sử dụng điều kiện tiếp xúc vào giải tóan bất đẳng thức

sử dụng điều kiện tiếp xúc vào giải tóan bất đẳng thức tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập...

SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN TIẾP XÚC VÀO GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC Lê Trung Tín THPT Hồng Ngự 2, Đồng Tháp Trong bài viết này ta sẽ nghiên cứu phương pháp sử dụng điều kiện tiếp xúc giữa hai đường cong vào giải toán bất đẳng thức (BĐT). Phương pháp này là sự tiếp nối và nâng cấp của phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức. Ta nhắc lại điều kiện để hai đường cong (C) : y = f (x) và (C  ) : y = g(x) tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ x 0 là  f(x 0 ) = g(x 0 ) f  (x 0 ) = g  (x 0 ) (∗) Bây giờ ta sẽ sử dụng điều kiện (*) để tìm tòi cách chứng minh các bất đẳng thức, cụ thể ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1. (Poland 1997) Cho a, b, c ≥ − 3 4 và a + b + c = 1. Chứng minh rằng a a 2 + 1 + b b 2 + 1 + c c 2 + 1 ≤ 9 10 Nhận xét: Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1 3 và BĐT cần chứng minh có dạng f(a) + f(b) + f(c) ≤ 9 10 , với f(x) = x x 2 + 1 . Xét g(x) = kx + m, ta cần chọn k và m sao cho f(x) tiếp xúc với g(x) tại x 0 = 1 3 . Áp dụng, điều kiện tiếp xúc (*) ta có k = 18 25 , m = 3 50 và g(x) = 18 25 x + 3 50 . Ta có hình vẽ minh họa như sau: −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 −0.6 −0.4 −0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 0 g(x) = 18 25 x + 3 50 f(x) = x x 2 +1 − 3 4 1 3 Quan sát hình vẽ ta thấy rằng với x ≥ − 3 4 , ta luôn có f(x) ≤ g(x).Cuối cùng chỉ cần thay x = a, b, c ta thu được kết quả của bài toán. Lời giải Với a ≥ − 3 4 , ta có: a a 2 + 1 −  18 25 a + 3 50  = − (3a − 1) 2 (4a + 3) 50(a 2 + 1) ≤ 0 ⇒ a a 2 + 1 ≤ 18 25 a + 3 50 Tương tự, với b, c ≥ − 3 4 , ta có: b b 2 + 1 ≤ 18 25 b + 3 50 , c c 2 + 1 ≤ 18 25 c + 3 50 Do đó: a a 2 + 1 + b b 2 + 1 + c c 2 + 1 ≤ 18 25 (a + b + c) + 9 50 = 9 10 Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1 3 .  Ví dụ 2. (1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng (b + c − a) 2 (b + c) 2 + a 2 + (c + a − b) 2 (c + a) 2 + b 2 + (a + b − c) 2 (a + b) 2 + c 2 ≥ 3 5 Nhận xét: BĐT đã cho là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa a + b + c = 1 và BĐT trở thành (1 − 2a) 2 (1 − a) 2 + a 2 + (1 − 2b) 2 (1 − b) 2 + b 2 + (1 − 2c) 2 (1 − c) 2 + c 2 ≥ 3 5 ⇔ 1 2a 2 − 2a + 1 + 1 2b 2 − 2b + 1 + 1 2b 2 − 2b + 1 ≤ 27 5 ⇔ f(a) + f (b) + f(c) ≤ 27 5 , với f(x) = 1 2x 2 − 2x + 1 Thực hiện cách làm như ví dụ 1, ta chọn g(x) = 54 25 x + 27 25 Lời giải Chuẩn hóa a + b + c = 1. Khi đó: a, b, c ∈ (0; 1) và BĐT cần chứng minh trở thành (1 − 2a) 2 (1 − a) 2 + a 2 + (1 − 2b) 2 (1 − b) 2 + b 2 + (1 − 2c) 2 (1 − c) 2 + c 2 ≥ 3 5 ⇔ 1 2a 2 − 2a + 1 + 1 2b 2 − 2b + 1 + 1 2b 2 − 2b + 1 ≤ 27 5 Với a ∈ (0; 1), ta có: 1 2a 2 − 2a + 1 −  54 25 a + 27 25  = − 2(3a − 1) 2 (6a + 1) 25(2a 2 − 2a + 1) ≤ 0 ⇔ 1 2a 2 − 2a + 1 ≤ 54 25 a + 27 25 . Tương tự: 1 2b 2 − 2b + 1 ≤ 54 25 b + 27 25 , 1 2c 2 − 2c + 1 ≤ 54 25 c + 27 25 Do đó: 1 2a 2 − 2a + 1 + 1 2b 2 − 2b + 1 + 1 2b 2 − 2b + 1 ≤ 54 25 (a + b + c) + 81 25 = 27 5 Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1 3 .  Ví dụ 3. (Crux) Cho a, b, c ≥ 0. Chứng minh rằng √ a 2 + 1 + √ b 2 + 1 + √ c 2 + 1 ≥  6(a + b + c) Lời giải Đặt S = a + b + c ≥ 0. Xét đường cong (C) : y = √ x 2 + 1 với x ∈ [0; S]. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm x 0 = S 3 là d : y = Sx + 3 √ S 2 + 9 . Ta có: √ x 2 + 1 ≥ Sx + 3 √ S 2 + 9 ⇔ (S 2 + 9)(x 2 + 1) ≥ (Sx + 3) 2 ⇔ (3x −S) 2 ≥ 0 (luôn đúng) Do đó: √ a 2 + 1 + √ b 2 + 1 + √ c 2 + 1 ≥ S(a + b + c) + 9 √ S 2 + 9 = √ S 2 + 9 ≥ √ 6S =  6(a + b + c)  Ví dụ 4. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + 2b + 3c ≥ 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + c + 3 a + 9 2b + 4 c Lời giải Xét các đường thẳng d 1 : y = m 1 x + n 1 , d 2 : y = m 2 x + n 2 , d 3 : y = m 3 x + n 3 và các đường cong (C 1 ) : y = f 1 (x) = x + 3 x , (C 2 ) : y = f 2 (x) = x + 9 2x , (C 3 ) : y = f 3 (x) = x + 4 x , với x > 0 Điều kiện để (C 1 ) tiếp xúc với d 1 là:      x + 3 x = m 1 x + n 1 1 − 3 x 2 = m 1 Điều kiện để (C 2 ) tiếp xúc với d 2 là:      x + 9 2x = m 2 x + n 2 1 − 9 2x 2 = m 2 Điều kiện để (C 3 ) tiếp xúc với d 3 là:      x + 4 x = m 3 x + n 3 1 − 4 x 2 = m 3 Ta cần chọn các điểm x 1 , x 2 , x 3 > 0 thỏa mãn                            x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 20 m 1 = 1 − 3 x 2 1 , n 1 = 6 x 1 m 2 = 1 − 9 2x 2 2 , n 2 = 9 x 2 m 3 = 1 − 4 x 2 3 , n 3 = 8 x 3 m 2 = 2m 1 m 3 = 3m 1 ⇔                          x 1 = 2 x 2 = 3 x 3 = 4 m 1 = 1 4 , n 1 = 3 m 2 = 2 4 , n 2 = 3 m 3 = 3 4 , n 3 = 2 Mặt khác f  1 (x) = 6 x 3 > 0, f  2 (x) = 9 x 3 > 0, f  3 (x) = 8 x 3 > 0, ∀x > 0. Suy ra, (C 1 ), (C 2 ), (C 3 ) là đồ thị của các hàm lồi. Do đó, (C 1 ) không nằm phía dưới tiếp tuyến d 1 , (C 2 ) không nằm phía dưới tiếp tuyến d 2 và (C 3 ) không nằm phía dưới tiếp tuyến d 3 . Ta có hình vẽ minh họa như sau: −6 −4 −2 2 4 6 8 10 12 14 16 −2 2 4 6 8 10 0 f 1 (x) = x + 3 x f 2 (x) = x + 9 2x f 3 (x) = x + 4 x d 1 (x) = 1 4 x + 3 d 2 (x) = 2 4 x + 3 d 3 (x) = 3 4 x + 2 Như vậy, với x > 0, ta có: x + 3 x ≥ 1 4 x + 3 x + 9 2x ≥ 2 4 x + 3 x + 4 x ≥ 3 4 x + 2 Từ đây, ta có: P ≥ 1 4 (a + 2b + 3c) + 8 ≥ 13 Vây, giá trị nhỏ nhất của P là 13, đạt tại a = 2, b = 3, c = 4.  Ví dụ 5. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a 4 + 2b 4 + 3c 4 Lời giải Xét họ đường cong (C m ) : y = f m (x) = mx 4 và các đường thẳng d m : y = k m x + n m , với x ∈ (0; 3) và m = 1, 2, 3 Điều kiện (C m ) tiếp xúc d m là  mx 4 = k m x + n m 4mx 3 = k m , m = 1, 2, 3 Ta cần chọn x 1 , x 2 , x 3 thỏa mãn                k 1 = 4x 3 1 k 2 = 8x 3 2 k 3 = 12x 3 3 k 1 = k 2 = k 3 = k x 1 + x 2 + x 3 = 3 ⇒  x 3 1 = 2x 3 2 = 3x 3 3 x 1 + x 2 + x 3 = 3 ⇒              x 1 = 3 3 √ 6 3 √ 2 + 3 √ 3 + 3 √ 6 x 2 = x 1 3 √ 2 x 3 = x 1 3 √ 3 Suy ra: k = 4x 3 1 = 648 ( 3 √ 2 + 3 √ 3 + 3 √ 6) 3 n 1 + n 2 + n 3 = −3x 4 1  1 + 1 3 √ 2 + 1 3 √ 3  = − 1458 ( 3 √ 2 + 3 √ 3 + 3 √ 6) 3 Mặt khác: f  m (x) = 12mx 2 > 0, ∀x ∈ (0; 3), suy ra f m (x) là hàm lồi trên khoảng (0; 3). Do đó, trên khoảng (0; 3) đường cong (C m ) không nằm phía dưới tiếp tuyến (d m ), tức là f m (x) ≥ g m (x), ∀x ∈ (0; 3) (*) Từ hệ thức (*), ta có: a 4 ≥ ka + n 1 2b 4 ≥ kb + n 2 3c 4 ≥ kc + n 3 Cộng vế theo vế, ta có: P ≥ k(a + b + c) + n 1 + n 2 + n 3 = 3k + n 1 + n 2 + n 3 = 486 ( 3 √ 2 + 3 √ 3 + 3 √ 6) 3 Vây, giá trị nhỏ nhất của P là 486 ( 3 √ 2 + 3 √ 3 + 3 √ 6) 3 , đạt tại a = x 1 , b = x 2 , c = x 3  Ví dụ 6. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn 1 1 + a + 1 1 + b + 1 1 + c = 2. Chứng minh rằng 1 a + 1 b + 1 c ≥ 4(a + b + c) Lời giải Từ điều kiện, ta có: 2 ≥ 9 3 + a + b + c ⇒ a + b + c ≥ 3 2 Với x > 0, ta có: ( 1 x − 4x) −(−8x + 4) = (2x − 1) 2 x ≥ 0 ⇔ 1 x − 4x ≥ −8x + 4 Do đó: 1 a + 1 b + 1 c − 4(a + b + c) ≥ −8(a + b + c) + 12 ≥ −12 + 12 = 0 Vậy, 1 a + 1 b + 1 c ≥ 4(a + b + c). Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1 2 .  Ví dụ 7. (Russia MO 2000) Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3 thì ta có bất đẳng thức √ a + √ b + √ c ≥ ab + bc + ca Lời giải Ta có: 2(ab + bc + ca) = (a + b + c) 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ). Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a 2 + b 2 + c 2 + 2( √ a + √ b + √ c) ≥ 9 Với x ≥ 0, ta có x 2 + 2 √ x − 3x = ( √ x − 1) 2 ( √ x + 2) √ x ≥ 0 ⇔ x 2 + 2 √ x ≥ 3x Do đó: a 2 + b 2 + c 2 + 2( √ a + √ b + √ c) ≥ 3(a + b + c) = 9 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.  Ví dụ 8. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3. Chứng minh rằng 1 2 − a + 1 2 − b + 1 2 − c ≥ 3 Nhận xét: Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Ta xét hai đường cong (C) : y = 1 2 − x , (C  ) : y = kx 2 + m với x ∈ (0; √ 3). Khi đó, (C) và (C  ) tiếp xúc tại x 0 = 1 khi      1 2 − x 0 = kx 2 0 + m 1 (2 − x 0 ) 2 = 2kx 0 ⇔ m = k = 1 2 . Suy ra: (C  ) : y = x 2 + 1 2 . Ta có hình vẽ minh họa như sau: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 0 g(x) = x 2 +1 2 f(x) = 1 2−x Lời giải Với x ∈ (0; √ 3), ta có: 1 2 − x − x 2 + 1 2 = x(x − 1) 2 2(2 − x) ≥ 0 ⇔ 1 2 − x ≥ x 2 + 1 2 Do đó: 1 2 − a + 1 2 − b + 1 2 − c ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 3 2 = 3 Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1.  Ví dụ 9. (Crux) Cho a, b, c > 1 thỏa mãn 1 a 2 − 1 + 1 b 2 − 1 + 1 c 2 − 1 = 1. Chứng minh rằng 1 a + 1 + 1 b + 1 + 1 c + 1 ≤ 1 Nhận xét: Đẳng thức xảy ra tại a = b = c = 2. Ta xét hai đường cong (C) : y = 1 x + 1 , (C  ) : y = k x 2 − 1 + m với x > 1. Khi đó, (C) và (C  ) tiếp xúc tại x 0 = 2 Khi      1 x 0 + 1 = k x 2 0 − 1 + m 1 (x 0 + 1) 2 = 2kx 0 (x 2 0 − 1) 2 ⇔ m = k = 1 4 . Suy ra: (C  ) : y = 1 4(x 2 − 1) + 1 4 . Ta có hình vẽ minh họa như sau: 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 0 g(x) = 1 4(x 2 −1) + 1 4 f(x) = 1 x+1 Lời giải Với x > 1, ta có: 1 x + 1 − 1 4(x 2 − 1) − 1 4 = − (x − 2) 2 4(x 2 − 1) ≤ 0 ⇔ 1 x + 1 ≤ 1 4(x 2 − 1) + 1 4 Do đó, với a, b, c > 1, ta có: 1 a + 1 + 1 b + 1 + 1 c + 1 ≤ 1 4  1 a 2 − 1 + 1 b 2 − 1 + 1 c 2 − 1  + 3 4 = 1 4 + 3 4 = 1 Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 2.  Ví dụ 10. (letrungtin) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn √ a 2 + 1 + √ b 2 + 1 + √ c 2 + 1 = 5. Chứng minh rằng a √ a 2 + 1 + b √ b 2 + 1 + c √ c 2 + 1 ≥ 20 3 Lời giải Xét hàm số f(x) = x √ x 2 + 1 − 41 12 √ x 2 + 1 + 125 36 , với x > 0. Ta có: f  (x) = 24x 2 − 41x + 12 12 √ x 2 + 1 , ∀x > 0 f  (x) = 0 ⇔    x = 3 8 x = 4 3 Bảng biến thiến: x f  (x) f(x) 0 3 8 4 3 +∞ 0 0 − + + 1 18 0 +∞ 125 36 − 73 √ 73 192 Do đó: min x>0 f(x) = f  4 3  = 20 3 , tức là x √ x 2 + 1 ≥ 41 12 √ x 2 + 1 − 125 36 , ∀x > 0. Suy ra: P  41 12  √ a 2 + 1 + √ b 2 + 1 + √ c 2 + 1  − 125 12 = 41 12 .5 − 125 12 = 20 3 Vậy, min P = 20 3 , đạt tại a = b = c = 4 3 .  Để kết thúc bài viết, xin giới thiệu các bạn một số bài toán để luyện tập 1. (France 2007) Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng 6(a 3 + b 3 + c 3 + d 3 ) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 1 8 2. (Gabriel Dospinescu) Cho a 1 , a 2 , . . . , a n > 0 thỏa mãn a 1 a 2 . . . a n = 1. Chứng minh rằng  1 + a 2 1 +  1 + a 2 2 + . . . +  1 + a 2 n ≤ √ 2(a 1 + a 2 + . . . + a n ) . 3. (China 2006) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a 2 + 9 2a 2 + (b + c) 2 + b 2 + 9 2b 2 + (c + a) 2 + c 2 + 9 2c 2 + (a + b) 2 ≤ 5 4. (China 2005) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh 10(a 3 + b 3 + c 3 ) − 9(a 5 + b 5 + c 5 ) ≥ 1 5. (2003 USA Math Olympiad) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng (2a + b + c) 2 2a 2 + (b + c) 2 + (2b + c + a) 2 2b 2 + (c + a) 2 + (2c + a + b) 2 2c 2 + (a + b) 2 ≤ 8 6. (USA MO 2002) Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng (a 5 − a 2 + 3)(b 5 − b 2 + 3)(c 5 − c 2 + 3) ≥ (a + b + c) 3 7. Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + 3y + 6z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 3 x + 9 2y + 4 z 8. (Crux) Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3a b + c + 4b c + a + 5c a + b 9. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 3. Chứng minh rằng 1 a 3 + 2 + 1 b 3 + 2 + 1 c 3 + 2 ≥ 1 10. Cho a, b, c, d ≥ 0. Chứng minh rằng a b 2 + c 2 + d 2 + b c 2 + d 2 + a 2 + c d 2 + a 2 + b 2 + d a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 √ 3 2 . 1 √ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 11. (Crux) Cho a, b, c ≥ 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 1. Chứng minh rằng 1 a + 1 b + 1 c + a + b + c ≥ 4 √ 3 12. (CWMO 2005) Cho a, b, c, d, e > 0 thỏa mãn 1 4 + a + 1 4 + b + 1 4 + c + 1 4 + d + 1 4 + e = 1. Chứng minh rằng a 4 + a 2 + b 4 + b 2 + c 4 + c 2 + d 4 + d 2 + e 4 + e 2 ≤ 1 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Kin-Yin Li, Using Tangent Lines to Prove Inequalities, cf. Math Excalibur, vol.10, no. 5 [2]. Ibragim Ibatulin and Adilsultan Lepes, Using Tangent Lines to Prove Inequalities (Part II) ,cf. Math Excalibur, vol.18, no. 5 [3]. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, Nxb Hà Nội, năm 2010. . SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN TIẾP XÚC VÀO GIẢI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC Lê Trung Tín THPT Hồng Ngự 2, Đồng Tháp Trong bài viết này ta sẽ nghiên cứu phương pháp sử dụng điều kiện tiếp xúc giữa hai đường cong vào. giữa hai đường cong vào giải toán bất đẳng thức (BĐT). Phương pháp này là sự tiếp nối và nâng cấp của phương pháp tiếp tuyến để chứng minh bất đẳng thức. Ta nhắc lại điều kiện để hai đường cong. > 0 Điều kiện để (C 1 ) tiếp xúc với d 1 là:      x + 3 x = m 1 x + n 1 1 − 3 x 2 = m 1 Điều kiện để (C 2 ) tiếp xúc với d 2 là:      x + 9 2x = m 2 x + n 2 1 − 9 2x 2 = m 2 Điều kiện