www.hsmath.net Cũng 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
Trang 1www.hsmath.net
Cũng 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
1
a a aα α aα
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 =
Cộng theo vế các BĐT trên ta được: 5( )
Dấu “=” xẩy ra ⇔
3
1 2
x= =y
CAÂN BAẩNG HEÄ SOÁ TRONG BAÁT ẹAÚNG THệÙC COÂ-SI
2
Trang 2đạt Min khi
dự đoán
Từ (1) và (2) suy ra:
6 5
P x y = x+ y ≤ Dấu bằng xẩy ra ⇔
3
1 2
x= =y , thỏa mHn điều kiện (1)
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
Để xuất hiện ( ; )P x y ở vế phải, ta cần chọn ,α β sao có tỷ lệ:
5 2
5 2
6.β y =1 x : 2 y
⇔
5
2
5
(5) Vậy từ (4) và(5) ta thu được HPT: 5
3 3
1 4 1
α β
=
⇔
3 5 5
3 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
Max P x y = +
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
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
( ; ; )
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)
x= =y α αz > (7) áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có
2 2
x + y ≥ xy ≥ xy
2
2
2
2
Từ các BĐT trên suy ra:
www.hsmath.net
Trang 3www.hsmath.net chỉ 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
4
a a
4
a a
α = ư + < loại
Cùng với (6) và (7) ta có HPT: xy yz zx 1
x y αz
= =
α
⇔
= =
Giải HPT này với α như trên ta được: ( )
2
2
16
4
a z
a
x y
= ±
⇔
= = ±
( ; ; )
xy yz zx Min P x y z
a
α
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
= + +
(Đề thi chọn ĐTVN dự thi IMO 2001)
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
α β
=
=
áp dụng BĐT Cô-si suy rộng ta có:
12xyz≥2x+8y+21z≥ 2α x 8β y 21z
1 8
21
β
+ +
⇒ 8 21 2 21 2 8 ( )
,
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
2 2 3 3
β
+ +
2 3 2 3
,
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 )
+
=
⇔
+
2 2
⇔
Từ PT thứ nhất ⇒ ( )
2
8 3
α β
α
ư
=
ư Thay vào PT thứ hai ta có:
www.hsmath.net
Trang 4(13)
2
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
áp dụng BĐT Cô-si tổng quát cho 15 số dương ta có: 15 3 5 7
1 1 1 1 1 1 1 1 1
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 1 1
1 15
≥
Từ (12) suy ra 6 5 4
1 1 1 1
x y z ≥ , do đó từ (13) ta được ( ) 15
, ,
2
P x y z ≥
Đẳng thức xẩy ra ⇔ = = =x1 y1 z1 1
Vậy Min ( ) 15
, ,
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
2 2 2 2
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 + + + + +
ì ≥≥3( α β γ λ+ + + )
Đẳng thức xẩy ra ⇔ = = = =x y z t 1
www.hsmath.net
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≥
3 α β γ λ
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 tα β γ λ α β γ λ
≥ + + + ≥≥( α β γ λ+ + + )xyzt
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
= = 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
= = = ta có bài toán:
15
a+ b + c ≥ Đẳng thức xảy ra khi nào?
- Thay 1, 1, 1, 1, 1
t = λ = α = β = γ = vào (14) và đặt 1 , 2 , 4
= = = ta có bài toán sau:
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
- Thay t 1, 1, 1, 2, 3
= = = ta có bài toán sau:
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.hsmath.net