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

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt) NGUYỂN ANH KHOA THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng Ngãi Email:anhkhoa_lk12@yahoo.com Nick name: anhkhoa_lk12 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 1. 3 2 abc bccaab ++≥ +++ ( BĐT Nesbit với n=3) 2. 2 abcd bccddaab +++≥ ++++ ( BĐT Nesbit với n=4) GIẢI Ý tưởng để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị. 1. Đặt A= 3 2 abc bcacab ++≥ +++ ; ; bcacab BC bccaabbccaab =++=++ ++++++ Khi đó ta có được B+C=3. Mặt khác 3 3 abbcac AB bcacab acbabc AC bccaba +++ +=++≥ +++ +++ +=++≥ +++ Do đó 3 26 2 ABCA ++≥⇒≥ ( đpcm) 2. Đặt ;; abcdbcdacdab ABC bccddaabbccddaabbccddaab =+++=+++=+++ ++++++++++++ Khi đó B+C=4. Lại có 4 abbccdda AB bccddaab ++++ +=+++≥ ++++ 4()4() 4 acbdcabdacbd AC bccddaababcdabcd ++++++ +=+++≥+= ++++++++++ Do đó 282 ABCA ++≥⇒≥ ( 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 1. 222 2 abcabc abbcca ++ ++≥ +++ PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com 2. ( ) 222 222222 2 4 abc abbcca abbcca ++≥+++++ +++ GIẢI 1. Đặt 222222 ; abcbca PQ abbccaabbcca =++=++ ++++++ . Khi đó ta có 222222 0 abbcca PQabbcca abbcca −−− −=++=−+−+−= +++ Do đó 2 PQ PQ + == . BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau 222222 1 22 abbccaabc abbcca  +++++ ++≥  +++  Ta sử dụng BĐT phụ ( ) ( ) 22 2 22 2 2 abab abab ab ++ +≥+⇔≥ + 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 ( ) 222222 222222 12 24 abbcca abbcca abbcca  +++ ++≥+++++  +++  Ta sử dụng BĐT phụ sau: 22 2() xyxy +≤+. Ta có 222222 22222222 22 2()2()2(c) ;; 222 2() abbca ababbcca abbcca ab +++ ++++ ≥=≥≥ +++ + Cộng lại ta được đpcm NX: Ta thấy ( ) 222222 2 42 abc abbcca ++ +++++≥ . Nghĩa là BĐT 2 mạnh hơn BĐT 1, tuy 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. ( ) 2 222 2()2 abc abcabc abbccaabc ++ ++ ++≥= +++++ BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR: 3 abcdef bccddeeffaab +++++≥ ++++++ BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR: 1. 333 222222 3 abcabc aabbbbccccaa ++ ++≥ ++++++ 2. 4444 22222222 ()()()()()()()()4 abcdabcd ababbcbccdcddada +++ +++≥ ++++++++ BL3: Cho a,b,c dương và 222 1 abc ++= .Tìm min của biểu thức: 222222 abbcca A bccaab +++ =++ +++ 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: PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai ( ) 2 ()0 fxaxbxca =++≠ - ()0,00 fxxa ≥∀⇔>∧∆≤ - 2 .()040 afbacα ≤⇒−≥ - ()0,00 fxxa ≤∀⇔<∧∆≤ - ()()0 xxx αβαβ ≤≤⇔−−≤ Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR 1. 22 313 xxyyxy −+≥−− 2. 22 ()255456 xyxyy +≥−+− GIẢI 1. Xét 22 ()(3)31 fxxyxyy =+−+−+ Ta có 2222 (3)4(31)3231(31)0, yyyyyyyR ∆=−−−+=−+−=−−≤∀∈ Mặt khác a=1>0 nên ()0 fx ≥⇒ đpcm 2. Xét 22 ()2(5)6456 fxxyxyy =+−+−+ Ta có : 2222 (5)64565251(51)0, yyyyyyyR ∆=−−+−=−+−=−−≤∀∈ Mặt khác a=1>0 nên ()0 fx ≥⇒ đpcm Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1. Cho [ ] ,,,0;1 abcd∈ .CMR: 22222 (1)4() abcdabcd ++++≥+++ 2. Cho [ ] ,,,1;2 abcd∈ . CMR: ( ) 1111 18 abcd abcd  ++++++≤   GIẢI 1. Xét tam thức bậc hai 22222 ()(1) fxxabcdxabcd =−++++++++ Ta có (1)(1)(1)(1)(1) faabbccdd =−−−−−−−− Vì [ ] ,,,0;1(1)0 abcdf ∈⇒≤ . Nghĩa là tam thức bậc hai luôn có nghiệm Do đó 22222 (1)4()0 abcdabcd ∆=++++−+++≥⇒ đpcm 2. Ta có [ ] 2 2 1;2(1)(2)0233 aaaaaa a ∈⇒−−≤⇒+≤⇒+≤ Tương tự : 222 3;3;3. bcd bcd +≤+≤+≤ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( ) ( ) 2 2222 2222 36 2 1111 18 abcd abcd abcd abcd abcd abcd  +++++++   ++++++≤≤       ⇒++++++≤   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 2 4 bac ∆=− BL1: Cho tam giác ABC. CMR: 222 ;, paqbpqcpq +>∀sao cho 1 pq += . BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho 222222 0 pqabcd +−−−−> . CMR: ( ) ( ) ( ) 2 222222 pabqcdpqacbd −−−−≤−− BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR: 2 ()8() xyztxzyt +++>+ PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com 2.Cho a,b,c thoả mãn ()()0 acabc +++< . CMR: 2 ()4() bcaabc −>++ 3. Cho ;, axbyxyxy +≥∀. CMR: 1 4 ab ≥ BL4: 1. Cho hàm số bậc hai 2 () fxaxbxc =++ sao cho ( ) ;()0 abfxxR <≥∀∈ .CMR: 3 abc ba ++ ≥ − 2.Cho a,b,c thoả mãn [ ] ,,1;2 abc∈− và 0 abc ++= . CMR: 222 6 abc ++≤ 2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số Kiến thức bổ sung: Với * ,,, abcdR ∈ ta có: - 1 aaac bbbc + <⇒< + - aa ababc > +++ - 1 aaac bbbc + >⇒> + - acaacc bdbbcd + >⇒>> + 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: 12 abc bccaab <++< +++ GIẢI Do a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên: ;; abcbcacab <+<+<+ . Do đó ta có: 2 2 2 aaa abcbcabc bbb abcacabc ccc abcababc << +++++ << +++++ << +++++ Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta được đpcm. Bài toán 2: Cho 0;,; abmnNmn >>∈> . CMR: mmnn mmnn abab abab −− > ++ GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 2211 11 11 mnmn mn mmnnmmnn mn bbbb abababab aa bb aa bb −>−⇔<⇔< ++++  ++    ⇔>   Từ ( ) 1,; mn aaa abmnNmn bbb  >⇒>⇒>∀∈>   Bài toán 3: PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com 1. Cho a,b,c dương. CMR: 111 abab abab + <+ ++++ 2. Cho a,b,c,d dương . CMR: 12 abcd abcbcdcdadab <+++< ++++++++ GIẢI 1. Ta có : 11111 ababab ababbaab + =+<+ ++++++++ 2. Ta chứng minh BĐT phải . Ta có 1 1 1 1 aaad abcabcabcd bbba bcdbcdabcd cccb cdacdaabcd dddc dabdababcd + <⇒< +++++++ + <⇒< +++++++ + <⇒< +++++++ + <⇒< +++++++ 2 abcd abcbcdcdadab ⇒+++< ++++++++ Ta chứng minh BĐT trái. Ta có aa abcabcd bb bcdabcd cc cdaabcd dd dababcd > +++++ > +++++ > +++++ > +++++ 1 abcd abcbcdcdadab ⇒+++> ++++++++ . BL1: Cho 0 ab >> và A= 21 2 1 1 n n aaa aaa − ++++ ++++ ; B= 21 2 1 1 n n bbb bbb − ++++ ++++ . CMR A<B BL2: Cho a,b không đồng thời bằng 0. CMR: 22 2222 1 1 11 ab abab ++≥ +++ BL3: Cho a,b,c,d>0. CMR số A sau đây không là số nguyên dương. abbccdda A abcbcdcdadab ++++ =+++ ++++++++ BL4: Cho a,b,c dương. CMR: abcabc abbccabccaab ++<++ ++++++ 3. Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng: Kiến thức bổ sung: Định lí 1: Cho hàm số bậc nhất () fxaxb =+ . Nếu tồn tại hai số thực αβ < sao cho ()0;()0 ff αβ ≥≥ thì ( ) [ ] ( ) ()0;; fxxx αβαβ ≥∀∈∨∀∈ Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất () fxaxb =+ thì min{();()}()max{();()} fffxff αβαβ ≤≤ trong đó PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com [ ] ; x αβ ∀∈ 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 ( ) ;() f αα và ( ) ;() f ββ ở phía trên trục hoành Ox thì đoạn thẳng đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra ( ) ()0(;) fxx αβ ≥∀∈ Định lí 2 bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. Bài toán 1: Cho [ ] ,,0;2 xyz∈ . CMR: 2()()4 xyzxyyzxz ++−++≤ GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: (2)2()44 yzxyzyz −−++−−≤ Xét [ ] ( ) ()(2)2()40;2 fxyzxyzyzx=−−++−−∀∈ là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có : ()max{(0);(2)} fxff ≤ . Mà (0)(2)(2)0;(2)0 fyzfyz =−−−≤=−≤ . Nên ()0 fx ≤⇒ 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)(2)(2)084()2()0 xyzxyzxyyzxzxyz −−−≥⇔−+++++−≥ 4()2()882()()4 xyzxyyzxzxyzxyzxyyzxz ⇒++−++≤−≤⇔++−++≤ ( đpcm) Cách giải trên dựa vào nhận xét sau : Với các số [ ] 12 ,, ; n aaa αβ ∈ thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau: 12 12 ()() ()0 ()() ()0 n n aaa aaa ααα βββ −−−≥ −−−≥ Phương pháp sử dụng nhận xét này để giải khá hữu ích trong việc đánh giá giữa các đại lượng trung bình như 1;,1 ; nn iij iijij aaa =≠= ∑∑ … 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: 222 22 abcabc +++< 2. Cho 0,,1 abc ≤≤ . CMR: 222222 1 abcabbcca ++≤+++ Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau: 32 ()()()()()XXXXXX αβγαβγαββγαγαβγ ±±±=±+++++± Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và 1 xyz ++= . CMR: 7 2 27 xyyzxzxyz++−≤. 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: 777 2()(12)(1)(12) 272727 xyyzyzxyzxyzyzxxxyzx++−−=++−−=−+−− Ta cố định x xét ( ) 2 1 7 ()(1)(12)0; 274 x fyzxxyzxyz   −  =−+−−∈      . Theo định lí ta có : 2 1 ()max{(0);} 2 x fyzff −  ≤   . PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com Mà 2 22 7711 (0)(1)0(0)0 272742 fxxxxxxxf  =−−=−+−<−+−=−−≤⇒<   () () 22 22 11 (1)2(1)7111 (1)00 444272364 xx xx fxxxxf  −− −−−  =−+−−=−+≤⇒≤      Do đó ()0 fyz ≤⇒ đpcm. Bài toán 3: Cho x,y,z không âm và 3 xyz ++= . CMR: 222 4 xyzxyz +++≥ . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Ta viết BĐT cần chứng minh dưới dạng: 22222 ()240(3)(2)40(2)2650 yzyzxxyzxxyzxxyzxx +−++−≥⇔−++−−≥⇔−+−+≥ Ta cố định x xét ( ) 2 2 3 ()(2)2650; 4 x fyzxyzxxyz   −  =−+−+∈      Theo đĩnh lí ( ) 2 3 ()min{(0);} 4 x fyzff  − ≥    .Mà 2 2 31 (0)26520(0)0 22 fxxxf  =−+=−+>⇒>   ( ) ( ) 22 2 22 33 (3)1 (2)265(1)(2)00 4444 xx x fxxxxxf  −− − =−+−+=−+≥⇒≥    Do đó ()0 fyz ≥⇒ đpcm. LB: Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau: ( ) ( ) 22 3 44 yzx yz +− ≤= 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 [ ] ,,,0;1 abcd∈ . CMR: (1)(1)(1)(1)1 abcdabcd −−−−++++≥ BL2: Cho a,b,c không âm và 1 abc ++= . CMR: 1. 333 1 6 4 abcabc +++≥ 2. 7()29 abbccaabc ++≤+ Đẳng thức xảy ra khi nào ? BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và 1 xyz ++= . CMR 222333 5()6()1 xyzxyz ++≤+++ 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 () fx xác định trên tập D. Giả sử 12 DDD =∪ với 12 DD ∩=∅ và tồn tại 1 1 max() D Mfx = ; 2 2 max() D Mfx = ( hoặc 12 12 min();min() DD mfxmfx ==). Khi đó có 12 max{,} MMM = PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com ( hoặc có 12 min{,} mmm = ) Mệnh đề 2: Giả sử 12 ()()() fxfxfx =+ xác định trên cùng tập D và tồn tại 011112222 ()max();()max();()max() DDD MfxfxMfxfxMfxfx ====== Hoặc 311412252 ()min();()min();()min() DDD mfxfxmfxfxmfxfx ====== Khi đó 12 MMM ≤+ và nếu 12 xx = thì 12 MMM =+ Hoặc 12 mmm ≥+ và nếu 45 xx = thì 12 mmm =+ Chứng minh: Định lí 1: Do ( ) 111 max()() D MfxfxMxD =⇒≤∀∈ và tồn tại 11 xD ∈ để 11 () fxM = Do ( ) 222 max()() D MfxfxMxD =⇒≤∀∈ và tồn tại 22 xD ∈ để 22 () fxM = Nếu ( ) 121 () MMfxMxD ≥⇒≤∀∈ hay 1 max() D MfxM ==(1) Nếu ( ) 212 () MMfxMxD ≥⇒≤∀∈ hay 2 max() D MfxM ==(2) Từ (1)&(2) suy ra 12 max()max{;} D MfxMM == Các điều chú ý trong mệnh đề 1: i. Nếu tồn tại 12 ; MM thì 12 max{,} MMM = , còn nếu không tồn tại 1 M ( hoặc 2 M ) 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 10111 ()() fxfxM ≤= và 20222 ()() fxfxM ≤= nên 0102012 ()()() MfxfxfxMM ==+≤+(3) Nếu 12 xx = thì 121121 ()()max() D MMfxfxfxM +=+≤= (4) Từ (3)&(4) suy ra 12 MMM =+ Các điều chú ý trong mệnh đề 2: i. Điều kiện 1234 () xxxx == 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 DR ⊂ 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 DR ⊂ 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 ()20012002 fxxx=−+− GIẢI Gọi [ ) ( ) ( ] 123 2002;,2001;2002,;2001 DDD=+∞==−∞ thì 123 RDDD =∪∪ với 122313 ;;DDDDDD ∩=∅∩=∅∩=∅ Với 1 ()2001200224003,min()12002 D xDfxxxxfxx∈⇒=−+−=−=⇔= (1) Với ( ) 2 ()200120021,min()1(2001;2002) D xDfxxxfxx∈⇒=−+−==∀∈ (2) Với 3 ()2001200240032,min()12001 D xDfxxxxfxx∈⇒=−+−=−=⇔= (3) PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com Từ (1)&(2)&(3) và theo mệnh đề 1 ta có [ ] min()12001;2002 R fxx=⇔∈ 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 abab +≥+ . Cách giải như sau: ()2001200220012002200120021 fxxxxxxx =−+−=−+−≥−+−= Đẳng thức xảy ra [ ] (2001)(2002)0200120022001;2002 xxxx⇔−−≥⇔≤≤⇔∈ Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức 2 (,)(4) Fxyxyxy =−− trong đó x,y là các số thực thoả mãn các điều kiện 0;0;6 xyxy ≥≥+≤ GIẢI *Gọi 12 {0,0,6};{0,0,46};{0,0,4} DxyxyDxyxyDxyxy =≥≥+≤=≥≥≤+≤=≥≥+< Khi đó ta có : 1212 ;DDDDD =∪∩=∅ . Với mọi cặp 1 (,) xyD ∈ ta có 40;0;0 xyxy −−≤≥≥ suy ra (,)0 Fxy ≤ . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp 1 1 (,)(0,4)max0 D xyDF =∈⇒= (1) Với mọi cặp 2 (,) xyD ∈ ta có 0,0,40 xyxy ≥≥−−> . Áp dụng BĐT Cauchy ta có: ( ) 2 2 (4) 22 (,)4(4)4(,)4, 224 xx yxy xx FxyyxyFxyxyD  +++−−  =−−≤⇒≤∀∈    Đẳng thức xảy ra tại 2,1 xy == (2) Từ (1)&(2) suy ra max4(,)(2,1) D Fxy=⇔= *Gọi 34 {0,0,4};{0,0,46} DxyxyDxyxy =≥≥+≤=≥≥<+≤ . Ta xét hàm 2 (,)(4) Fxyxyxy −=+− . Khi đó ta có : 3434 ;DDDDD =∪∩=∅ . Với mọi cặp 3 (,) xyD ∈ ta có 0,0,4 xyxy ≥≥+≤ suy ra (,)0(,)0 FxyFxy −≤⇒≥ . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp 3 3 (,)(2,2)min0 D xyDF =∈⇒= (3) Với mọi cặp 4 (,) xyD ∈ ta có 0,0,46 xyxy ≥≥<+≤ . Theo BĐT Cauchy ta có: 4 2 (4) 2 22 (,)4(4)4464 2242 xx yxy xxxy Fxyyxy  ++++−  +−  −=+−≤=≤      (,)64 Fxy ⇒≥− ( ) 4 , xyD ∀∈ . Đẳng thức xảy ra tại 4,2 xy == (4) Từ (3)&(4) suy ra min0(,)(4,2) D Fxy=⇔=. Bài toán 3: Tìm GTNN của ()() Axyzzxy =+++ trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 222 1 xyz ++= . Đẳng thức xảy ra khi nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia của Hà Tây-2002) GIẢI Gọi 222 1212 {,,:1};; DxyzRxyzAxyyzxzAxzAAA =∈++==++=⇒=+ . Ta có 2222 11 1 ()020 2 xyzxyzAA − ++≥⇒+++≥⇒≥ (1). Đẳng thức xảy ra 222 0 1 xyz xyz ⇔++= ++= (2) Áp dụng BĐT Cauchy ta có ( ) ( ) 222 222 111111 1 222222 AxzxzyAA − =≤+=−≤⇒−≤≤⇒≥(3) PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com Đẳng thức xảy ra 222 0 1 y xz xyz ⇔= =− ++= (4) Từ (2)&(4) suy ra 11 (,,),0, 22 xyzD  =−∈   . Theo mệnh đề 2: ta có 12 minminmin1 D DD AAA =+=− . 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 (,,)2(1) fxyzxyzxyzxyyzxz =+++++++ trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 222 1 xyz ++= . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Gọi 222 {,,:1} DxyzRxyz =∈++= . Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau: 1 2 (,,)1 (,,)1 fxyzxyzxyyzxzxyz fxyzxyzxyyzxz =+++++++ =++++++ 12 (,,)(,,)(,,) fxyzfxyzfxyz ⇒=+ Từ điều kiện ta suy ra : ,,11,1,10(1)(1)(1)0 xyzxyzxyz ≤⇒+++≥⇒+++≥ Hay: 10 xyzxyyzxzxyz +++++++≥ (1) Ta có: ( ) 2222 (1)0101 xyzxyzxyyzxzxyz +++≥⇒++++++≥++= (2) Theo mệnh đề 1 ta có 12 minminmin0 D DD fff =+= . Đẳng thức xảy ra: (,,)(1,0,0) xyzD =−∈ . BL1: Tìm GTNN,GTLN của hàm 2002 (,)(4) Fxyxyxy =−− trong đó x,y là các số thực thoả mãn điều kiện 0,0,6 xyxy ≥≥+≤ BL2: Cho [ ] ,,0;2 xyz∈ và 3 xyz ++= . Tìm GTLN của 222 Axyz =++ BL3: Tìm GTLN của hàm (,,) fxyzxyzxyyzxz =+++++ với x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 222 27 xyz ++≤ . Đẳng thức xảy ra khi nào? BL4: (IMO-1969) Cho 121212 ,;,;, xxyyzz thoả mãn 22 12111222 0,0,0,0 xxxyzxyz >>−>−> . CMR: 222 121212111222 811 ()()() xxyyzzxyzxyz ≤+ ++−+−− BL5: Tìm GTNN của hàm 33 (,,)(442)(44) fxyzxxxyzyyyz =−+++−+ trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 222 1 xyz ++= . 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. () fxM ≤ ii. 0 xD ∃∈ sao cho 0 () fxM = Khi ấy ta kí hiệu max() xD Mfx ∈ = hoặc đơn giản hơn: max() D Mfx = Ta nói rằng số m là GTNN cua f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i. () fxm ≥ ii. 0 xD ∃∈ sao cho 0 () fxm = Khi ấy ta kí hiệu min() xD mfx ∈ = hoặc đơn giản hơn: min() D mfx = PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com [...]... hay Tuy sức mạnh của phương pháp “ bán Schur- bán S.O.S” không bằng phương pháp phân tích bình phương S.O.S Nhưng có thê nói phương pháp “ bán Schur-bán S.O.S” là một mẫu mực khi đứng trước các bài toán về bất đẳng thức đối xứng hay hoán vị Nội dung của phương pháp “Bán Schur – Bán S.O.S” Khi đứng trước một bài toán BĐT đối xứng hay hoán vị ta tìm cách đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sau: M... 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. .. www.VNMATH.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... ≥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. .. + + ≥0 b+c c+a a+b Lưu ý: Các bài toán giải bằng phương pháp chọn phần tử lớn nhất, nhỏ nhất thì có thể giải bằng phương pháp bán Schur- bán S.O.S VI Phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển: Lâu nay ta đã sử dụng khá nhiều bất đẳng thức Cauchy hay Bunhiacopski nhưng chưa biết rõ bản chất thực sự của nó Bây giờ ta sẽ nghiên cứu thật kĩ lại nó 1 .Bất đẳng thức Cauchy: a Nhắc lại kiến thức cơ bản: Cho... + ≥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 www.VNMATH.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... 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... 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... z2 BĐT cần chứng minh trở thành: + + ≥0 x y z x2 y 2 z 2 ⇔ + + ≥ x + y + z Đến đây bạn đọc tự giải quyết việc còn lại z x y Bài toán 3: Cho a,b,c dương CMR: a b c a + 2008 b + 2008 c + 2008 + + ≥ + + b c a b + 2008 c + 2008 a + 2008 GIẢI: Bài toán này ta sẽ không sử dụng phương pháp chọn phần tử lớn nhât, nhỏ nhất mà sẽ sử dụng một phương pháp khác liên quan mật thiết này đó là phương pháp “ Bán Schur-... ;p= 2 2 2 n+ p = c Sau đó ta tìm cách chứng minh: PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com www.VNMATH.com a +b−c [ A( x, y, z ) + B( x, y, z )] ≥ dD( x, y, z ) 2 b+c−a [ B( x, y, z ) + C ( x, y, z )] ≥ eE ( x, y, z) 2 a + c −b [ A( x, y, z ) + C ( x, y, z )] ≥ fF ( x, y, z ) 2 Lưu ý biểu thức vế trái của BĐT cần chứng minh có thể là một số Sau đây là một áp dụng của kĩ thuật này . MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt) NGUYỂN ANH KHOA THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng. 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. BL4 :Tìm GTNN của hàm số: ()41 2 x fxx =+− . Xét trên miền {():02} Dxx =≤≤ BL5:Cho a,b dương và 11 1 2 ab += . Tìm GTNN của 2 Aab =+ IV. Phương pháp thế: Phương pháp này dùng để chứng minh