Phân tích bất ĐẲNG THỨC

Luyện thi THPT QUỐC GIA năm 2016 – Chuyên đề PT – HPT – BĐT Liên hệ: Nguyễn Thế Duy – Email: duynguyenthe1995@gmail.com – 0169.965.7773 Kim Ngưu – Quận Hoàn Kiếm – Hà Nội Bài toán. Cho , ,x y z là các số thực thỏa mãn , , 1x y z và         2 2 2 6 2 x y z xy x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức                 2 1 1 1 1 y x y x P y z x z z Phân tích hướng giải. Đây là một bài bất đẳng thức đẹp, hấp dẫn người làm về hình thức lẫn nội dung. Đầu tiên, nói về hướng tiếp cận đề, chúng ta thấy đây là một dạng bất đẳng thức nửa đối xứng, ở cả giả thiết lẫn biểu thức cực trị chỉ có sự đối xứng giữa ,x y . Cũng vì điều này, ta dự đoán điểm rơi bài toán xảy ra tại  x y k . Khi đó thay ngược lại giả thiết, ta được:                      2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 4 4 1 2 1 2 2 k z k k z z z k k z k z k Và từ đó, thay vào biểu thức P ta có                           2 2 2 3 1 5 3 2 2 5 0 3 1 1 4 5 1 3 1 k k k k P k k k k Nhìn vào điều trên, ta đã suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 5 4 và đẳng thức xảy ra tại   1; 4x y z . Vậy, sẽ có người đặt ra câu hỏi rằng: Tại sao lại phải làm bước này? Các bạn sẽ biết câu trả lời trong quá trình tôi phân tích bài toán này. Sau khi xác định được điểm rơi, , ta đi đơn giản giả thiết của bài toán, có một lưu ý rất hay xảy ra là với điểm rơi x y , ta có          2 2 0 4x y x y xy vì vậy                                                   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 4 2 2 2 0 2 2 x y x y z z x y z xy z xy x y z z x y x y z z x y z x y z x y z z x y Do đó, ta có đánh giá sau                  2 2 2 x y x y z x y . Vì thế ý tưởng của bài toán sẽ là dồn về biến    2t x y . Và công việc tiếp theo sẽ là           1 1 , 1 1 y x f x y y z x z với    2z x y . Đây là sự xuất hiện của hai phân thức, ta cần tư duy luôn trong đầu đó là sẽ có những bất đẳng thức nào liên quan đến dạng phân thức, và một bất đẳng thức quan trọng không thể Luyện thi THPT QUỐC GIA năm 2016 – Chuyên đề PT – HPT – BĐT Liên hệ: Nguyễn Thế Duy – Email: duynguyenthe1995@gmail.com – 0169.965.7773 Kim Ngưu – Quận Hoàn Kiếm – Hà Nội thiếu đó là          2 2 2 x y y x a b a b ( Bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân số ). Với những biểu thức có chứa phân số, những bước tư duy cũng như xử lý như thế nào thì điều này tôi sẽ nói rõ hơn trong sách của mình. Nên ta cần xử lý hai phân thức sao cho có thể dùng được bất đẳng thức    . Và ta có hai hướng sau: Hướng 1. Để xuất hiện bình phương trên tử số, để áp dụng bất đẳng thức    thì hai phân thức đó phải nhân cả tử và mẫu với chính tử số như sau:                                              2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 x y y x y z x z x y z y x z x y x y z y x z Trên tử đã xuất hiện biến  t x y rồi, giờ thì ta chỉ cần sẽ xét riêng mẫu số, đó là                                                     2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 x y z y x z xy xz x y z xy yz y x z xy z x y x y x y x y x y Và cuối cùng, ta cũng đánh giá được                      2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 4 x y y x y z x z x y x y Do đó, biểu thức được viết lại thành                                         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4 2 x y t x y t P f t x y x y x y t t t Đến đây, việc biết trước được điểm rơi cũng như giá trị nhỏ nhất của biểu thức ở phần suy đoán đầu tiên. Thì nó giúp chúng ta giải quyết biểu thức   f t một cách đơn giản hơn ngoài cách đạo hàm mà có thể biến đổi tương đương, bởi vì                            2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 6 5 0 4 2 2 4 2 2 3 2 t t t t t t t t t Luyện thi THPT QUỐC GIA năm 2016 – Chuyên đề PT – HPT – BĐT Liên hệ: Nguyễn Thế Duy – Email: duynguyenthe1995@gmail.com – 0169.965.7773 Kim Ngưu – Quận Hoàn Kiếm – Hà Nội Hướng 2. Tư duy cao hơn một chút, đó là ta sẽ chuyển tử số chứa biến thành tử số chứa hằng số và đảm bảo được cả hai phân số đều có nhân tử chung. Bằng cách thêm bớt vào tử số một lượng mẫu số nhất định như sau:                                                      1 1 1 1 1 1 1 1 4 1 1 2 2 1 1 2 2 x y z y z x y z x z y x y z x z y z x z x y z x y z y z x z x y z Dừng lại ở đây một chút, nó đã bắt đầu khó. Khó ở đây là vì với    2z x y do đó                          1 1 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 x y z x y x y x y x y z x y Nhưng còn  x y z ta lại không đánh giá được theo  t x y vì sẽ bị ngược dấu. Hoặc là nếu chuyển hướng đánh giá theo z thì cũng sẽ bị ngược dấu như trên. Vậy là hai lối tư duy ta đưa ra đã bị thất bại. Thế nên cần tìm một con đường khác. Để ý rằng ngay từ ban đầu, biểu thức P đã xuất hiện x y z . Vậy ta sẽ dồn biến về chính ẩn này, quan sát thấy biểu thức        4 2 2 x y z x y z là một biểu thức đồng bậc, điều kiện đủ ở tử số đó là đã xuất hiện  x y z chỉ còn xét mẫu số, mẫu số lại thừa đi hằng số 2 vì thế ta đánh giá                     2 2 2 2 2 2 x y z x y z z x y z x y x y z Vậy nên suy ra                                 4. 4 4 4 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2. 1 x y x y z x y z y x z x y y z x z x y z x y z z Do đó, biểu thức được viết lại thành                        2 2 4. 4 4 4 5 2 2 2 1 4 2. 1 x y x y h z P g h h x y z h z Biểu thức   g h đơn giản, nếu đi xét hàm số cần lưu ý điều kiện     , , 1 2 x y x y z h z . Hai hướng phân tích cho một bài toán, và sự nhanh nhạy cần có khi gặp chưa thể gỡ rối khi ta đi tìm lời giải một bài toán khó. Nói thêm một chút về đoạn cuối cùng xử lý, chúng ta có thể đi đạo hàm, đi biến đổi tương đương, sử dụng bất đẳng thức AM – GM … nhưng điều thấy được tầm quan trọng trong bước suy đoán điểm rơi. Và nói về BẤT ĐẲNG THỨC, đây là một dạng TOÁN RẤT KHÓ cần sự ĐAM MÊ, HỌC HỎI, KIÊN TRÌ. . x y . Đây là sự xuất hiện của hai phân thức, ta cần tư duy luôn trong đầu đó là sẽ có những bất đẳng thức nào liên quan đến dạng phân thức, và một bất đẳng thức quan trọng không thể Luyện thi. lý hai phân thức sao cho có thể dùng được bất đẳng thức    . Và ta có hai hướng sau: Hướng 1. Để xuất hiện bình phương trên tử số, để áp dụng bất đẳng thức    thì hai phân thức đó. nhỏ nhất của biểu thức                 2 1 1 1 1 y x y x P y z x z z Phân tích hướng giải. Đây là một bài bất đẳng thức đẹp, hấp dẫn người làm về hình thức lẫn nội dung.