 ≤ 16


Do tốn có tính đối xứng k + a2 k + b2 k + c2 "  2 #

a+b với k ≥ 0, ta sử dụng đánh giá k + a2 k + b2 với k + an Lu n va ac th si 39 Từ suy k+a
" 2 # 

a+b k + b2 k + c2 ≤ (k + a2 ) k + ta giải toán tương tự k thay đổi Bài toán 2.14 (xem [8]) Cho a, b, c số thực thỏa mãn ( a + b + c = 1, a, b, c > Tìm giá trị lớn lu an


P = ab a2 + b2 + bc b2 + c2 + ca c2 + a2 n va gh tn to Bài giải Không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c Đặt  p ie t2 b + c = t; bc = s, s ∈ 0; nl w Khi  b+c t = ⇔t≤ 2

P = a3 (b + c) + a b3 + c3 + bc b2 + c2 h i h i 3 = a (b + c) + a (b + c) − 3bc (b + c) + bc (b + c) − 2bc

= a3 t + a t3 − 3st + s t2 − 2s d oa a=1−t≥ nf va an lu z at nh oi lm ul Xét hàm số z

f (s) = a3 t + a t3 − 3st + s t2 − 2s gm @ Ta có m co l f (s) = t2 − 4s − 3at = t (t − 3a) − 4s ≤  2 t Do f (s) hàm nghịch biến 0; Suy an Lu n va f (s) ≤ f (0) = a3 t + at3 = (1 − t)3 t + (1 − t) t3 ac th si 40   Xét hàm số f (t) = (1 − t) t + (1 − t) t3 với t ∈ 0; Ta có 0 f (t) = (1 − 2t)3 ; f (t) = ⇔ t = Ta có f (t) đổi dấu từ dương sang âm qua t = nên f (t) đạt giá   1 = trị lớn t = hay P ≤ f (t) ≤ f 2 Đẳng thức xảy a = b = ; c = 0, hoán vị 1 Vậy giá trị lớn P đạt a = b = ; c = 0, hoán vị lu an n va tn to Nhận xét 2.2 Với tốn có điều kiện a, b, c không âm a + b + c = k, chứng minh tương tự ta có
2 + bc b + c
+ ca c + a
k4 ≤ p ie gh ab a + b d oa nl w Bài toán 2.15 (xem [8]) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện: a≥b≥c lu nf va an Tìm giá trị nhỏ biểu thức
√ a2 + c2 ab + bc + ca M= ac (a + b + c) z at nh oi lm ul Bài giải Vì điều kiện cho z co l Vì M có bậc nên ta đặt gm @ a ≥ b ≥ c ⇒ (b − a) (b − c) ≤ m a = x · b, c = y · b, (x ≥ 1; < y ≤ 1) an Lu n va (1 − x) (1 − y) ≤ ⇔ xy − x − y + ≤ ac th si 41 ⇒ x + y ≥ + xy Khi
√ x2 + y x + y + xy M= xy (x + y + 1) Đây biểu thức đối xứng với tổng x + y tích xy nên ta suy nghĩ đến việc đặt S = x + y P = xy, từ điều kiện ta có < P ≤ S − Ta có:
√ S − 2P S+P M= P (S + 1) Coi vế phải hàm số với P tham số S ta được: 2S + S P + 2P √ < 0, ∀S, P > f (P ) = − (P + 1) P S + P lu an n va p ie gh tn to Do f (P ) hàm nghịch biến (0; S − 1] Do
√ S − 2S + 2S − f (P ) ≥ f (S − 1) = S2 − Xét hàm số
√ S − 2S + 2S − g (S) = S2 − đoạn (1; +∞) ta được: d oa nl w lu S + 2S − 13S + 12S − g (S) = √ 2S − 1(S − 1)2
(S − 2) S + 4S − 5S + = √ 2S − 1(S − 1)2 nf va an z at nh oi lm ul z Ta có g (S) = S = Ta có g (S) đổi dấu từ âm sang dương qua S = nên g (S) đạt cực tiểu S = (1; +∞) hay g (S) ≥ g (2) = √ Vậy giá trị nhỏ P √ a = b = c l gm @ m co Nhận xét 2.3 Ngồi giải ta xét hàm số trực tiếp cách coi b ẩn a, c tham số, ta có kết tương tự chứng minh: b2 + 2ac 4ac ≥ (a + b + c) 3(a + c)2 an Lu n va ac th si 42 Khi √ (a + c)2 b2 + 2ac M≥ ≥√ ac (a + b + c) Nhưng rõ ràng với dấu hiệu đẳng cấp, từ điều kiện biểu thức M việc sử dụng kỹ thuật giảm hai biến x, y tỏ hiệu Đây tốn địi hỏi phải tư logic gặp tổng tích đối xứng S = x + y, P = xy lu Bài toán 2.16 (xem [8]) Cho a, b, c số thực thỏa mãn điều kiện ( a≥b≥c≥0 2b + 2c − a > an n va ie gh tn to Tìm giá trị nhỏ ! r r r b c 2b + 2c − a + − P =2 c+a a+b a p Bài giải Trường hợp 1: w r d oa nl r b 2b − a Nếu c = ⇒ P = − a  a r  b , √ ≤ t ≤ Đặt t = a nf va an lu p 2t2 −   √ Xét hàm số f (t) = 2t − 2t2 − liên tục √ ; ta có: √  2 2t − − t 2t √ f (t) = − √ = 2t2 − 2t2 −
  t2 − 1 √  ≤ 0, ∀t ∈ √ ; =√ 2 2t − 2t − + t   Do f (t) hàm nghịch biến √ ; , suy z at nh oi lm ul P = f (t) = 2t − z m co l gm @ an Lu n va P = f (t) ≥ f (1) = ac th si 43 Vậy giá trị nhỏ P a = b; c = Trường hợp 2: Nếu c > ⇒ a ≥ b ≥ c > đặt c = x.a b = y.a, (0 < x, y ≤ 1) Khi r r  p x y P =2 + − 2x + 2y − y+1 x+1 Ta chứng minh r x + y+1 r √ y ≥ x + y x+1 lu an n va p ie gh tn to Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với: q p √ 2 x + x + y + y ≥ (x + y) (x + 1) (y + 1) q 2 ⇔ x + x + y + y + xy (x + 1) (y + 1) ≥ (x + y) (x + 1) (y + 1) q ⇔ xy (x + 1) (y + 1) ≥ xy (x + y + 2) nl w ⇔ (xy + x + y + 1) ≥ xy(x + y + 2)2 d oa Bất đẳng thức nf va an lu xy(x + y + 2)2 ≤ 4xy (x + y + 2) z at nh oi Vậy lm ul xy + x + y + − xy (x + y + 2) = (x + y + 1) (1 − xy) ≥ z p √ P ≥ x + y − 2x + 2y −  √ √  √ Đặt t = x + y, ≤ t ≤ suy P ≥ f (t) = 2t − 2t2 − 2t 0 Ta có f (t) = − √ ; f (t) = ⇔ t = 2t2 − Do P ≥ f (1) = Nhưng trường hợp dấu "=" không xảy Kết hợp hai trường hợp ta suy giá trị nhỏ P đạt a = b; c = m co l gm @ an Lu n va ac th si 44 2.3 Vận dụng tính chất tam thức bậc hai Các tính chất nghiệm dấu tam thức bậc hai có số ứng dụng sâu rộng giải tốn Dưới tơi trình bày số ứng dụng tam thức bậc hai giải toán cực trị i) Ý tưởng chung Ý tưởng phương pháp thể qua định lý sau: Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c lu an n va gh tn to Định lý 2.3 (xem [8]) Nếu a > f (x) đạt giá trị nhỏ b b2 − 4ac x0 = − giá trị nhỏ f (x0 ) = − 2a 4a b Định lý 2.4 (xem [8]) Nếu a < f (x) đạt giá trị lớn x0 = − 2a b2 − 4ac giá trị lớn f (x0 ) = − 4a p ie Định lý 2.5 (xem [8]) Nếu ∆ = b2 − 4ac ≥ f (x) ln có nghiệm ( a>0 Định lý 2.6 (xem [8]) Nếu f (x) ≥ với x ∆ = b2 − 4ac ≤ ( a 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R Bài giải c1 a1 Khi x = y(0) = x → ∞ y → c a2 c1 a1 Xét giá trị y 6= y 6= c2 a2 c1 a1 Giả sử y giá trị biểu thức y 6= y 6= c2 a2 m co l gm @ an Lu n va ac th si