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...
Trang 1SỬ 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 (C0) : y = g(x) tiếp xúc với nhau tại điểm có hoành độ x0 là
(
f (x0) = g(x0)
f0(x0) = g0(x0) (∗) 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
a2+ 1 +
b
b2+ 1 +
c
c2+ 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
x2+ 1 Xét g(x) = kx + m, ta cần chọn k và m sao cho f (x) tiếp xúc với g(x) tại x0 = 1
3 Áp dụng, điều kiện tiếp xúc (*) ta có k =
18
25, m =
3
50 và g(x) =
18
25x +
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) = 1825x + 503
f (x) = x2x+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
a2+ 1 − 18
25a +
3 50
= −(3a − 1)
2(4a + 3)
a2+ 1 ≤ 18
25a +
3 50 Tương tự, với b, c ≥ −3
4, ta có:
b
b2+ 1 ≤ 18
25b +
3
50,
c
c2+ 1 ≤ 18
25c +
3 50
Do đó:
a
a2+ 1 +
b
b2+ 1 +
c
c2+ 1 ≤ 18
25(a + b + c) +
9
50 =
9 10 Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1
Trang 2Ví dụ 2 (1997 Japanese Math Olympiad) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
(b + c − a)2 (b + c)2+ a2 + (c + a − b)
2
(c + a)2+ b2 + (a + b − c)
2
(a + b)2+ c2 ≥ 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+ a2 + (1 − 2b)
2
(1 − b)2+ b2 + (1 − 2c)
2
(1 − c)2+ c2 ≥ 3
5
2a2 − 2a + 1 +
1 2b2− 2b + 1 +
1 2b2 − 2b + 1 ≤
27 5
⇔ f (a) + f (b) + f (c) ≤ 27
5 , với f (x) =
1 2x2− 2x + 1 Thực hiện cách làm như ví dụ 1, ta chọn g(x) = 54
25x +
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+ a2 + (1 − 2b)
2
(1 − b)2+ b2 + (1 − 2c)
2
(1 − c)2+ c2 ≥ 3
5
2a2− 2a + 1 +
1 2b2− 2b + 1+
1 2b2− 2b + 1 ≤
27 5 Với a ∈ (0; 1), ta có:
1
2a2− 2a + 1 −
54
25a +
27 25
= −2(3a − 1)
2(6a + 1) 25(2a2− 2a + 1) ≤ 0 ⇔
1 2a2− 2a + 1 ≤
54
25a +
27
25.
2b2− 2b + 1 ≤
54
25b +
27
25,
1 2c2− 2c + 1 ≤
54
25c +
27 25
Do đó:
1 2a2− 2a + 1 +
1 2b2− 2b + 1 +
1 2b2− 2b + 1 ≤
54
25(a + b + c) +
81
25 =
27 5
Dấu “=” xảy ra tại a = b = c = 1
Ví dụ 3 (Crux) Cho a, b, c ≥ 0 Chứng minh rằng
√
a2+ 1 +√
b2 + 1 +√
c2+ 1 ≥ p6(a + b + c)
Lời giải Đặt S = a + b + c ≥ 0 Xét đường cong (C) : y = √
x2+ 1 với x ∈ [0; S] Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm x0 = S
3 là d : y =
Sx + 3
√
S2+ 9.
Ta có: √
x2+ 1 ≥ √Sx + 3
S2+ 9 ⇔ (S2+ 9)(x2+ 1) ≥ (Sx + 3)2 ⇔ (3x − S)2 ≥ 0 (luôn đúng)
Do đó:
√
a2+ 1 +√
b2+ 1 +√
c2+ 1 ≥ S(a + b + c) + 9√
√
S2+ 9 ≥ √
6S =p6(a + b + c)
Trang 3
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 d1 : y = m1x + n1, d2 : y = m2x + n2, d3 : y = m3x + n3 và các đường cong (C1) : y = f1(x) = x + 3
x, (C2) : y = f2(x) = x +
9 2x, (C3) : y = f3(x) = x +
4
x, với
x > 0
Điều kiện để (C1) tiếp xúc với d1 là:
x + 3
x = m1x + n1
1 − 3
x2 = m1
Điều kiện để (C2) tiếp xúc với d2 là:
x + 9 2x = m2x + n2
2x2 = m2
Điều kiện để (C3) tiếp xúc với d3 là:
x + 4
x = m3x + n3
1 − 4
x2 = m3
Ta cần chọn các điểm x1, x2, x3 > 0 thỏa mãn
x1+ 2x2+ 3x3 = 20
m1 = 1 − 3
x2 1
, n1 = 6
x1
m2 = 1 − 9
2x2 2
, n2 = 9
x2
m3 = 1 − 4
x2 3
, n3 = 8
x3
m2 = 2m1
m3 = 3m1
⇔
x1 = 2
x2 = 3
x3 = 4
m1 = 1
4, n1 = 3
m2 = 2
4, n2 = 3
m3 = 3
4, n3 = 2
Mặt khác f100(x) = 6
x3 > 0, f200(x) = 9
x3 > 0, f300(x) = 8
x3 > 0, ∀x > 0 Suy ra, (C1), (C2), (C3)
là đồ thị của các hàm lồi Do đó, (C1) không nằm phía dưới tiếp tuyến d1, (C2) không nằm phía dưới tiếp tuyến d2 và (C3) không nằm phía dưới tiếp tuyến d3 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
f1(x) = x +3
x
f2 (x) = x + 9
2x f3(x) = x +4
x
d1(x) = 1
4x + 3
d2(x) = 2
4x + 3
d3(x) = 3
4x + 2
Trang 4Như vậy, với x > 0, ta có:
x + 3
x ≥ 1
4x + 3
x + 9 2x ≥ 2
4x + 3
x + 4
x ≥ 3
4x + 2
Từ đây, ta có:
P ≥ 1
4(a + 2b + 3c) + 8 ≥ 13
Ví dụ 5 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = a4+ 2b4+ 3c4 Lời giải Xét họ đường cong (Cm) : y = fm(x) = mx4 và các đường thẳng dm : y = kmx + nm, với
x ∈ (0; 3) và m = 1, 2, 3
Điều kiện (Cm) tiếp xúc dm là
(
mx4 = kmx + nm
Ta cần chọn x1, x2, x3 thỏa mãn
k1 = 4x31
k2 = 8x32
k3 = 12x33
k1 = k2 = k3 = k
x1+ x2 + x3 = 3
⇒
(
x31 = 2x32 = 3x33
x1+ x2 + x3 = 3 ⇒
3
√ 6 3
√
2 +√3
3 +√3 6
x2 = √x31
2
x3 = √x31
3 Suy ra:
(√3
2 +√3
3 +√3 6)3
n1 + n2+ n3 = −3x41
1 + √31
2 +
1 3
√ 3
(√3
2 +√3
3 +√3 6)3
Mặt khác: fm00(x) = 12mx2 > 0, ∀x ∈ (0; 3), suy ra fm(x) là hàm lồi trên khoảng (0; 3)
Do đó, trên khoảng (0; 3) đường cong (Cm) không nằm phía dưới tiếp tuyến (dm), tức là
fm(x) ≥ gm(x), ∀x ∈ (0; 3) (*)
Từ hệ thức (*), ta có:
a4 ≥ ka + n1 2b4 ≥ kb + n2 3c4 ≥ kc + n3 Cộng vế theo vế, ta có:
P ≥ k(a + b + c) + n1+ n2+ n3
= 3k + n1+ n2+ n3
(√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 = x1, b = x2, c = x3
Trang 5Ví 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: (1x − 4x) − (−8x + 4) = (2x − 1)
2
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
Ví dụ 7 (Russia MO 2000) Chứng minh rằng nếu a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 3 thì ta có
a +√
b +√
c ≥ ab + bc + ca Lời giải
Ta có: 2(ab + bc + ca) = (a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a2+ b2+ c2+ 2(√
a +√
b +√ c) ≥ 9 Với x ≥ 0, ta có x2+ 2√
x − 3x = (√
x − 1)2(√
x + 2)√
x ≥ 0 ⇔ x2+ 2√
x ≥ 3x
Do đó: a2+ b2+ c2+ 2(√
a +√
b +√ c) ≥ 3(a + b + c) = 9
Ví dụ 8 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2+ b2+ c2 = 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
0) : y = kx2+ m với x ∈ (0;√
3)
Khi đó, (C) và (C0) tiếp xúc tại x0 = 1 khi
1
2 − x0 = kx
2
0+ m 1
(2 − x0)2 = 2kx0
2. Suy ra: (C0) : y = x
2+ 1
2 Ta có hình vẽ minh họa như sau:
1
2
3
4
5
0
g(x) = x22+1
f (x) = 2−x1
Trang 6Lời giải Với x ∈ (0;√
3), ta có: 1
2 − x− x
2+ 1
x(x − 1)2
2 − x ≥ x
2+ 1 2
Do đó:
1
2 − a +
1
2 − b +
1
2 − c ≥ a
2+ b2+ c2+ 3
Ví dụ 9 (Crux) Cho a, b, c > 1 thỏa mãn 1
a2− 1+
1
b2− 1+
1
c2− 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
0) : y = k
x2− 1+ m với x > 1.
Khi đó, (C) và (C0) tiếp xúc tại x0 = 2 Khi
1
x0+ 1 =
k
x2
0 − 1+ m 1
(x0+ 1)2 = 2kx0
(x2
0− 1)2
4.
Suy ra: (C0) : y = 1
4(x2− 1)+
1
4 Ta có hình vẽ minh họa như sau:
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
0
g(x) = 4(x21−1) +14
f (x) = x+11
Lời giải Với x > 1, ta có: 1
4(x2− 1)−
1
4 = −
(x − 2)2 4(x2− 1) ≤ 0 ⇔
1
4(x2− 1)+
1 4
Do đó, với a, b, c > 1, ta có:
1
a + 1 +
1
b + 1 +
1
c + 1 ≤ 1
4
1
a2 − 1+
1
b2− 1 +
1
c2− 1
+ 3
4 =
1
4+
3
4 = 1
Trang 7Ví dụ 10 (letrungtin) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn √
a2+ 1 +√
b2+ 1 +√
c2+ 1 = 5 Chứng minh rằng
a√
a2+ 1 + b√
b2+ 1 + c√
c2+ 1 ≥ 20
3 Lời giải
Xét hàm số f (x) = x√
x2+ 1 − 4112√
x2+ 1 + 12536, với x > 0
Ta có:
f0(x) = 24x
2− 41x + 12
12√
x2 + 1 , ∀x > 0
f0(x) = 0 ⇔
x = 3 8
x = 4 3 Bảng biến thiến:
x
f0(x)
f (x)
+
1
+∞
125
36 − 73√73 192
Do đó: min
x>0f (x) = f 4
3
= 20
3 , tức là x
√
x2+ 1 ≥ 41
12
√
x2+ 1 − 125
36, ∀x > 0
Suy ra:
P > 41
12
√
a2+ 1 +√
b2+ 1 +√
c2 + 1−125
12 =
41
12.5 −
125
12 =
20 3 Vậy, min P = 20
3 , đạt tại a = b = c =
4
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(a3+ b3+ c3+ d3) ≥ a2 + b2+ c2+ d2+1
8
2 (Gabriel Dospinescu) Cho a1, a2, , an> 0 thỏa mãn a1a2 an= 1 Chứng minh rằng
q
1 + a2
1+
q
1 + a2
2+ +p1 + a2
n ≤√2(a1+ a2+ + an)
3 (China 2006) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng
a2+ 9 2a2+ (b + c)2 +
b2+ 9 2b2+ (c + a)2 +
c2+ 9 2c2+ (a + b)2 ≤ 5
Trang 84 (China 2005) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh
10(a3+ b3+ c3) − 9(a5+ b5+ c5) ≥ 1
5 (2003 USA Math Olympiad) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
(2a + b + c)2
2a2+ (b + c)2 + (2b + c + a)
2
2b2+ (c + a)2 + (2c + a + b)
2
2c2+ (a + b)2 ≤ 8
6 (USA MO 2002) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng
(a5 − a2+ 3)(b5− b2+ 3)(c5− c2+ 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 a2+ b2+ c2 = 3 Chứng minh rằng
1
a3+ 2 +
1
b3+ 2 +
1
c3+ 2 ≥ 1
10 Cho a, b, c, d ≥ 0 Chứng minh rằng
a
b2+ c2+ d2 + b
c2+ d2+ a2 + c
d2+ a2+ b2 + d
a2+ b2+ c2 ≥ 3
√ 3
2 .
1
√
a2+ b2+ c2+ d2
11 (Crux) Cho a, b, c ≥ 0 và a2+ b2+ c2 = 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.
4 + a2 + b
4 + b2 + c
4 + c2 + d
4 + d2 + e
4 + e2 ≤ 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