Tổng hợp các tài liệu ôn thi Đại Học hay và có đáp án, giúp các em nắm chắc kiến thức, phát triển tư duy, các tài liệu đều được biên soạn kĩ càng, cô đọng nhất để gúp các em hiểu sâu vấn đề, với mong muốn mở rộng cánh cửa Đại Học với các em hơn, giúp các em thực hiện mơ ước của mình Chúc các em học tốt Ban biên soạn tài liệu.
Trang 1Cũng từ phương pháp này,
nhất (Max) của biểu thức
được những bài toán mới
quát và tạo ra
Sử dụng bất đẳng thức (BĐT) đH biết mà đặc biệt là BĐT Cô-si là phương pháp thường được áp dụng để giải các bài toán về BĐT nói chung Những bài toán cực trị, nhất
là trường hợp có thêm các điều kiện phụ thường gây khó khăn cho người giải trong việc ước lượng hệ số và xét điều kiện để dấu đảng thức xẩy ra Bài viết này trình bày một phương pháp đánh giá thông qua BĐT Cô-si để từ đó, chuyển bài toán cực trị về việc giải một phương trình (PT) hoặc hệ phương trình (HPT) mà việc giải quyết là dễ dàng hoặc có
đường lối rõ ràng hơn, đó là phương pháp cân bằng hệ số
với một chút sáng tạo, chúng ta có thể tổng
Trước hết xin nêu lại mà không chứng minh hai BĐT quen thuộc sau:
i) BĐT Cô-si tổng quát: 1 2 n 1 2
a + + + ≥a a n a a a
ii) BĐT Cô-si suy rộng:
1 1a 2a2 nan
α α α ≥ ( ) ( 1 2 ) 1 2
1
1 2 1 2 n a a a n
a a aα α aα
α α + + + + + +
Trong hai BĐT trên thì a a1, 2, ,a n không âm, α α1, 2, ,αndương và dấu đẳng thức xẩy
ra khi và chỉ khi a1 =a2 = = a n
Chúng ta bắt đầu tù bài toán sau:
Ví dụ 1 Cho các số thực dương ,x y thỏa mLn điều kiện 3 3
1
x +y = (1) Tìm giá trị lớn ( ; )
P x y = x + y
Phương pháp suy luận:
Sự chênh lệch về số mũ của các biểu thức 3 3
x +y và ( ; )P x y = x+ y gợi cho ta
sử dụng BĐT Cô-si để hạ bậc của 3 3
x +y Nhưng ta cần áp dụng cho bao nhiêu số và là những số nào? Căn cứ vào bậc của các biến số x và y trong các biểu thức trên, ta thấy cần phải áp dụng BĐT Cô-si lần lượt cho 3
x và 3
y cùng với 5 hằng số dương tương ứng
khác để làm xuất hiện x và y Mặt khác do x, y dương và vai trò của chúng như nhau
nên ta dự đoán ( ; )P x y đạt Max khi x= y Từ (1) suy ra
3
1 2
x= =y và ta đi đến lời giải như sau
Lời giải áp dụng BĐT Cô-si cho 6 số dương: 1 số 3
x và 5 số 1 , ta có:
3
1 2
x=
Tương tự như vậy:
3
1 2
y =
(x +y ) 5+ ≥6.2ư x+ y (2) Dấu “=” xẩy ra ⇔
3
1 2
x= =y
2
www.VNMATH.com
Trang 2+ ≥ ≥
đạt Min khi
dự đoán
Từ (1) và (2) suy ra:
P x y = x+ y ≤ Dấu bằng xẩy ra ⇔
3
1 2
x= =y , thỏa mHn điều kiện (1)
( ; ) 2
Max P x y =
Ví dụ 2 Cho các số thực dương ,x y thỏa mLn điều kiện x3+ y3 ≤1(3) Tìm giá trị lớn
nhất (Max) của biểu thức ( ; )P x y = x +2 y
Phương pháp suy luận:
ở ví dụ 1, chúng ta đH nhanh chóng dự đoán được Max ( ; )P x y đạt được khi x= y,
từ đó tính được ,x y Nhưng trong bài toán này, vai trò của x và y là không bình đẳng
Tuy nhiên ta hHy giả sử ( ; )P x y đạt Max khi x
y
α β
=
=
nào đó và dự đoán ,α β ở điều kiện biên của (3), tức là 3 3
1
α +β = (4) Ta viết:
5
5
y + β ≥ y β = β y
x + y + α +β ≥ α x+ β y
Để xuất hiện ( ; )P x y ở vế phải, ta cần chọn ,α β sao có tỷ lệ:
5 2
6.α x :
5 2
6.β y =1 x : 2 y
⇔
5
2
5
1 4 1
α β
=
⇔
5
1
1 2 2 4
1 2 2
α β
Bằng cách làm ngược lại các bước trên ta sẽ thu được { } ( )5
5 6
( ; ) 1 2 2
Max P x y = + Nhận xét Từ cách phân tích trên ta thấy có thể thay đổi dữ kiện của bài toán sao cho
HPT sau khi cân bằng hệ số có thể giải được Chẳng hạn như các bài toán dưới đây:
Bài toán 1 Cho các số nguyên dương , ,m p q sao cho m≥ Max p q{ }, HLy tìm
GTLN của biểu thức ( ; ) p q
P x y =ax + y trong hai trường hợp sau, biết rằng a là hằng số dương và x, y là các biến số không âm thỏa mLn điều kiện x m+ y m≤1:
i)
2
m q
p= +
ii) 2
3
m q
p= + Bài toán 2 Cho các số thực dương a, b, c, d và các số nguyên m, n thỏa mLn điều kiện
0
m> >n Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x y z( ; ; )=ax n+by n +cz n trong đó
, ,
x y z là các biến số không âm thỏa mLn điều kiện m m m
x +y +z ≤d
Ví dụ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( 2 2) 2
( ; ; )
P x y z =a x +y +z Trong đó a là số thực dương và x, y, z là các biến số thỏa mLn điều kiện xy+ yz+zx=1 (6)
Phương pháp suy luận: Do vai trò của x và y là như nhau nên ta P x y z( ; ; )
( 0)
x= =y α αz > (7) áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có
x + y ≥ xy ≥ xy
2
x αz xαz αxz ⇔1 2 2
2
x αz xz
2
y αz yαz αyz⇔1 2 2
2
y αz yz
Từ các BĐT trên suy ra:
www.VNMATH.com
Trang 3chỉ phụ tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
1
α
Vế phải của BĐT trên là hằng số, vì vậy ta cần tìm α để có tỷ lệ: 1 1 : 2α a:1
α
2
2aα α 1 0
4
a a
4
a a
α = ư + < loại
Cùng với (6) và (7) ta có HPT: xy yz zx 1
x y αz
= =
x y z
α
⇔
= =
2
2
16
4
a z
a
x y
⇔
= = ±
( ; ; )
xy yz zx Min P x y z
a
α
Nhận xét Bằng cách làm tương tự như trên chúng ta có thể giải trọn vẹn được bài toán
tổng quát hơn sau:
Bài toán 3 Cho các hằng thực dương a, b, c và các biến số x, y, z thỏa mLn điều kiện
1
xy+yz+ ≥zx Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2
( ; ; )
P x y z =ax +by +cz
Ví dụ 4 Xét các số thực dương a, b, c thỏa mLn điều kiện 21ab+2bc+8ca≤12
a b c
= + +
(Đề thi chọn ĐTVN dự thi IMO 2001)
Phương pháp suy luận: Đặt a 1,b 1,c 1
Điều kiện của bài toán tở thành 2x+8y+21z≤12xyz(9)
Và ta cần tìm Min của biểu thức ( ; ; )P x y z = +x 2y+3z
Giả sử ( ; ; )P x y z đạt Min khi x z
y z
α β
=
=
áp dụng BĐT Cô-si suy rộng ta có:
12xyz≥2x+8y+21z≥ 2α x 8β y 21z
1 8
21
β
,
x β+ y α+ z α β+ ≥ A α β (10) Trong đó biểu thứcA( α β, ) chỉ phụ thuộc vào ,α β
Cũng theo BĐT Cô-si suy rộng ta có:
P x y z = x + 2y + 3z = α x 2β y 3z
1
3
β
,
B α β x y zα β α β+ + (11)
Trong đó biểu thứcB( α β, ) thuộc vào ,α β
Đối chiếu (10) và (11) ta thấy cần chọn ,α β sao cho có tỷ lệ: α β: 2 : 3=(8β +21 : 2) ( α+21 : 8) ( β +2α )
8 21
+
=
⇔
+
2 2
⇔
Từ PT thứ nhất ⇒ ( )
2
8 3
α β
α
ư
=
ư Thay vào PT thứ hai ta có:
www.VNMATH.com
Trang 4(13)
2
4α 78α 306α 567 0
2α 9 2α 48α 63 0
8 β
Khi P x y z đạt Min thì tất cả các BĐT trên đều trở thành đẳng thức, nghĩa là ( , , )
α β
Tới đây, điểm mấu chốt của bài toán đH được giải quyết và ta đi đến một lời giải tương đối ngắn gọn cho bài toán như sau:
Lời giải Đặt 3 ,1 5 1, 2 1
x= x y= y z= z khi đó điều kiện (9) trở thành
x + y + z ≤ x y z ⇔3x1+5y1+7z1 ≤15x y z1 1 1
P x y z =P x y z = 3 1 2.5 1 32 1
1
2 x + y + z
15x y z ≥3x +5y +7z ≥15 x y z (12)
1
2
P x y z = x + y + z ≥ 15 6 5 4
1 15
2 x y z
≥
Từ (12) suy ra 6 5 4
x y z ≥ , do đó từ (13) ta được ( ) 15
, ,
2
P x y z ≥
Đẳng thức xẩy ra ⇔ = = =x1 y1 z1 1
, ,
2
P a b c =
Nhận xét Sở dĩ ta đặt các biến mới x y z1, 1, 1 là vì ta đH xác định được bộ số (x,y,z) để
P x y z đạt Min Mặt khác việc xét dấu bằng sẽ trở nên dễ dàng hơn bếu các biến
tham gia khi xẩy ra dấu đẳng thức là bằng nhau và đều bằng 1
Một điều thú vị và đáng chú ý ở đây là các BĐT (12), (13) tương đối đơn giản, nhưng qua phép đổi biến đH trở thành BĐT khác phức tạp hơn rất nhiều Chúng ta hHy
thử vận dụng điều này để tạo ra những bài toán mới rất thú vị, xuất phát từ bổ đề sau:
Bổ đề: Cho các số thực α β γ λ, , , ≥0và , , ,x y z t >0 Khi đó ta có:
i) Nếu αx+βy+γz+ ≤λt ( α β γ λ+ + + )xyzt thì ( β γ λ+ + ) (x+ + +γ λ α ) (y+ λ α β+ + )z+
( α β γ )t 3( α β γ λ )
+ + + ≥ + + + (14) ii) Nếu ( β γ λ+ + ) (x+ + +γ λ α ) (y+ λ α β+ + )z++ ( α β γ+ + )t≥3( α β γ λ+ + + ) thì
α +β +γ + ≥λ α β γ λ+ + + (15)
Chứng minh Trường hợp α β γ λ= = = =0 thì bổ đề hiển nhiên đúng Ta xét khi
0
α +β +γ +λ > i) áp dụng BĐT Cô-si suy rộng ta có:
( α β γ λ+ + + )xyzt≥αx+βy+γz+λt ≥( ) ( ) 1
x y z tα β γ λ α β γ λ
1
xβ γ λ γ λ α λ α β α β γ+ + y + + z + + t + +
Như vậy: ( β γ λ+ + ) (x+ + +γ λ α )y++ ( λ α β+ + ) (z+ α β γ+ + )t≥≥3( α β γ λ+ + + ì)
xβ γ λ γ λ α λ α β α β γ α β γ λ + + y + + z + + t + + + + +
Đẳng thức xẩy ra ⇔ = = = =x y z t 1
www.VNMATH.com
Trang 5Cho các số thực dương a,b,c
Chúc các bạn thành
cần thiết khi học toán chúng theo
tập sau và hHy cố gắng mở rộng hơn nữa Để kết thúc
trường hợp nhiều biến Các bạn hHy thử tiếp tục suy nghĩ
toán mới
và
Chứng minh rằng:
56
ii) áp dụng BĐT Cô-si suy rộng ta có:
3 α β γ λ+ + + ≥ β γ λ+ + x+ + ++( γ λ α ) (y+ λ α β+ + ) (z+ α β γ+ + )t≥
xβ γ λ γ λ α λ α β α β γ α β γ λ + + y + + z + + t + + + + +
ì
1 xβ γ λ γ λ α λ α β α β γ+ + y + + z + + t + +
x y z tα β γ λ α β γ λ + + + xyzt
Như vậy:
x y z t
x y z tα β γ λ α β γ λ
Đẳng thức xảy ra ⇔ = = = =x y z t 1
Bổ đề được chứng minh
Sử dụng bổ đề trên bằng cách thay vào những giá trị đặc biệt và bằng những cách
phát biểu khác nhau, ta sẽ có những kết quả khác nhau:
- Với t =1,λ =0,α =3,β =5,γ =7, thay x, y, z, t lần lượt bởi 3x, 5
4 y ,
2
3z vào (14), sau
đó đặt a 1,b 1,c1
x y z
= = ta được Bài toán ví dụ 4
- Thay t=1,λ=1,α =1,β =2,γ =3 vào (14) và đặt 1 , 2 , 4
Bài toán 4 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mLn điều kiện 72ab + 9bc + 24ca + + 18abc ≤
3 10 16
15
a+ b + c ≥ Đẳng thức xảy ra khi nào?
t = λ = α = β = γ = vào (14) và đặt 1 , 2 , 4
= = = ta có bài toán sau:
Bài toán 5. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mLn điều kiện 2( )
8a b c+ +27abc≤16 Chứng minh rằng: 5 10 22 6
4a +9b +9c ≥ Đẳng thức xảy ra khi nào?
- Vì khi xẩy ra đẳng thức ở hai Bài toán 4 và 5 đều có 1, 2, 4
a= b= c= nên khi kết hợp hai bài toán trên ta có:
2
8a b c+ +27abc≤16 Chứng minh rằng: 17 19 166 21
4a +9b+ 9c ≥
Đẳng thức xảy ra khi nào?
56
= = = ta có bài toán sau:
Bài toán 7 Cho các số thực a, b, c dương thỏa mLn điều kiện 3 10 16 12 21
a+ b + c+ ≤ , chứng minh rằng 1 4 4 2 28
2a +3b+ +c a≥9abc Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bằng cách thay đổi dữ kiện bài toán theo hướng trên chúng ta sẽ có được rất nhiều bài
theo hướng trên và theo hướng tổng quát cho bài viết này, đề nghị các bạn giải một số bài
cách của mình Đó là một việc làm thực sự
công!
www.VNMATH.com