Đặt vấn đề Bài toán chứng minh một bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một hàm số là những vấn đề khó đối với học sinh.. Nhằm giúp học sinh tiếp cận với bất đẳn
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DIÊU
-o0o -CHUYÊN ĐỀ Môn: Toán
Đề tài:
GIÚP HỌC SINH LÀM QUEN
MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐƠN GIẢN
VÀ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT
VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
Họ và tên giáo viên: Nguyễn Thị Thanh Vương
Năm học 2015 - 2016
Trang 2A MỞ ĐẦU
I Đặt vấn đề
Bài toán chứng minh một bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một hàm số là những vấn đề khó đối với học sinh Các dạng toán này rất phong phú, đa dạng và nó có mặt khắp các cuộc thi từ trung học đến đại học và các
kỳ thi học sinh giỏi.Chính vì vậy, chúng ta cần dạy cho các em từ những bài toán gốc, bài toán cơ bản về bất đẳng thức từ khi học lớp 10; nhằm giúp các em có nền tảng vững chắc để tiếp tục nghiên cứu các bài toán về bất đẳng thức khó hơn
II Cơ sở lí luận
1 Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức
Tính chất 1: a b> ⇔ − >a b 0.
Tính chất 2: a b a c.
b c
>
⇒ >
>
Tính chất 3: a b ac bc, c < 0., c > 0
ac bc
>
> ⇔ < Tính chất 4: a b> ⇔ + > +a c b c.
2 Định nghĩa giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
Cho hàm số y= f x( ) xác định và liên tục trên D.
a) Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y= f x( )trên D nếu M thỏa mãn điều kiện sau 0 ( )0
( ) ,
f x M x D
x D f x M
≤ ∀ ∈
b) Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y= f x( )trên D nếu m thỏa mãn điều kiện sau 0 ( )0
( ) m,
D,
f x x D
x f x m
≥ ∀ ∈
B-NỘI DUNG
Trong chuyên đề này, tôi chỉ đưa ra một số bất đẳng thức chứng minh bằng cách biến đổi tương đương với một bất đẳng thức đúng, hoặc xuất phát từ bất đẳng thức đúng biến đổi tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh
Nhằm giúp học sinh tiếp cận với bất đẳng thức một cách dễ dàng, tôi hình thành hệ thống bài tập từ bất đẳng thức có hai biến, rồi đến ba biến; từ đối xứng đến không đối xứng
I.Bất đẳng thức
1 Một số bất đẳng thức cơ bản
Bài toán 1: Chứng minh rằng
x2 + y2 − − − + ≥ ∀xy x y 1 0, x y, ∈¡ ;(1)
Lời giải:
Ta đặt M = x2 + y2 − − − + xy x y 1 Để chứng minh bất đẳng (1) ta chứng minh
0, ,
Ta có
= x - y 1 1 0, ,
+ − + − ≥ ∀ ∈¡
Trang 3Do đó M ≥ ∀0, x y, ∈¡
Lời bình:Trong bài này vì vế trái của bất đẳng thức (1) đối xứng đối với x và y, nên
ta dễ dàng nghĩ ra phương pháp giải của bất đẳng thức này bằng cách đưa về các
bình phương của một hiệu hoặc một tổng Bây giờ ta thay x bởi 2x và y bởi 3y vào bất đẳng thức (1) ta được một bài toán mới không còn đối xứng đối với x và y nữa,
cụ thể là bài 2a, và bằng cách làm tương tự ta có bài 2b, 2c Hoặc muốn có một bất
đẳng thức không đối xứng giữa sinx và cosx ta thay x bởi 3sinx
2 và thay y bởi
1
cos
2 x ta được bài 2d
Bài toán 2: Chứng minh rằng
a) 4x2 + 9y2 − 6xy− 2x− 3y+ ≥ ∀ 1 0, x y, ∈ ¡ ,(2).
c)5x2 + 13y2 − 2xy− 2x− 4y+ ≥ 1 ,(2")
3sin x− 3 sin 2x+ cos x− 16 3 cosx− 16sinx+ 24 0,(2"') ≥
Lời giải:
a) Ta đặt N = 4 x2 + 9 y2 − 6 xy − 2 x − 3 y + 1 Để chứng minh bất đẳng (2) ta chứng minh N ≥ ∀0, x y, ∈¡
Ta có
N x y xy x y
x y x y
Do đó N ≥ ∀0, x y, ∈¡
b) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’) thành ( ) (2 ) (2 )2
1 3
x y+ + +x + −y
c) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2’’) thành ( ) (2 )2
2x− 3y + +x 2y− 1 d) Tương tự câu a ta biến đổi vế trái của (2”’) thành
2
4 sin cos 2 cos 3 2sin 1
Lời bình:Như vậy bài toán 2 này có cách giải vẫn tương tự cách giải của bài toán 1,
mặc dù bất đẳng thức (2) không còn đối xứng đối với x và y nữa Với cách làm như
vậy ta có thể sáng tác nhiều bài toán không đối xứng như thế này
Lời bình: Sau đây là một số bài toán tương tự.
Bài toán 3: Chứng minh rằng
2 2
) 4 2 6 0, , ;
)2 5 6 10 2 5 0, , ;
)2 4 5 4 6 4 1 0, , , ;
a x y x y x y
b x y x y xy x y
c x y z xy xz yz x y z
+ + − + > ∀ ∈
¡
¡
¡
)256cos 256sin 272cos 144sin 64sin 24sin 2 85 0,
Lời bình: Để phát triển tư duy của học sinh ta đưa ra bài toán có ba biến số sau đây.
Bài toán 4 (Bài 3 trang 109 sgk đại số 10 nâng cao):
Chứng minh rằng
a2 + + ≥b2 c2 ab bc ca a+ + ,∀ , b, c∈¡ ;(4)
Trang 4Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Lời giải:
Bất đẳng thức (4) tương đương với bất đẳng thức sau:
a2+ + −b2 c2 ab bc ca− − ≥ ∀0, a, b,c∈¡ ;(4'),
2a 2a 2b 2ab 2bc 2ca 0, a, b,c ,
0, , b, c ;(4")
Bất đẳng thức (4”) đúng Do vậy ta đã chứng minh được bất đẳng thức (4) Đẳng thức (4) xảy ra khi đẳng thức (4”) xảy ra
Vì vậy đẳng thức (4) xảy ra khi a = b = c
Lời bình:
Từ bài toán gốc này, với các cách biến đổi không đối xứng ta được nhiều bài
toán không đối xứng Chẳng hạn ta đặt a = x, b = 2y, c = 2z Thế vào bất đẳng thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x,y và z nữa.
Bài toán 5: Chứng minh rằng
x2 +4y2 +9z2 ≥2xy+6yz+3 ,zx x y z∀ , , ∈¡ ;(5)
Hướng dẫn giải:
Tương tự bài 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (5) tương đương với bất đẳng thức đúng sau đây
( ) (2 ) (2 )2
x− y + −x z + z− y ≥ ∀x y z∈¡
Lời bình:Cũng từ bất đẳng thức (4), ta đặt a = x +1, b = 2y, c = 2z Thế vào bất
đẳng thức (4) ta được bất đẳng thức sau đây không còn đối xứng đối với x, y và z
Bài toán 6: Chứng minh rằng
2 4 2 9 2 2 6 3 2 2 3 1, , , ;(6)
x + y + z ≥ xy+ yz+ zx− x+ y+ − ∀z x y z∈¡
Hướng dẫn giải:
Tương tự bài 4.Ta biến đổi bất đẳng thức (6) tương đương với bất đẳng thức đúng sau đây
x+ − y + + −x z + z− y ≥ ∀x y z∈¡
Lời bình: Thật là khó mà nghĩ ra phải biến đổi tương đương bất đẳng thức (6) về
bất đẳng thức trên nếu như ta không biết bài toán gốc của nó
Bài toán 7: Chứng minh rằng
)2 4 5 4 6 4 1 0, , , ;
)10 5 6 2 12 10 0, , ,
a x y z xy xz yz x y z
b x y z xy x y x y z
¡
¡
Lời bình: Bây giờ tôi xuất phát từ bài toán 20a trang 112 sách giáo khoa đại số 10
nâng cao, bằng cách biến đổi không đối xứng ta có bài toán không đối xứng sau đây
Bài toán 8: Chứng minh rằng
a) (Bài 20a trang 112) Nếu x2 +y2 = 1 thì x y+ ≤ 2 ;
b) Nếu 2 2
3x + 4y = 2 thì 3x+ 2y ≤ 2; c) Nếu 9x2 + 6xy+ 2y2 = 1 thì 3x+ 2y ≤ 2.
Lời giải:
a) Vì (x y+ ) 2 =x2 +y2 + 2xy≤ 2(x2 +y2) = 2 nên x y+ ≤ 2.
Trang 5b) Vì ( 3x+ 2 )y 2 = 3x2 + 4y2 + 4 3xy≤ 2 3( x2 + 4y2)= 4 nên 3x+ 2y ≤ 2.
c) Vì (3x 2 y) + 2 = ((3x y+ + ) y) 2 = (3x y+ ) 2 +y2 + 2(3x y y+ ) ≤ 2 (3( x y+ ) 2 +y2) = 2 nên
3x+ 2y ≤ 2
Lời bình: Ta phát triển bài toán này thành bài toán có 3 biến số.
Bài toán 9: Chứng minh rằng
a) Nếu x2 +y2 +z2 = 1 thì x y z+ + ≤ 3 ;
b)Nếu x2 + 4y2 + 9z2 = 3 thì x+ 2y+ 3z ≤ 3.
Lời giải:
a)Vì(x y z+ + ) 2 =x2 +y2 + +z2 2xy+ 2xz+ 2zy≤ 3(x2 +y2 +z2) = 3nên x y z+ + ≤ 3. b)Vì(x+ 2y+ 3 )z 2 =x2 + 4y2 + 9z2 + 4xy+ 6xz+ 12zy≤ 3(x2 + 4y2 + 9z2)= 9nên
2 3 3
x+ y+ z ≤ .
Lời bình: Từ bài 8a và bài 9a, bằng phép thế không đối xứng ta được bài toán
không đối xứng tương ứng là 8b, 8c và 9b Mặc dù các bài toán 8b, 8c và 9b không
đối xứng với hai biến x và y nhưng cách giải của nó cũng giống như hai bài toán
đối xứng 8a và 9a Sau đây là một số bài toán tương tự bài 8 và bài 9
Bài toán 9’: Chứng minh rằng
a) Nếu x2 + 2y2 = 1 thì x+ 2y ≤ 2 ;
b)Nếu 3x2 +y2 = 2 thì 3x y+ ≤ 2.
Bài toán 10: Chứng minh rằng
a) Nếu x2 + 2y2 +z2 = 1 thì x+ 2y z+ ≤ 3 ;
b)Nếu 25x2 + 4y2 + 9z2 = 3 thì 5x+ 2y+ 3z ≤ 3.
Lời bình: Cũng từ bài toán 20b trang 112 sách giáo khoa đại số 10 nâng cao hiện
hành ta có bất đẳng thức không đối xứng sau đây
Bài toán 11: Chứng minh rằng
a) (Bài 20b trang 112) Nếu 3x – 4y = 15 thì x2 +y2 ≥ 9;
b) Nếu 2x – y = 3 thì 2x2 +y2 ≥ 3.
Lời giải:
a) Vì 4x – 3y = 15 nên 4 5.
3
y= x− Do đó
5 4 9 9,
x +y =x + x− = x− + ≥ ∀ ∈x
Lời bình: Từ ý tưởng trên để phát triển tư duy học sinh hơn nữa, trong bất đẳng
thức đối xứng ta bổ sung thêm một vài giả thiết để được một bất đẳng thức mới Chẳng hạn như bài toán sau
Bài toán12:
a)Hãy khai triển biểu thức sau
( ) (2 ) (2 )2
M = −x y + + −x y z + +y z
b)Từ đó chứng minh rằng: nếu x2 +y2 +z2 = 1 thì y2 − 2xz≥ − 2
Lời giải:
a)Ta có M = 2(x2 + y2 +z2) + y2 – 2xz
b)Ta có ( ) (2 ) (2 )2
0, , ,
M = −x y + + −x y z + +y z ≥ ∀x y z∈ ¡ ,
Trang 6nên 2(x2 +y2 +z2)+y2 − 2xz≥ ∀ 0, x y z R, , ∈ , mà x2 +y2 +z2 = 1.
Do đó y2 − 2xz≥ − 2
Lời bình: Đối với câu b của bài 12, nếu không có câu a khó mà ta nghĩ ra lời giải.
Nếu đối tượng giải là học sinh giỏi cấp tỉnh thì ta chỉ cho câu b
Sau đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 13: a) Chứng minh rằng: nếu 2x2 + 5y2 = 5 thì 3x+ 5y xy+ ≤ 5.
b) Chứng minh rằng: nếu 4xy− 6xz− 4yz= − 3 thì 2 x 2 + 4 y 2 + 5z2 > 2.
Lời bình: Để sáng tạo được nhiều bài toán hơn, ngoài các bất đẳng thức đúng cơ
bản ta còn có nhiều định lí toán học về các bất đẳng thức Sau đây là một định lí đã được chứng minh, tôi sử dụng nó để sáng tạo một số bất đẳng thức không đối xứng
2.Một số bất đẳng thức được sinh ra từ định lí Karamata
2.1.Định lí Karamata
Cho a1 ≥a2 ≥ ≥ K a n và b1 ≥ ≥ ≥b2 K b n,với a b k, k∈( )a b; , k = 1,2,…,n thỏa mãn các điều kiện sau đây
1 1
1 2 1 2
a b
a a b b
≥
+ ≥ +
+ + + ≥ + + +
+ + + = + + +
M
Khi đó với mọi hàm số f(x) có f x"( ) 0 ≥ trên (a;b) ta đều có
( )1 ( )2 ( )n ( )1 ( )2 ( )n
f a + f a + + K f a ≥ f b + f b + + K f b
Bây giờ ta vận dụng định lí này để sáng tạo một số bài toán
2.2.Bài toán ứng dụng định lí Karamata
Áp dụng định lí Karamata với 2 bộ số a, b, c và 5, 2, 1 ta có bài toán sau
Bài toán 14:Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện
5 7 8
a
a b
a b c
≥
+ ≥
+ + =
Chứng minh rằng a2 + + ≥b2 c2 30
Lời giải:
Ta có
( )2
5 0,
a− ≥ ∀ ∈a ¡ , ⇔a2 ≥ + 5 2 2.5.(a− 5 ,) ∀ ∈a ¡ ;(1).
Tương tự ta có
b2 ≥ 2 2 + 2.2.(b− 2 ,) ∀ ∈b ¡ ;(2).
c2 ≥ + 1 2 2.1.(c− ∀ ∈ 1 ,) c ¡ ;(3).
Cộng (1),(2) và (3) các vế tương ứng ta được bất đẳng thức
2 2 2 30 2 5 5 2 2 1 , , , ,
a + + ≥b c + a− + b− + −c ∀a b c∈ ¡
⇔ + + ≥ + − + − + − + − + − + − ∀ ∈ ¡
⇔a2 + + ≥b2 c2 30, ∀a b c, , ∈ ¡
Trang 7Lời bình: Qua bài toán này ta thấy được nhờ vào ý tưởng của định lí Karamata mà
ta sáng tạo được nhiều bài toán hay và bài toán đó vẫn giải bằng phương pháp sơ cấp được
Để tạo ra bài toán không đối xứng, ta chia hai vế của bất phương trình (1), (2) và (3) lần lượt cho 5; 2; 1, sau đó cộng các bất đẳng thức này lại Khi đó ta có bài toán mới sau đây
Bài toán15: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 8 Chứng minh
rằng
2 2
2 8
5 2
a b
c
+ + ≥
Lời giải:Theo bài toán 14 ta có các bất đẳng thức (1), (2) và (3).
Ta có (1) 2 5 2( 5), ;(4)
5
a
⇔ ≥ + − ∀ ∈ ¡
( )
2
(2) 2 2 2 , ;(5).
2
b
⇔ ≥ + − ∀ ∈ ¡
( )
2
(3) ⇔c ≥ + 1 2. c− ∀ ∈ 1 , c ¡ ;(6).
Cộng các bất đẳng thức (4),(5) và (6) các vế với nhau ta được
2 2
5 2
a b
+ + ≥ + + + − , kết hợp với giả thiết ta có 2 2 2 8
5 2
a b
c
+ + ≥
Lời bình: Như vậy trong bài này, để tạo ra bài toán không đối xứng bằng cách ta
biến đổi sao cho các hệ số của các biến đối xứng không còn bằng nhau Sau đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 16 :Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện
6 9 10
a
a b
a b c
≥
+ ≥
+ + =
Chứng minh rằng a2 + + ≥b2 c2 46
Bài toán 17 : Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 10 Chứng minh
rằng
2 2
2 10.
6 3
a b
c
+ + ≥
II.Bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
Một cách hết sức tự nhiên, khi ta đã chứng minh được biểu thức m A M≤ ≤ , với
m và M là các số không đổi, điều này nó giúp ta nghĩ ra bài toán mới là tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A Sau đây là một số bài toán được sinh ra từ các bất đẳng thức đã có
Từ hai bài toán 1 và 2, ta đặt ra bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức được thể hiện trong bài toán sau đây
Bài toán 18: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a) M = x2 + y2 − xy x y − − ; b) N = 4 x2 + 9 y2 − 6 xy − 2 x − 3 ; y
c) Q= 5x2 + 13y2 − 2xy− 2x− 4y+ 1;
Trang 8d) P= 3sin 2x− 3 sin 2x+ cos 2x− 16 3 cosx− 16sinx+ 24.
Lời giải:
a)Ta có
= x - y 1 1 2 2, ,
+ − + − − ≥ − ∀ ∈¡
Do đó M ≥ − ∀1, x y, ∈¡
Vì vậy M đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 tại x = y = 1
b) Ta có
N x y xy x y
Do đó N ≥ − ∀1, x y, ∈¡
Vì vậy N đạt giá trị nhỏ nhất bằng -1 tại 1, 1
2 3
x= y= . c) Ta có ( ) (2 )2
2 3 2 1 0, ,
Q= x− y + +x y− ≥ ∀x y∈ ¡
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại 3, 4.
7 7
x= y=
2
3 1
4 sin cos 2cos 3 2sin 1 0,
¡
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại 2 ,
6
x= +π k π k∈¢
Lời bình: Sau đây là một số bài toán tương tự
Bài toán 19: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
2 2
) P(x, y) 4 2 6;
) P(x, y) 2 5 6 10 2 5.
Sau đây là một cách phát biểu khác của bài toán 5 và bài toán 6
Bài toán 20: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a =x + y + z − xy− yz− zx
b Q x= + y + z − xy− yz− zx+ x− y− +z
Hướng dẫn giải:
a) Ta chứng minh ( ) (2 ) (2 )2
P = −x y + −x z + z− y ≥ ∀x y z∈¡
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 khi x = 2y = 3z = a, với a∈ ¡
b) Ta chứng minh
Q = + −x y + + −x z + z− y + ≥ ∀x y z∈¡
Do đó Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi x + 1 = 2y = 3z = a, với a∈ ¡
Bài toán 21: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
a) P(x, y, z) 2 4 5 4 6 4 ;
) P(x, y, z) 10 8 12 2 12 10.
x y z xy xz yz
Lời bình: Sau đây là một phát biểu khác của bài toán 8 và bài toán 9
Bài toán 22:
a) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện x2 +y2 = 1.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = x + y
Trang 9b) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 3x2 + 4y2 = 2.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức B= 3x+ 2 y
c) Cho x và y là các số thực thỏa mãn điều kiện 9x2 + 6xy+ 2y2 = 1.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức C= 3x+ 2 y
Lời giải:
a) Theo bài 8a ta có − 2 ≤ ≤A 2.
Do đó A đạt giá trị nhỏ nhất bằng − 2 tại 2
2
x= = −y và A đạt giá trị lớn nhất bằng 2 tại 2
2
x= =y b) Theo bài 8b ta có − ≤ ≤ 2 B 2.
Do đó B đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 tại 1 , 1
2 3
x= − y= − và B đạt giá trị lớn nhất bằng 1 tại 1 , 1
2 3
x= − y= − . c)Theo bài 8c ta có − 2 ≤ ≤C 2.
Do đó C đạt giá trị nhỏ nhất bằng − 2 tại 2, 2
6 4
x= − y= và C đạt giá trị lớn
nhất bằng 2 tại 2, 2.
6 4
x= y=
Lời bình: Xuất phát từ bất đẳng thức đúng
( ) (2 )2
0, , ,
x y− + + −x y z ≥ ∀x y z∈ ¡ ⇔ 2(x2 +y2 +z2) ≥ +z2 2xz+ 2 ,yz x y z∀ , , ∈ ¡ , ta đặt ra bài toán sau đây
Bài toán 23: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x2 +y2 +z2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = 2xz + 2yz + z2
Lời bình: Nếu như ta không biết bất đẳng thức gốc thì làm thế nào để giải bài toán
này? Sau đây là một phương pháp để giải quyết bài toán trên
Nhận xét: Ta có một vài nhận xét trước khi giải.
+)Vì M là một biểu thức không đối xứng cho nên không thể sử dụng các bất đẳng thức như Cauchy, bất đẳng thức Bunhacopxki Cũng rất khó để biến đổi M trở về bất đẳng thức gốc ban đầu Do vậy ta cần có một phương pháp tối ưu hơn đó là phương pháp tam thức bậc hai định hướng
+)Sau đây là cách tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức M bằng phương pháp tam thức bậc hai định hướng
• Ta tìm 1 giá trị riêng của M,chẳng hạn m0 ≤M ≤M0
• Do đó để tìm giá trị lớn nhất của M ta chỉ tìm từ M0 trở lên Ngược lại để tìm giá trị nhỏ nhất của M ta tìm từ m0 trở xuống
Lời giải:
1)Xét z = 0 Khi đó M = 0
2)Xét z≠ 0.Vì M có một giá trị riêng bằng 0 nên khi tìm giá trị lớn nhất của M ta chỉ xét M > 0
Do điều kiện x2 +y2 +z2 = 1nên ta viết lại biểu thức M là
2
2 2 2
2xz 2yz z M
x y z
= + +
Trang 10Đặt x= αz y, = βz(*) Thế vào biểu thức M ta được
2 2
2 2 1
1 0
M M
α β
α β
+ +
=
>
Khi đó phương trình sau có nghiệm theo α
( )
2 2 2 1 2 1 0,(1)
Mα − α +M β + − β − =
Vì phương trình (1) có nghiệm nên ∆ '(1) 0 ≥
M β Mβ M M
Vì vế trái của bất phương trình (2) là một tam thức bậc hai có hệ số a âm, nên bất phương trình (2) có nghiệm khi ∆ '(2) 0 ≥
Kết hợp với M > 0 ta được 0 <M ≤ 2
Do vậy max M = 2 khi ∆ '(2) 0 = ,suy ra 1
2
β = . Khi đó ∆ '(1) 0 = Suy ra phương trình (1) có nghiệm kép 1
2
α = Thay 1
2
α = , 1
2
β = vào (*) và kết hợp với giả thiết x2 +y2 +z2 = 1,ta tìm được 6
6
6
6
6
3
x
y
z
=
=
=
Do vậy max M = 2 tại
6 6 6 6 6 3
x
y
z
=
=
=
Lời bình:Qua bài giải ta thấy được một bài toán không đối xứng giải rất khó nếu
không biết bài toán gốc của nó,và nhờ vào phương pháp tam thức bậc hai định hướng mà ta giải được bài toán này Sau đây là một bài toán tương tự
Bài toán24: Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện xy yz zx+ + = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x2 + 2y2 +5z2
Lời bình: Một phát biểu khác của bài 14 và bài 15 như sau
Bài toán 25: Cho 3 số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện
5 7 8
a
a b
a b c
≥
+ ≥
+ + =
.Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức M =a2 + +b2 c2
Lời giải:
Ta có ( )2
5 0,
a− ≥ ∀ ∈a ¡ ,