PHƯƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ - ôn tập toán

1. Đặt vấn đề: Cho H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k, nghĩa là H(tx, ty, tz) = tk H(x, y, z) và h/s F(x, y, z) thỏa mãn F(x, y, z) = F( x, y, z). Khi đó giá trị của F(x, y, z) trên miền {(x, y, z)/H(x, y, z) = a, a > 0} không thay đổi khi a thay đổi. Thật vậy, giả sử M(x, y, z): H (x, y, z) = a1 M’(x’, y’, z’): H(x’, y’, z’) = a2; a1 ạ a2; a1, a2 > 0 Ta có đặt

PHƯƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ

1 Đặt vấn đề: Cho H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k, nghĩa là

H(tx, ty, tz) = tk H(x, y, z)

và h/s F(x, y, z) thỏa mãn F(x, y, z) = F(λx, λy, λz) Khi đó giá trị của F(x, y, z) trên miền {(x, y, z)/H(x, y, z) = a, a > 0}

không thay đổi khi a thay đổi

Thật vậy, giả sử M(x, y, z): H (x, y, z) = a1

M’(x’, y’, z’): H(x’, y’, z’) = a2; a1 ạ a2; a1, a2 > 0

1

a

H x, y, z = a H(x, y, z) = a

a

k

x' = x, y' = y, z' = z

Ta có: H(x', y', z') = a 2 ⇒ F(x', y', z') = F(x, y, z)

Mặt khác : M ∈{H(x, y, z) = a 1} ⇔ M' ∈{H(x', y', z') = a2}

Như vậy để tìm giá trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) ta chỉ cần tìm giá trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) = a cố định thích hợp

2 Các bài toán áp dụng.

Bài toán1: Cho a, b, c> 0 Tìm max

Q = F(a, b, c) = a(b + c)2 2 + b(c + a)2 2 + c(a + b)2 2

(b + c) + a (c + a) + b (a + b) + c

( Olimpic 30 - 4- 2006)

Lời giải:

Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc) nên ta tìm giá trị Q trên miền a + b + c = 1

Ta có:

Q = a(1- a) 2 + b(1- b) 2 + c(1- c) 2

1 - 2a + 2a 1- 2b + 2b 1- 2c + 2c Theo Côsi:

2 2

2a + 1- a (a + 1)

(a+1) (1- a)(a + 3)

 

2

= = 4 1 -

1- 2a + 2a

Ta có:

Suy ra : maxQ = 6

5 khi a = b = c

Bài toán 2: Cho a, b, c > 0 Tim min

(a + b + c) 1 a + b + c a + b + c

a + b + c

Lời giải: Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc) Ta chỉ tìm giá trị của Q trên miền

a2 + b2 + c2 = 3

Khi đó:

⇒

⇒

(a + b + c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca (a + b + c) = 3 + 2(ab + bc + ca)

a + b + c = 3abc + (a + b + c) 3 - (ab + bc + ca)

= 3 + ( + + ) 3 - (ab + bc + ca)

λ

= ab + bc + ca 3; = + +

Suy ra:

1 3

1 / 3

 

 

Suy ra: minQ = 4 , khi a = b = c > 0

Bài toán 3: Cho a, b, c > 0 Chứng minh

7(a + b + c)(ab + bc + ca) 9abc + 2(a + b + c) (1)≤ 3

Lời giải: (1) ⇔ F(a, b, c) = 7(ab + bc + ca)2 - 9abc 3 2≤

(a + b + c) (a + b + c)

Do F(a , b, c) = F(ta, tb, tc) Ta có thể xem a + b + c = 1.

Suy ra: F(a, b, c) = 7(ab + bc + ca) - 9abc = 7a(1 - a) + bc(7 - 9a)

Giả sử: 0 < a b c≤ ≤

Ta có:



0 < a ; 7 - 9a > 0; bc =

0 < a b c

Khi đó:

2

F(a, b, c) 7a(1- a) + (7- 9a); 0 < a

F(a, b, c) f(a) = (- 9a - 3a + 5a + 7)

Khảo sát hàm số f(a), ta có:

F(a, b, c) 2; F(a, b, c) = 2 ≤ ⇔ a = b = c

Chú ý: Bất đẳng thức (1) có dạng f(a, b, c) ≤ g(a, b, c) , trong đó f(a, b, c)

và g(a, b, c) đồng bậc

f(x, y, z) và g(x, y, z) đồng bậc m (nguyên dương) nếu

λ λ λ λ

m m

f( x, y, z) = f(x, y, z) g( x, y, z) = g(x, y, z)

Cho bất đẳng thức: f(x, y, z) ≤ g(x, y, z) (*)

Với f, g đồng bậc và H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k Nếu (*) đúng trên miền H(x, y, z) = a1 thì cũng đúng trên miền H(x,, y,, z,) = a2 với a1, a2 > 0 Thật vậy:

m 2 k 1

H(x, y, z) = a H(x',y',z') = a ; x' = x; y; z

a f(x', y', z') = f(x, y, z)

a Tương tự:

 

m 2 k 1

a g(x', y', z') = g(x, y, z)

a Khi đó: f(x, y, z) g(x, y, z) ≤ ⇔ f(x', y', z') g(x', y', z')≤

Vậy để chứng minh (*)đúng trên miền H(x,y,z) chỉ cần chứng (*) đúng trên miền H(x, y, z) = a > 0 cố định Việc chọn giá trị a là rất quan trọng

Bài toán 4: Cho a, b, c là các số thực Chứng minh

3

6(a + b + c)(a + b + c ) 27abc + 10(a + b + c ) (1)

(Olimpic Việt Nam 2004 )

Lời giải: BĐT đúng khi a = b = c = 0

Nếu a + b + c > 0 Chuẩn hóa 2 2 2 a + b + c = 92 2 2

(1) ⇔ 2(a + b + c) - abc 10≤

Giả sử :

≥ ≥ ⇒ 2 ≥ ⇒ ≤ b + c2 2 9 - a2 ≤

2 2

VT = a(2 - bc) + 2(b + c) VT = a(2 - bc) + 2(b + c)

a + (b + c) (2 - bc) + 4

Đặt : t = bc ⇒ ∈t [-3; 3]

VT = (9 + 2t) (2 - t) + 4 = f(t); t 2  2  ∈[ ]-3;3

f(t)⇒f(t) 100≤ ⇒VT 10 (đpcm)≤

Bài toán 5: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng

≤

≤

(b + c- a)(a + c - b) + (a + b - c)(a + c - b) + (a + b - c)(b + c - a)

abc( a + b + c) (1)

Lời giải: Đặt a = x2, b = y2, c = z2

(1) ⇔ x + y + z + xyz(x + y + z) 2(x y + y z + z x ) (2)4 4 4 ≥ 2 2 2 2 2 2

Chuẩn hóa: x y z+ + =1 Ta có:

(2)⇔1 + 9xyz 4(xy + yz + zx)≥ ⇔4(xy + yz + zx) - 9xyz 1 (*)≤

Giả sử: 0 < x y z ≤ ≤ ⇒0 < x ≤ 1

3 Khi đó :

VT = 4x(1- x) + yz(4 - 9x) f(x)≤ 1

f(x) = - 9x + 6x - x + 4

Khảo sát: f(x) = - 9x + 6x - x + 4 trên 3 2 0;1

3

f(x) 4 ≤ ⇒VT 1 Suy ra (*) được chứng minh≤

Bài tập tương tự:

≥

≤

3

1

1 (a + b)(b + c)(c + a) + abc (a + b + c) ; a, b, c > 0

3

ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a)

a + b b + c c + a (a + b)(b + c)(c + a) , b, c > 0