Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)

Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ QUẾ BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC BẤT ĐẲNG THỨC, HỆ BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ QUẾ BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC BẤT ĐẲNG THỨC, HỆ BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2017 i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức 1.2 Một số bất đẳng thức 3 Một số hướng giải toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức 2.1 Vận dụng bất đẳng thức 2.2 Sử dụng giảm số biến biểu thức 2.3 Vận dụng tính chất tam thức bậc hai 2.4 Vận dụng tính chất hàm số 2.5 Vận dụng tính chất hình học 17 17 33 44 47 55 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 Mở đầu Nhiều năm gần kỳ thi học sinh giỏi cấp, kì thi Olympic nước quốc tế thường có toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức hay hàm số Các toán phần toán cực trị đại số Các toán cực trị phong phú đa dạng, tương đối khó học sinh Để giải toán cực trị học sinh phải biết biến đổi tương đương biểu thức đại số, sử dụng nhiều đẳng thức, bất đẳng thức từ đơn giản tới phức tạp, phải tổng hợp kiến thức kỹ tính toán, tư sáng tạo đặc biệt phải nắm bất đẳng thức chương trình phổ thông Luận văn nhằm mục đích tổng hợp bất đẳng thức bản, đặc biệt sâu tìm lời giải toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức đề thi học sinh giỏi nước quốc tế Nhiệm vụ luận văn: Đọc tài liệu, đề thi IMO, VMO, đề thi học sinh giỏi vùng Đông Âu, đề thi học sinh giỏi vùng Châu Á, Thái Bình Dương, để chọn lọc toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức tiêu biểu Tổng hợp, phân loại phương pháp giải toán theo cách tiếp cận để người đọc nhận dạng vận dụng phương pháp vào giải toán cực trị tương tự Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn trình bày khái niệm toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, số bất đẳng thức vận dụng việc giải toán cực trị Chương Một số hướng giải toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức Chương trình bày số phương pháp giải toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức phương pháp vận dụng bất đẳng thức bản, phương pháp sử dụng giảm số biến biểu thức, phương pháp vận dụng tính chất tam thức bậc hai, phương pháp vận dụng tính chất hàm số, phương pháp vận dụng tính chất hình học Mặc dù thân có cố gắng vượt bậc, không tránh khỏi khiếm khuyết, mong góp ý quý thầy cô bạn đọc quan tâm để luận văn hoàn thiện Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quan tâm, hướng dẫn thầy, tới thầy cô Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học, bạn học viên lớp Cao học Toán K9C giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi động viên trình học tập nghiên cứu trường Thái Nguyên, ngày 19 tháng năm 2017 Học viên Nguyễn Thị Quế Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, luận văn trình bày khái niệm toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, số bất đẳng thức vận dụng việc giải toán cực trị Nội dung chương chủ yếu lấy từ tài liệu [3], [6], [8] 1.1 Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức dạng toán: Cho biểu thức F (x1 , x2 , , xn ) với biến x1 , x2 , , xn thỏa mãn điều kiện D (D bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, ) Ta nói M (M phải số) giá trị lớn (giá trị nhỏ nhất) biểu thức F thỏa mãn hai điều kiện sau: +) Bất đẳng thức F (x1 , x2 , , xn ) ≤ M (F (x1 , x2 , , xn ) ≥ M ) với x1 , x2 , , xn thỏa mãn D +) Tồn x1 , x2 , , xn thỏa mãn D cho F (x1 , x2 , , xn ) = M Ví dụ 1.1 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 1994) Xét số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Q = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + d)2 + (b − 2a)2 + (c − 2d)2 Ví dụ 1.2 (Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia 2011) Xét số thực a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P (a, b, c) = + + a b c Ví dụ 1.3 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở giáo dục đào tạo Bình Định) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn    ≤ z ≤ {x, y}   xz ≥    yz ≥ Tìm giá trị lớn P (x, y, z) = 1.2 30 2010 + + x y z Một số bất đẳng thức 1.2.1 Bất đẳng thức AM-GM Định lý 1.1 Giả sử a1 , a2 , , an số thực không âm Khi √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.1 Với số dương a1 , a2 , , an ta có √ n a1 a2 an ≥ n 1 + + + a1 a2 an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.2 Với số dương a1 , a2 , , an ta có 1 n2 + + + ≥ a1 a2 an a1 + a2 + + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.3 Với số không âm a1 , a2 , , an m = 1, 2, ta có m m am + a2 + + an ≥ n a1 + a2 + + an n m Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Ví dụ 1.4 (xem [3]) Cho số dương a, b, c ≥ Tìm giá trị lớn biểu thức P = a b c + + + a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 1 + + a b c Phân tích 1 Trong biểu thức P ta nhận thấy biểu thức + + nằm a b c thức, ta hoàn toàn mạnh dạn suy nghĩ đến việc cần tìm bất đẳng thức phụ cho đưa đánh giá a b c 1 + + ≤ f ( + + ) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a b c 1 1 1 f ( + + ) biểu thức có chứa ( + + ) a b c a b c Bài toán cần tìm giá trị lớn ta nghĩ tới chiều đánh giá P ≤, ta cần sử dụng a2 + b2 ≥, b2 + c2 ≥, c2 + a2 ≥ Điều làm ta suy nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng thức quen thuộc AM-GM Khi ta đánh giá được: a b c a b c 1 1 + + ≤ + + ≤ ( + + ) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 2ab 2bc 2ca a b c Từ ta tìm lời giải sau: Bài giải Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + c2 ≥ 2bc, c2 + a2 ≥ 2ca a b c a b c ⇔ + + ≤ + + 2 a +b b +c c +a 2ab 2bc 2ca a b c 1 1 ⇔ + + ≤ ( + + ) a + b2 b2 + c2 c2 + a2 a b c Đẳng thức xảy a = b = c Khi đó: 1 1 1 + + P ≤ ( + + )+ a b c a b c t √ Đặt f (t) = + t Ta tìm điều kiện biến t: 1 Vì a, b, c ≥ nên + + ≤ 3, < t ≤ a b c √ √ t Vì t ≤ nên ≤ t ≤ 2 √ √ t √ Suy + t ≤ + hay f (t) ≤ + 2 √ Vậy P ≤ + Đẳng thức xảy a = b = c = √ Vậy giá trị lớn P + a = b = c = Ví dụ 1.5 (xem [3]) Cho số thực a, b, c thỏa mãn c > 0, a ≥ c, b ≥ c Tìm giá trị lớn biểu thức: P = c(a − c) + c(b − c) − 2a2 b2 Bài giải Ta có c(a − c) + c(b − c) = √ ab c c 1− + b a c c 1− a b Theo bất đẳng thức AM-GM cho hai số ta có: c c 1− + b a c c c c 1− ≤ + 1− a b b a + c c + 1− a b =1 √ Suy c(a − c) + c(b − c) ≤ ab Đẳng thức xảy khi: c c  =1− b a ⇔ + = c = − c a b c a b √ Vậy P ≤ ab − 2a2 b2 √ Đặt a.b = t ta xét hàm số f (t) = t − 2t2 , t > Ta có P ≤ f (ab) 1√ Vì f (t) = t − 4t = ⇔ t = Lập bảng biến thiên ta dễ dàng thấy f (t) ≤ , ∀t ∈ (0; +∞) suy P ≤ f (ab) ≤ Đẳng thức xảy   ab = 1   + = a b c a+b ⇔ = ab c ⇔c= 4(a + b) 1 , ∀t ∈ R+ ⇔ a = t, b = , c = 4t 4t + Vậy giá trị lớn P 1 a = t, b = , c = , 4t 4t + t số thực dương Với cách suy luận tương tự nhờ áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta giải toán tương tự: Ví dụ 1.6 (xem [3]) Cho số thực x, y thỏa mãn x + y > Tìm giá trị nhỏ √ P = 2(x3 + y ) − x + y 46 t2 + x M = , t= 2, Nếu y = a 2t + t + y M Ta cần xác định giá trị < , cho phương trình: a M t2 + = a 2t + t + có nghiệm, nghĩa phương trình: M M M − t2 + t + −1=0 a a a có nghiệm Khi ∆= M a −4 M −1 a M −1 ≥0 a hay M −7 a M a −4≥0 √ √ 6−2 M 6+2 ⇔ ≤ ≤ a + 12 Suy √ √ 6−2 6−2 a≥ = M0 M≥ 7 √ 6−2 Vậy giá trị nhỏ M , đạt   x = M1 y  √ x = M1 y −M0 ⇔ với M = (1 − 2M )  (2M0 − 1) 2x2 + y + xy = y = ± − 7M0 + 7M02 Bài toán 2.19 (xem [6]) Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện |f (−1)| ≤ 1, |f (0)| ≤ 1, |f (1)| ≤ Tìm giá trị lớn |f (x)| với x ∈ [−1, 1] Bài giải Ta có: f (1) + f (−1) f (1) − f (−1) f (x) = − f (0) x2 + x + f (0) 2 47 = f (1) f (−1) x +x + x − x + f (0) − x2 2 Suy f (x) ≤ x + x + x2 − x + − x2 2 x2 + x + x2 − x + − x2 Vì x ∈ [−1, 1] nên x2 + x x2 − x = x2 x2 − ≤ Do = x2 + x + x2 − x + − x2 x + x − x2 + x + − x2 = |x| + − x2 = = − |x| − 2 + 5 ≤ 4 Suy |f (x)| ≤ Vậy giá trị lớn |f (x)| đạt x = 2.4 Vận dụng tính chất hàm số i) Ý tưởng chung Nội dung phương pháp thể qua định lý sau: Định lý 2.8 (xem [8]) Cho hàm số y = f(x) xác định liên tục [a; b] *) Nếu f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a; b] f(x) đồng biến [a; b] ta có f (x) = f (a); m ax f (x) = f (b) x∈[a;b] x∈[a;b] *) Nếu f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [a; b] f(x) nghịch biến [a; b] ta có f (x) = f (b); x∈[a;b] m ax f (x) = f (a) x∈[a;b] 48 Định lý 2.9 (Định lý Fermart) Giả sử hàm số y = f(x) xác định lân cận đủ bé x0 ∈ [a; b] có đạo hàm điểm x0 Khi hàm số y = f(x) đạt cực trị x0 f (x0 ) = Định lý 2.10 (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị) Cho hàm số y = f(x) xác định [a; b] x0 Trong lân cận đủ bé ε x0 , f (x0 ) thay đổi dấu x qua x0 (có thể không tồn f (x0 )) f(x) đạt cực trị x0 *) Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ [x0 − ε; x0 ] f (x) > 0, ∀x ∈ [x0 ; x0 + ε] x0 điểm cực tiểu *) Nếu f (x) > 0, ∀x ∈ [x0 − ε; x0 ] f (x) < 0, ∀x ∈ [x0 ; x0 + ε] x0 điểm cực đại Định lý 2.11 (xem [8]) Giả sử y = f(x) xác định [a; b] x0 ∈ [a; b] Trong lân cận đủ bé ε x0 , hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục, đồng thời f (x0 ) = f (x) = x0 điểm cực trị hàm số *) Nếu f (x0 ) = f (x) > x0 điểm cực tiểu hàm số *) Nếu f (x0 ) = f (x) < x0 điểm cực đại hàm số ii) Ví dụ minh họa Bài toán 2.20 (Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia 2011) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P (a, b, c) = + + a b c Bài giải Cách 1 1 Đặt x = , y = , z = toán trở thành: a b c Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2x + 8y + 21z ≤ 12xyz Tìm giá trị nhỏ biểu thức P (x, y, z) = x + 2y + 3z 2x + 8y Từ giả thiết z(12xy − 21) ≥ 2x + 8y > suy z ≥ với 12xy − 21 49 4y Suy x> P (x, y, z) ≥ x + 2y + 2x + 8y 4xy − Xét hàm số 4x2 y − 5x + 8y 2x + 8y = f (x) = x + 4xy − 4xy − với biến x > y tham số dương, ta có 4y 16x2 y − 56xy − 32y + 35 f (x) = (4xy − 7)2 7y ; +∞ Trên đoạn f (x) = có nghiệm là: −7y + xo = 32y + 14 4y qua xo f (x) đổi dấu từ âm sang dương nên f (x) đạt cực tiểu xo nên f (x) ≥ f (xo ) = 2xo − 4y Suy P (x, y, z) ≥ g(x) + 2y ≥ f (xo ) + 2y Xét hàm số g(y) = 2y + + 4y 2y 32y + 14 Ta có g (y) = ⇔ (8y − 9) 32y + 14 − 28 = Đặt t = 32y + 14 với t > 0, phương trình trở thành t − 50t − 112 = ⇔ (t − 8)(t2 + 8t + 14) = ⇔t=8⇔y= 50 Do g = g (y) đổi dấu từ âm sang dương nên g (y) đạt cực lúc ta có P (x, y, z) ≥ g(y) ≥ g Dấu đẳng thức xảy tiểu yo = = 15 y = , x = 3, z = hay a = ,b = ,c = 15 a = Vậy giá trị nhỏ P ,b = ,c = Nhận xét 2.4 Phương pháp khảo sát biến cho thấy đường lối giải rõ ràng so với cách vận dụng bất đẳng thức đồng thời giải hàng loạt toán tìm cực trị hàm nhiều biến khác Cách Với x, y, z số thực dương tùy ý, áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy rộng, ta có P = = x 2y 3z + + ≥ (x + y + z) ax by cz ax x by y cz z x+y+z x+y+z x+y−z −x + y + z x−y+z x+y+z bcyz cazx  abxy  2     (x + y + z)2 ≥ xy(x + y − z) yz(y + z − x) zx(z + x − y) ab + bc + ca 12 Suy (x + y + z)2 P ≥ xy(x + y − z) yz(y + z − x) zx(z + x − y) ab + bc + ca 12 (2.16) 51 Chọn số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện xy(x + y − z) yz(y + z − x) zx(z + x − y) = = 4.21 12.2 6.8 hay (x, y, z) = (6, 5, 4) Thay (x, y, z) = (6, 5, 4) vào (2.16) ta nhận P ≥ Dấu đẳng thức xảy      a=   = =     6a 5b 4c 10bc 15ab = = 8cz hay  b =        c = 21ab + 2bc + 8ca = 12 Vậy giá trị nhỏ P 15 15 (a, b, c) = ( , , ) Bài toán 2.21 (VMO, 2001) Xét số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện    ≤ z ≤ {x, y}   5 xz ≥  15     yz ≥ Hãy tìm giá trị lớn biểu thức P (x, y, z) = + + x y z Bài giải Từ điều kiện ≤ z ≤ {x, y} xz ≥ ta suy 15 x ≥ max z, a) Xét hàm số f (x) = Xét hai trường hợp 15z 1 + với x > tham số z ≥ x z (2.17) 52 • Nếu z ≥ √ x ≥ z ≥ theo (2.17) nên 15z 15 1 + = ≤ 15 z z z 2 • Nếu ≤ z ≤ √ x ≥ ≥ z theo (2.17) nên 15z 15 f (x) ≤ (2.18) 15z + = g(z) z 2 Xét hàm số g(z) với ≤ z ≤ √ 15 Ta có 15 − B > C Tìm giá trị nhỏ hàm số f (x) = x − Sin A + x − Sin C x − Sin B − x − Sin C Bài giải Ta có A > B > C ⇔ a > b > c ⇔ Sin A > Sin B > Sin C Hàm số f (x) xác định khi:  x − Sin A   ≥0    x − Sin C ⇔   x − Sin B    ≥0 x − sin C x ≤ Sin C x ≥ Sin A ⇒ điều kiện xác định D = (−∞; Sin C] ∪ [Sin A; +∞) Ta có f (x) = Sin A − Sin C 2(x − Sin C)2 x − Sin C Sin B − Sin C + x − Sin A 2(x − Sin C)2 x − Sin C > 0, ∀x ∈ D x − Sin B Do f (x) đồng biến D có lim f (x) = x→+∞ f (Sin A) = Sin A − Sin B − < Sin A − Sin C Vậy giá trị nhỏ f (x) Sin A − Sin B − x = Sin A Sin A − Sin C 54 Bài toán 2.23 (VMC 2011) Cho α, β ∈ R thỏa mãn α+n 1− n