ỨNG DỤNG của HAI bất ĐẲNG THỨC THÚ VỊ

ỨNG DỤNG CỦA HAI BẤT ĐẲNG THỨC THÚ VỊ Nguyễn Anh Tú (K39D Sư phạm Toán, trường ĐHSP Hà Nội 2) MỞ ĐẦU Trong đề thi học sinh giỏi Quốc gia mơn Tốn lớp 10 Nga năm 2000 có tốn sau “Chứng minh với x , y thuộc 0, 1 ta có   bất đẳng thức 1x  1y  2  xy (1.1) Dấu đẳng thức xảy nào?” Bài toán chứng minh bất đẳng thức (1.1) tốn Vì bất đẳng thức (1.1) bất đẳng thức có chứa căn, nên ý tưởng đứng trước toán để “khử thức” Vế trái (1.1) tổng hai đại lượng nên ta nghĩ tới việc dùng bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovski-Schwarz (CBS)    a1b1  a 2b2   a12  a 22 b12  b22 , với a 1, a , b1,b2 số thực Khi đó, ta có    1     (1.2)     2  2  y2  1  x  y2    x Từ (1.2), ta thấy để hoàn thành chứng minh bất đẳng thức (1.1), ta phải chứng minh bất đẳng thức sau 1 (1.3)   2  xy 1x 1y Rõ ràng, bất đẳng thức (1.3) “chặt” bất đẳng thức (1.1) Có nhiều phương pháp để chứng minh bất đẳng thức (1.2), viết chứng minh bất đẳng thức (1.2) phương pháp biến đổi tương đương Ta có  1   1       0, (1.3)     2   xy    y  xy  1  x 1  xy x  y    0, 1  x 1  y 1  xy  2 đúng, x , y thuộc 0, 1 Vậy bất đẳng   thức (1.1) chứng minh Dấu đẳng thức xảy  x  y Ở cách chứng minh trên, ta cần điều kiện 1  xy  Trong trình chứng minh bất đẳng thức (1.1), việc sử dụng bất đẳng thức BCS, ta “bắc cầu” dẫn tới việc chứng minh bất đẳng thức (1.2) , bất đẳng thức đối xứng hai biến, đẹp có nhiều ứng dụng việc giải toán đại số Chúng xin nhắc lại số kết quen thuộc liên quan đến bất đẳng thức (1.2) “Cho x , y số thực thỏa mãn điều kiện xy  1 i Nếu xy  1   2  xy 1x 1y (*) ii Nếu 1  xy  1   (**) 2  xy 1x 1y Dấu đẳng thức xảy (*) (**) x  y xy  ” Bất đẳng thức (1.1) hệ trực tiếp bất đẳng thức (**) Mục tiêu viết giới thiệu ứng dụng bất đẳng thức (*) (**) thơng qua số tốn đại số xuất đề thi đại học, đề thi thử tốt nghiệp trung học phổ thông quốc gia đề thi chọn học sinh giỏi cấp Phần lại viết bố cục sau: Mục giới thiệu ứng dụng hai bất đẳng qua tập cụ thể Mục tập có sử dụng hai bất đẳng thức (*) (**) MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HAI BẤT ĐẲNG THỨC Bài toán (Mở rộng kết bất đẳng thức (*)) Chứng minh với số thức a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a,b, c, d  1, ta có bất đẳng thức sau 1 a)    , (2.1) 3  abc 1a b c b) 1   a b c   1d  abcd (2.2) Lời giải a) Từ điều kiện tốn, ta có ab  nên áp dụng bất đẳng thức (*), ta 1   (2.3) 3 1a b  a 3b Tương tự, ta có: 1   (2.4)  abc  abc 1c Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức thức (2.2) (2.3), ta 1   3 1a b  c3 2     abc  a 3b  abc (2.5) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (*), ta có 2   4 4 3 1 a b  abc  a b c (2.6)   abc Từ (2.5) (2.6), ta 1    3 1a b  c3    abc  abc 1     3  abc 1a b 1c Ta có điều phải chứng minh Dấu “  ” xảy  a  b  c b) Theo điều kiện tốn, ab  1, cd  nên áp dụng bất đẳng thức (*), ta có 1   ,  a  b  ab 1   1c d  cd Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên, ta 1   a b c 2    d  ab  cd (2.7) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức (*), ta có 2   (2.8)  ab  cd  abcd Từ (2.7) (2.8), ta điều phải chứng minh Dấu “  ” xảy  a  b c  d Bài toán (Đề thi đại học khối A-2011) Cho x , y, z số thực thuộc đoạn 1, 4   x  y, x  z Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y z P   2x  3y y  z z  x Lời giải Vì x , y, z số thực dương nên ta có: P y 23 x  z 1 y  x 1 z z x x   Áp dụng bất y z y đẳng thức (*) ta 1 P  y z 23 1 x y 1    x y x 1 23 1 z x y (2.9) Dấu “  ” xảy bất đẳng thức (2.9) khi: z x x (2.10)   y z y Do x  y nên Đặt x  t, t  1, 2 Từ (2.9) ta có:   y P t2  2t   t (2.11) Xét hàm f (t )  Ta có t2  1, 2   2t   t 2 t (4t  3)  3t (2t  1)  9    0, f '(t )  (2t  3)2 (1  t )2 với t  1, 2 Do f (t ) hàm số nghịch biến 1, 2 Từ ta có   34 (2.12) 33 Dấu “  ” xảy bất đẳng thức (2.12) khi: x t     x  4, y  (2.13) y 34 Từ (2.11) (2.12) ta suy P  , theo 33 (2.10) (2.13) ta thấy dấu “  ” xảy xảy khi: x  4, y  1, z  f (t )  f (2)  34  x  4, y  1, z  33 Nhận xét Bài tốn tìm cực trị khó, thử thách học sinh giỏi kì thi Đại học năm 2011 Biểu thức P biểu thức không đối xứng biến việc dự đoán điểm đạt giá trị lớn biểu P không dễ dàng, điều gây nên số “trở ngại” định cho thí sinh đứng trước tốn Có lẽ, tác giả “xây dựng” toán từ bất đẳng thức (*) Nhờ bất đẳng thức (*) kết hợp với kiện đề “dồn” đánh giá biểu thức chứa biến Cơng việc lại trở nên đơn giản nhờ “phương pháp hàm số” Dưới tương tự Cho x , y, z số thực thuộc đoạn 1, 9   x  y, x  z Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức x y z P   x  2y y  z z  x Vậy P  Bài toán (Đề thi chọn học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12, tỉnh n Bái 2015-2016) Cho x , y, z số thực dương x  z Tìm giá trị lớn biểu thức x P x y 2  y x y 2 z z x  Lời giải Vì x , y, z số thực dương nên ta có: P y      x   z      y   x 1 z y z x , b  , c  Khi abc  , x y z Đặt a  c  P 1a  1b  1c Vì abc  , c  nên  ab  Áp dụng bất đẳng thức (1.1) giả thiết abc  ta có P  ab  1c  c 1 1c (2.14) Dấu “  ” xảy bất đẳng thức (2.14) khi: a  b Xét hàm f (c)  f '(c)  c 1 1c 2 c 2(1  c) c  c 1;  Ta có  ; f (c)   c  Lập bảng biến thiên khảo sát hàm số f (c) 1; , ta suy P  5, đẳng thức xảy  c  4, a  b, abc   a  b  , c  Vậy P   x  2y  4z Nhận xét Bất đẳng thức (1.1) đóng vai trò chủ chốt việc tìm giá trị lớn biểu thức P Về mặt “ý tưởng” lời giải tốn hồn tồn tương tự lời giải tốn 2, sử dụng bất đẳng thức kết hợp với “phương pháp hàm số” Bài tốn Giải phương trình Lời giải Điều kiện: x  x x 2  x x x   x 1   1x x 1 x 1  - Xét x  - Xét x  , ta có x   0, 2x   0, 2x  9x  10  0, x4  1 x   (x  1)(x  1)  x    x x (1  x  1)2 ta biến đổi phương trình (2.17) dạng: 1 1    1x 1x  (1  x  1)    (1  x  1) 1x4 x 1 x 1  x  3x  x 2 1    1 x  2x 2x  x  5x  9x  6x 1 2x  9x  10 (2.18) Vì x  4x   (x  2)2   nên với x  1,  x   Áp dụng bất đẳng thức (2.2), ta 1   1x 1x  (1  x  1)    (1  x  1) 1x4 x 1 x 1  x , ta có x  3x   x  2, x  2x  2x   (2.16) Từ (2.16) kết hợp với giải thiết đề ta thấy dấu “  ” bất đẳng thức (2.16) “phải xảy ra”, tức ta có x  x Đối chiếu với điều kiện ta nhận x  nghiệm phương trình (2.15) Bài tốn Giải bất phương trình sau tập số thực Do với x  2x  5 , x  3x   1, x 2 x  2x  2x  Áp dụng bất đẳng thức (*) ta  thỏa mãn bất phương trình (2.16) Lời giải Điều kiện: x  Ta biến đổi phương trình (2.15) sau: x 2 , ta thấy VT > VP bất phương trình (2.16) Vậy x  (2.15) Do x  nên 1 x  3x  x 2   1 x  2x 2x  x  3x  x  2x 1 x 2 2x  x   x  3x  2x   x  2x (2.19) 2x  9x  10 Từ (2.19) ta thấy bất phương trình (2.18) ln  4 2x  9x  10  x  5x  9x  6x với x  (2.17)  81  5913 81  5913    ; ,   324 324   Vậy tập nghiệm bất phương trình (2.17) 5  S   ,  2    81  5913 81  5913    ,   324 324   Bài toán (Đề thi HSG Quốc gia mơn Tốn lớp 12 năm 2009)  1    ,  2  xy  x  y (I)    x (1  2x )  y(1  2y )   Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình (I)    2xy   0  x  ,   x (1  2x )         0  y  y(1  2y )      Nhận xét Rõ ràng ý đồ tác giải toán muốn kiểm tra kiến thức học sinh bất đẳng thức Cụ thể chứng minh bất đẳng thức (1.1) Nếu bất đẳng thức lộ nên tác giả thay đổi chút, đưa vào hệ phương trình Khi ta tìm mối quan hệ x  y thay vào phương trình a  2x , b  2y , 1   1x 2x  x 1   2x  x  1 Vì  x  ,  y  2xy < nên dụng 2 bất đẳng thức (1.1) cho thứ hai, việc trở nên đơn giản BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải phương trình  ta được: 1  2x  1  2y   2xy (2.20) Đẳng thức xảy  x  y Từ (2.20) kết hợp với giả thiết đề bài, ta thấy   x y  (I)     x (1  2x )  y(1  2y )       x y   162x  81x    Giải hệ (II) đối chiếu điều kiện ta có hai cặp nghiệm x , y  sau:  81  5913 81  5913  x , y     324 , 324     81  5913 81  5913      ,   324 324  Vậy hệ phương trình (I) có hai nghiệm  Giải phương trình   x  x   3x  2  3x   1    Giải hệ phương trình     x  xy      x  y3  x  x  y2   x  xy  y        3,   Giải hệ phương trình   x y  2017,      1     x  y          x  3y y  x      Giải hệ phương trình   x2 y2 x  xy  y        x xy  x      x  y,  4xy  3x  1  Xét số thực a,b, c thuộc đoạn  ; 3 3    Chứng minh  1   3, (6V  1)    3 3  OB  OC    OA với V thể tích khối chóp OABC a b c    b c c a a b 5 Xét số thực dương a,b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c Tìm giá trị nhỏ biểu Xét số thực dương a,b, c thỏa mãn ab  bc  ca  Tìm giá trị lớn biểu thức thức b c P   a  b b  c 8c  a2 ac  c  P a b 3c   2 1a 1b  c2 10 Xét số thực dương a,b, c thỏa mãn Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức Tìm giá trị lớn biểu thức a b 3c P   2 1a b  c2 P a  ab a  ab b  ab 3c 1c ab  6bc  2ca  Tìm giá trị nhỏ biểu thức   Tìm giá trị lớn biểu thức a  b  c  1 b  ab 11 Xét số thực dương a,b, c thỏa mãn Xét số thực dương a,b, c thỏa mãn P   P 3c 1c a 3b 5c   2  2a b  c2 12 Xét số thực dương a,b, c thỏa mãn a  7b  2c  Trong không gian Oxyz , xác định mặt phẳng P  qua điểm M 2, 3, 5 cắt trục tọa độ điểm A, B,C có hồnh độ lớn cho Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a  5ab  b  29ab  2017c 1c TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số 391, Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam, 2010 [2] Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ số 430, Nhà Xuất Bản Giáo Dục Việt Nam, 2013 [3] Tạp chí Tốn học MathVn số 2, năm 2009 [4] http://diendantoanhoc.net ... nên áp dụng bất đẳng thức (*), ta có 1   ,  a  b  ab 1   1c d  cd Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên, ta 1   a b c 2    d  ab  cd (2.7) Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức. ..  Nhận xét Rõ ràng ý đồ tác giải toán muốn kiểm tra kiến thức học sinh bất đẳng thức Cụ thể chứng minh bất đẳng thức (1.1) Nếu bất đẳng thức lộ nên tác giả thay đổi chút, đưa vào hệ phương trình... kiện toán, ta có ab  nên áp dụng bất đẳng thức (*), ta 1   (2.3) 3 1a b  a 3b Tương tự, ta có: 1   (2.4)  abc  abc 1c Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức thức (2.2) (2.3), ta 1   3