Phần hai TÌM GIA TRI LON NHAT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT VE MOI QUAN HỆ GIỮA HAI BẤT ĐẲNG THÚC CAUCHY VÀ BERNOULLI Bất đẳng thức Cauchy cĩ dạng : dị +dy + + dụ > se ¬ 2 Nf dydy 4, (1) V6i a,2 0, a, 20, ,a, 20, moin € N* Bất đẳng thức Bernoulli cĩ dạng : (+x)" >l+mx (2)
với moi x >—l, mọi ø e Đ*,_
Như chúng ta đã biết cĩ nhiều cách chứng minh các bất đẳng thức này : trực tiếp hay gián tiếp, dài hay ngắn, đơn giản hay phức tạp, v.v Dưới đây trình bày cách chứng minh bất đẳng thức này nhờ bất đẳng thức kia
Giả sử cĩ bất đẳng thức Cauchy, ta cần
chứng minh (2) Nếu 1 + nx < 0 thi do vế trái
của (2) khơng âm nên bất đẳng thức đúng
Trong trường hợp Í + nøx > 0, xét n — Ï số 1 và
số 1 + nx, theo bất đẳng thức Cauchy ta cĩ
1111.1110199 s TT,.1q+nx)
n
Nâng lên luỹ thừa bậc ø hai vế ta được {2)
Trang 2TU CAC TINH CHAT CO BAN CUA BAT DANG THUC
Ta đã biết các tính chất cơ bản của bất đẳng thức được coi là những yếu tố nền tảng, cơ sở để từ đĩ xây dựng được các bất đẳng thức mới
phức tạp hơn Ngược lại, muốn chứng minh một
bất đẳng thức, ta cần phải sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức và các bất đẳng thức
quen thuộc như Cauchy, Bunyakovski sau khi
Trang 4g2 b`(c 3a) — b(c2 + g2 — b _ c3 ve ta ) (10) ci +ae eta (a“ +b“Xa+c) Cộng theo từng vế (8), (9) và (10), ta được a a a + c? b+c” b+c b+e gp? 2 c b b — + - >0 ath c2 +2 c+a o a + b + c Bec tar a+b? a b C _ b+c c+a da+b
Nhiều bất đẳng thức trong khi thi chọn học sinh giỏi hoặc thi vào Đại học cĩ thể chứng minh tương tự như trên Mời các bạn thử sức với
các bài tập sau
Bài 1 Với ø, b, c là độ dài các cạnh của một
tam giác, chứng minh rằng : ° > D pee Lz b t—E— 23; a(b +c) + b(c +a) + c(a+b) 2 ) b+e-a cta-b at+b-c >2(a+b+c) Bài 2 Với a, b, c là ba số dương, chứng minh rằng :
1) a’ + b? c? > 3(ab + be t+ca) |
b+c c+a ath” 2(a+b+c) 2,2 2 củ — ~“ ` Py 8 @ abc Bài 3 Với số nguyên dương n ching minh rằng : 1 1 H + 2 + Bài 4 Hãy tổng quát hố kết quả của thí dụ 4 và thí dụ 5 ở trên 1 5 TA Sa
MỘT PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ TỔNG CÁC PHÂN THỨC
NGƠ VĂN THÁI (Trường PTTH bán cơng Quỳnh Phụ, Thái Bình)
Cĩ nhiều bất đẳng thức địi hỏi phải đánh giá
tổng các phân thức với các số hạng hốn vị vịng quanh, trong đĩ cĩ bất đẳng thức Nesbit mở rộng : Cho xị, xạ, , x„ (x; > Ư với mọi ¡, n 6 Đ*, n>3) thì : a a a 1 24 pe 25 (1) ay +a, ay +a, a, + ay a 7
Bất đẳng thức (1) trong trường hợp tổng quát
là khơng đúng với mọi n > 26 Trên tạp chí
THTT cũng đã đăng lời giải cho trường hợp
n=3, 4, 5, 6 Sau đây là cách chứng minh cho trường hợp ø = 3, 4 khá gọn dành cho các bạn
THCS Trong cách chứng minh dưới đây phải sử dụng đến bất đẳng thức Cauchy của ba số
khơng âm (chứng minh dành cho các bạn) :
Trang 5Gọi vế trái của BDT trén 1a M a+a a, +a d,+a M+P= 1 24 2 34 3 1 đa + đa a + a đ + ay dad, +a da + đa + d M+QO=IL— 3+2 14-3 “2, dy + a, a +a; đị + a) Theo bat dang thitc Cauchy ta duoc M+P>3;M+Q>3 Suy ra 2M + P + Ĩ >6 =v 2M >3 =s M > Š
Đảng thức xảy ra khi và chỉ khi ø¡ = ø; = đa > Ư
2) Với bốn số dương đi, đạ, đ+, đa (n = 4) thì a Le a 2—+——3—+—1—>2 a a a,+d, adgta, a, +a Lời giải Gọi vế trái của BĐT trên là M 1 1 1 1 da +04 ay Ta đa Mi a, +a, Ta cĩ ata da + dạ + M=| d,+d, dg+a, a+ 2+ 2—++-+—!|T-1+a,.P ajt+a ad,+a agt+a =| ——++-——+-——|-I-„;.P Áp dụng bất đẳng thức Cauchy của ba số dương trong từng ngoặc đơn ta suy ra : M>3—1+a,P=2+a,.P (2) M>3-1-a)P=2-a)P (3)
Nếu ? > 0 theo (2) ta được M > 2 Nếu P < 0 theo (3) ta được Mí > 2
Tĩm lại M > 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đi = a) = a; = a4 > 0 Bất đẳng thức đã được chứng minh
32
Với phương pháp đã trình bày ở trên, các bạn sẽ giải quyết được một cách ngắn gọn ba bài
tốn sau đây
Trang 6VAN DUNG HANG DANG THUC 1A2 -|A| VÀO GIẢI TỐN
TON NUBICH VAN (GV THCS Nguyễn Khuyến, Đà Nẵng) Trong chương trình tốn THCS hằng đẳng
thức w@4A =|AÌ cĩ nhiều vận dụng trong các bài tập từ đơn giản đến phức tạp
Tuy nhiên, khi gặp dạng tốn này, nhiều bạn
thường lúng túng, ngay cả học sinh giỏi cũng
gặp nhiều sai sĩt khi trình bày lời giải Bài viết này nêu một số loại tốn thường gặp cĩ thể vận
dụng hai dạng biến đổi căn thức cơ bản sau đây
Dua ra ngồi dấu căn
Jae A* =|Al= A néu A20 -Anéu Á<0 Dua vào trong đấu căn
AVB = Va2B nếu A >0 —|A?B nếu Á <0
Loại 1 Biến đổi đơn giản căn thức bậc hai Thi dụ 1 Đưa thừa số ra ngồi dấu căn
la nếu y>0
-3x7y nếu y<0 Thí dụ 2 Đưa thừa số vào trong dấu căn \2+?y nếu x > 0 -J2+?y nếu x <0 Một số bạn thường nhầm ở trường hợp thứ hai Loại 2 Tính giá trị của một biểu thức Thí dụ 1 Tính x|8— 22/7 Lời giải \8-2V7 = ¥7-2V7 +1 =|G7—1? = = |V7-1/=J7-1 wi V7-1>0)
C6 thé dat (8-2V7 =a+bV7 với các số
nguyên a, b rồi bình phương hai vế để tính a, b ? xx42y = Thí dụ 2 Tính giá trị của A= 3x-1-V4x" -12x+9 v6ix = 1999 Lời giả A=3x-1-v(x-3° = 3x—1—|2x-—3| Với x = 1999 thì 2x - 3> 0 nên A = 3x — 1 — (2x - 3) = x + 2 Lúc đĩ A cĩ giá trị là 1999 + 2 = 2001 Loại 3 Rút gọn một biểu thức
Thi du 1 Rit gon B= \3x—4-2V3x-5
Lời giải Điều kiện x > 3 Biến đổi B= V3x-5-2v3x-5+4+1 = 4C3x—=5 =1? = 3x5 - || se Nếu v43x—-5-I>0 hay 43x- 5 21 hay x>2thìB= N3x— 5 —1, e Nếu V3x-5-1<0 hay x < 2 thi B= 1-V3x—-5 V3x-5-1 n€éux>2 1-V3x-5 nếu Š < x <2 Cĩ thể đặt B = ø+bA3x-5 với các số V7 44x44 Vay B= nguyên ø, ở rồi tính ø, b ? Thi du 2 Rut gọn C = lx|—2 2
Loi gidi, C= VED NAA vg vy x2, |x}-2 |x|—2
Trang 7Từ đĩ tính được 1 néu x < —2 C= |-l néu -2<x« <0 x+2 „ ` nếu x > Ư và x # 2 xe Cĩ thể đưa mẫu số |x| - 2 vào trong dấu căn ? Loại 4 Chứng mỉnh một đẳng thức Thí dụ 1 Ching minh 2¥2+ V3 =V6+2 (*) Lời giải Biến đối vế trái : 2/24 V3 = 42 + V3) = V8 4 4v3 = J6+2V12 +2 = \(v6 + V2) = |V6 + V2| = V6 +2 Vay a2 +3 = V6 + V2 Cĩ thể biến déi V2/442V3 = V2(3 +1) hoặc bình phương hai vế của (*) ? Thí dụ 2
Ching minh Jo + Jit — V6 - Vil = V2
Lời giải Đặt vế trái là A, ta cĩ
J24 = Ji2+2Vi1 - Ji2-2V1
= (in +1? - JJ — D2
= |MI +1|-|M1-1|=2
Cĩ thể tính A” ?
Loại 5 Giải phương trình Thi dụ Giới phương trình \Jx-2+2Nx~3+4|x-6+6x—3 =3 Lời giải Điêu kiện x > 3 Biến đổi vế trái thành 34 Vx —342Vx—-3414yx—-346Vx-349 = (x3 +1? + JW -3 43) = |\Vx—341/4|v¥x-3 43] =vVx-34+14+Vx-343 = 44+2Vx-324
Vậy phương trình vơ nghiệm
Loại 6 Tìm giá trị của biến thoả mãn điều
kiện cho trước
Thi du Cho M = 4x—-1-V9x? -12x44 Tim x dé M = 3 Loi gidi M =4x-1-V(x-2)? =4x-1-[3x-21 Xét dấu của 3x — 2 ta tính duoc x+l nếu x>2 M= 7x =3 nếu x <5 «Với x>ộ thì M4 = 3 <>x+ l=3ôâx=2 (thớch hp) e Với x<ã thìï =3 c9 7x—3Z3 Œx= Ở (loại vì khơng thoả mãn x < 2
Vậy M = 3 khi x = 2 Cĩ thể viết 4x - 4 = 9x? —12x +4 rồi bình phương hai vế ?
Trang 8-Từ đĩ
(l-2x)(2x-3)> <©-<x<
2G
Vậy GTNN Ø bằng 2 với 53 5
Các bài tập ở các thí dụ trên cĩ thể cịn nhiều
cách giải khác, trong phạm vi bài viết này, chỉ
|
—
lA
xin trình bày cách giải cĩ thể vận dụng hằng
đẳng thức Va? =IAl và gợi ý một vài cách khác Mong rằng các bạn cĩ thể củng cố, khắc
sâu và vận dụng thành thạo, linh hoạt khi gặp
các dạng tốn biến đổi biểu thức cĩ dấu căn
MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
I Mot số tính chất của giá trị tuyệt đối Cho a là số thực, ta cĩ z nếua>0 1) lal= , —a nếu ø < 0Ư 2) lal >0 3) la| =|-al 4) Va? =lal? ; 5) lal>a>—tlal 6) la| + b| > la + dl
Chứng minh Do hai vế của bất đẳng thức
khơng âm nén (6) tương đương với
(lal+lp)? =(a+b)? © labl>ab Vậy (6) đúng al’ =a’ Dang thitc xay ra khi va chi khi ab > 0 Hệ quả : |a,|+]a,|+ +|a,| 2 | + a; + + aạj| 7) la + bị > ||a| - lol]
Chứng minh Do hai vế của bất đẳng thức
khơng âm nên
(a+b) >(lal-|bl)* © ab>-l|abÌ đúng, do đĩ (7) đúng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ab <0
8) lal > lal <> (a + b)(a-— b) >0
9) a>|bl a a>b2-a
VU DUC (Ninh Binh)
Trang 9©- (x? —2ax +a)’ —(x? ~ay >0
& [07 — 2ax +a) + (7 — a)][@2 — 2ax + a) -@œ7-a)]>0 © (2x2 -2ax)(2a — 2ax) > 0 © -4ax(x — L)(x — a) >0 = x(x -1)(x- a) <0 Suy ra nghiệm của bất phương trình là x<0 l<x<a
Thí dụ 3 Giải và biện luận hệ phương trình
sau theo tham số m
Ix=y|+lx+y|=m @)
e+ lyf? =m (2)
Lời giải Giả sử hệ cĩ nghiệm (x ; y) Dé y
rằng nếu xy > 0 thì |x + y| =ÌxÌ+|y|, cịn nếu
xy< 0 thì |x-y|=lxÌ+|y| nên từ (1) ta cĩ m > |xÌ+|y| Suy ra x +lyf =m? 2 dxl+lyp? = = lz + |yŸ + 3|xy|xl+ ||) Mà xŸ < |xÌŸ, nên ta cĩ =0 Lyldxl+|y) <0 |; y=0 e Néu x = 0 thi thay vao (1) va (2), ta được m=Ovay=0 e Néu y = 0 thì thay vào (1) và (2) ta được m = 0 và x =0 Vậy nếu hệ cĩ nghiệm thi m = 0 và từ đĩ chỉ cĩ một nghiệm x = 0, y = 0 Kết luận : Nếu m z 0 thì hệ phương trình vơ nghiệm
Trang 10Mặt khác, ta cĩ F(4) = 15 Suy ra minF() = 15 Thí dụ 3 Biết rằng đa thức ƒ[x) = a2 +bx+e |ƒ@|<1 |ƒ(D|<L và cĩ tính chất |f(0)| <1
Ching minh rang | f (x)| < : voi moi x [—l ; ]]
Lời giải Ta cĩ f0) =c;D =a+b+c; &-Ù=a_—b +c Suy ra : 2a = fl) +-1) — 2f(0) ; 2b =f) -f-1) Thay vào f{x) ta duoc 1 /0=ƒ0S*“+/0/0-2)-/c => Suy ra, với mi xe€[-l; l] ta cĩ rol < FOAL + [70.0 -2) + [fe 1) “Oe OI = [Fay — +f) li x?|>~|f(- 1, a x) wel 2) |x-x)| _ =1- "` adel xl) = 2, lal l-x +2 d+z+1~x) = 1~xỶ +| (ea) 5 4 2) `4
Vạy |ƒ(x)|< : với mọi x e [—1; 1]
Thí dụ 4 Biết đa thức ƒ(x) = ax? + bx + c cĩ tính chất |Đ@)Ì < 1 với mọi x e [—l ; 1] Chứng mình rằng lai + lbl + lc|l < 3 Lời giải Quy ước rằng số 0 cĩ thể mang dấu + hoặc dấu — Xét các trường hợp cĩ thể xảy ra : e Nếu cả ba số 4a, b, c cùng dấu thì lal + lbl + Icl = Wf) <1 e Nếu a trái dấu với b va c thi la+b+cl= lal + lbl + Icl = al + lbl + Icl = =lk-z+b+d= 2#0) -—-1)I <2W@) + f-1) <3 e Nếu ở trái dấu với z và c thì la-b+cl= lal + Ibl + Icl = lal + I-Al + Icl = If(-1)1 < 1
e Nếu c trái dấu với az va b thi
lal + ll + Icl = lal + lbl + -cl = la + b -—cl= J#1) - 20) < W1) + 2IKOV< 3
Vậy ta luơn cĩ lai + lbl + lc| < 3
Sau khi đã xét các thí dụ trên, mời các bạn
làm các bài tập sau đây
Bài 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số Ƒ(z) = lx + 1l + 2z + 2l — 3lz + 3I
Bài 2 Cho đa thức f(x) = ax” + bx + c cĩ tính
chất |fx)l < 1 với moi x € [-1 ; 1] Dat g@) = cx” + bx +a
i
Trang 11CHUNG MINH BAT DANG THUC DANG |Al< ar
Bài viết này để cập bất đẳng thức dạng lA| < ø, trong đĩ ø là một số, cịn A là đa thức hoặc A là biểu thức đại số cĩ chứa phân thức Những thí dụ nêu ra chỉ được giải bằng kiến thức thuộc cấp THCS Thí dụ 1 Cho dị +42 + +d„ = bệ +hị + +b2 =l, Chứng minh rằng |“ + dyb, + 4+4, bại <1 Lời giải Để ý thấy rằng (d2 +42 + + a2 (bị +bể + +b}) = = (ah, + a,b, + 4+4, Lầu +(a,b, — —ayb,)’ + + + (ab; — aab,)Ÿ + +(đ,_¡ổ, "` Bởi vậy (at + a;b; + + „ b3 <1 Suyra | + a;b; + +a,b | <1 Thí dụ 2 Cho a? +b? +c? =1 vàm +nˆ =1 Chứng minh rằng lam + bn + c| < A2
Lời giải Bài tốn được giải tương tự Thí dụ
1 khi thay m2 +n” =1 bởi m” +” +1=2 Thí dụ 3 Chứng minh rằng néu x + y* = 1, thì |x + y| <2 Lời giải Ta cĩ x? + yŸ > 2xy (1) 1=x?+y? (2) Từ (1) và (2) cĩ (x + y}” < 2 Suy ra |x + y| <Š ⁄2 Thí dụ 4 Cho xŸ + 4y? =1 Chứng mình rằng v5 Jx-y|<-: 38 NGUYÊN ĐỄ (Hải Phịng) Lời giải Ta cĩ x2+4y2=le©>x?2+4y?—1=0 (3)
Kí hiệu x — y = 2, Suy ra y=x— đ (4)
Thay (4) vào (3) ta được phương trình với ẩn
số x như sau :
5x? — Bax + 4a”—1=0
A=5 ~4a' Phương trình trên cĩ nghiệm khi A > 0 hay 5 — 4a” > 0 Từ đĩ suy ra
5
lal < v5 hay |x— y| < 5 (đpcm)
Qua thí dụ trên ta thử đặt vấn đề rằng khi nào việc chứng minh bất đẳng thức dạng
|Al<@ duoc dua vé tìm điều kiện để phương
trình bậc hai cĩ nghiệm
Trang 12Mặt khác | - y| < z, y-z|<x, |z— xÌ< y, bởi vậy
|lx—y yr-z li) xyz (7)
|lx+y y+z z+x| (x+y)w+z)Œ++x) vey 1 <_— Ve 1 < — Lại cĩ xay S2 5 yyzế2 @) Vy: _1 yte 2 (10) “4 GINO +DEF*) G4NO+DE FS) Tir (6), (7), (8), (9), (10) suy ra x— —Z Z—x X+y ytz Z+x < ‘ (đpcm) Thí dụ 6 Chứng minh rằng với mọi x e [—l ;1] cĩ bất đẳng thức |ax? + bx + c|< h thì la|+|p|+lc| < 4h
Lời giá Bài tốn này khơng trực tiếp chứng
minh bất đẳng thức |AÌ < z, nhưng đã sử dụng
kiện thức cĩ liên quan đến bất đẳng thức đĩ để giải bài tốn trong trường hợp phức tạp hơn
Thật vậy, với các giá trị x = 0, —l, l ta cĩ : e Với x = 0 thì |c| < h q1) e Với x = 1 thì ¿+ b+cÌ< h (12) e Với x=—I thì |¿— b+ cÌ< h - Từ (12) và (13) suy ra-h <a+b+c<h (14) -h<a-b+c<h (15) Từ (14) và (15) ta được —h < a + c < h (16) Mặt khác lại cĩ thể viết (14), (15) như sau : -h<a+b+c<h h>a-b+c>-h Dãn đến |b| < h (17) Ty (11) va(16) tacé-h<atc<sh (18) h>c>¬ (19) Từ (18), (19) cĩ la| < 2h (20) Từ (11), (17), (20) ta được lzl+|b| + lcÌ < 4h (dpem) ĐƠI ĐIỀU VỀ MỘT PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Ở CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ
Trong các kì thi học sinh giỏi THCS, học sinh thường gặp các bài tốn giải phương trình và hệ phương trình mà cách giải khơng bình
thường Để giúp các bạn tìm hiểu vấn đề đĩ, bài
Trang 13Néu fe =m g(x) <m thì phương trinh (1) tuong duong voi hé HH sŒ) =m (2 Nếu tồn tại x„ e D thoả mãn (2) thi x, 1a nghiệm của (1)
Để giải một phương trình cho trước theo phương pháp trên, vấn đề mấu chốt là phải đưa được phương trình đĩ về dạng (1) mà việc tìm
min f(x) va max g(x) khéng gặp khĩ khăn
lắm Sau đây là một số bài tốn
Bài tốn 1 Giới phương trình
6x~xˆ~2=lx—l1|+|x—2Ì +
+ |2x— 3| + |4+ — 13| (3)
Lời giải Ta cĩ thể giải (3) bằng cách lập bảng xét dấu vế phải của (3), từ đĩ suy ra nghiệm Song cách này tương đối dài, mất nhiều thời gian Áp dụng cách trên ta xét hai vế của (3) e Xét vế phải của (3) |x—1l+lx—2Ì+l2x - 3|+|4x - 13| > lx-l+xz-2+2xz-3+13~4x| =
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x—l, x—2, 2x-3, 13-4x citing khơng âm hoặc cùng
khơng dương Từ đĩ tìm được 2< x< 2 ©2<x< 2 e Xét vế trái của (3) 6x —x° -2=7- x" + 6x -9=7~-(x-3)° 7 = max (6x ~ x” — 2) = 7 và đạt được khi x = 3 Do x = 3 e lz:#) nên phương trình cĩ nghiệm duy nhất x = 3 40 với mọi x e D, m là hằng số Bài tốn 2 Giải phương trình (8x — 4x7 — 1)? + 2x+ 1)=4@2+x+ 1) (4)
Lời giải Nếu khai triển vế trái của (4) thi ta được phương trình bậc bốn đủ, nên khĩ tìm nghiệm bằng kiến thức ở THCS
Áp dụng cách trên như sau
Vì x= —I khơng phải là nghiệm của (4) nên 8x—4x? ~1 _ x°+x+l (4) = 4 x2+2x+l oe Le - x?+x+1 - e Xét hàm số y = = (x # -1) Dé x°+2x4+1 dàng tìm được min y =3 dat duoc khi x = 1 2 e Mat khác Bea 4 al ‘ 4 yar 1+ 4 3 a 7 (=#¬] 3 = —— 4 (x -1) <q => max _ <— ——-|=— 4 4
dat dugc khi x = 1
Từ đĩ phương trình (4) cĩ nghiệm duy nhất
x=l
Bài tốn 3 Từm x thoả mãn phương trình
-16x°+72x?—81x2+28—16(x-vx+2)=0 (5)
Lời giải Nếu đặt xÍx— 2 =t >0, thếx=/2+2
Trang 1416,4 3 91,2 © Mat khéc 16x° + 72x° —81x* + 28 _ 16 7 9Ý ¿_7 J | 2 2È z ` 2 4 ( 2) SF Dấu bằng xảy ra khi x.3 4 x=0
Từ đĩ ta cĩ x = 5 là nghiệm của phương trình Bài tốn 4 Tìm nghiệm nguyên của phương trình
3 2 sa
zo ox y
Lời giải Nếu trong ba số x, y, z cĩ đúng một số âm hoặc cả ba số đều âm thì ,*“.”“«‹0
Z
nên khơng thoả mãn phương trình
Vì vậy trong ba số x, y, z thì cả ba số đều
dương hoặc hai trong ba số là âm, ta cĩ A= 4% zo ox y |], bll lzlÌxi lị lì | > 3Ÿlxl|y|lzÌ = 34|xyz| > 3 minA = 3 đạt được khi |xÌ = |y| = |z| = 1 Vậy nghiệm nguyên (x; y; z) của phương trình là : Œ;1;1;đ;—1;—D;C1;—1; D;C1; 1;—D Bài tốn 5 Tìm m để hệ sau cĩ nghiệm x, y, z đều dương : x+y+z=l Xxy + yz + zx = 0m xyz =m - Giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương x, y, z ta cĨ 1=x+y+z> 33lxyz =3m = mS a5 (6) 9m = xy + yz +x22 38) x? y?2? =3m? = 1 > — m> 27 (7) ` 2 2 1 Từ (6), (7) phải cĩ m = 27:
Ngược lại với m = = ta thấy ngay hệ đã cho cĩ nghiệm x = y = z = s: Vay m= a la
giá trị duy nhất cần tìm
Như vậy, vận dụng phương pháp này ta
khơng chỉ giải được phương trình dạng căn
thức, phương trình bậc cao một cách nhanh gọn
mà cịn xét được một số hệ phương trình Các bạn học sinh THCS cịn được gặp lại phương pháp này khi giải các loại phương trình, hệ phương trình phong phú và đa dạng hơn ở các lớp THPT
BAI TOAN CUC TRI CUA BIEU THUC CHUA DAU CĂN PHAN NGỌC THẢO (Trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi)
Chương I là chương khĩ của Đại số lớp 9,
các bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất cĩ chứa dấu căn thường hay gặp trong các kì thi
_ tuyển sinh vào lớp 10 và các kì thi học sinh giỏi
Dưới đây là một số dạng tốn thường gặp và
một số vấn đề mà học sinh hay sai sĩt Trong bài này khi nĩi về giá trị nhỏ nhất (min), giá trị lớn nhất (max) của biểu thức P(x, y, z) ta hiểu rằng các biến x, y, z thuộc tập số 7 sao cho
Trang 15A Cơ sở lí thuyết
Xét biểu thức P(x, y) với các biến x, y thuộc tập xác định 7T Để chứng minh
min P(x, y) =a (a 1a hang số) với mọi x, y thuộc tập 7, ta chứng minh hai phần
1 P(x, y) = a v6i mọi x, y thuộc 7
2 Cĩ (x,,y„) sao cho P(x,,y,) = 4
Chứng minh tương tự với max P(x,y) = a,
chỉ cần đối dấu > thành dấu <
Các dạng thường gặp là :
a) P(, y) = [OQŒ, y)]”” + a > a với a là hằng
SỐ, c Đ* (1)
Néu c6 (x,,y,) sao cho Q(x,,y,)=0 thì
min P(x,y) =ø với mọi x, y thuộc T
b) P(x,y)=-[OQ@&,y)+b<b với b là
hằng số, n e Đ* (2)
Nếu cĩ (x,, yo) sao cho Q(X; Yo) = O thi
max P(x, y) = b véi moi x, y thudc T
Ta van dung diéu trén vao viéc tim GTNN, GTLN của biểu thức cĩ chứa dấu căn với các
chú ý sau
1 Ở cơng thức (1) nếu z > 0 thì
min 4|P(zx,y) = Va voi x, y thuộc 7
Ở cơng thức (2) nếu P(+x,y) >0 và b > 0 thì
max «/ P(x, y) = Vb voix, y thudc T
2 Vận dụng bất đẳng thức |a| + |b| > Ìa + bl
Dấu bằng xảy ra khi ab > 0
3 Nếu Ä⁄ > 0 muốn tìm GTNN, GTLN của M ta tìm GTNN, GTLN của MỸ B Bài tập áp dụng Bai 1 Tim GINN cdc biéu thitc sau voi x € R 1) D = Je —1996)? — f(x - 1997)? 1 2)F=————— x+Àx+l 42 Hướng dẫn giải 1) D = |x — 1996| + |x - 1997| Cách 1 Xét các khoảng giá trị của x ® Với x < 1996 thì D = 1996 — x + 1997 — x = 3993 —~ 2x > 1, e Với 1996 < x< 1997 thì D = I e Với x > 1997 thì D = 2x — 3993 > 1 Do đĩ D,,i, = 1 xây ra khi 1996 < x < 1997 Cách 2 Ap dung bất đẳng thức lz|+ Ìb| > la + bÌ Dấu bằng xảy ra khi ab > 0 D=|+x—1996| +|1997 — x| > |x — 1996 + 1997 — x| = 1 Dyin = 1 xảy ra khi (x— 1996)(1997 — x) >0 = 1996 <x< 1997 2) F=- 1 Nhận xét:x > 0 x+Ax+l Cách ï Vì F <0 nên xảy ra min F xe -© ma|— c© min{x+ x+1 x20 x+Ax+l1 x>0 <© min{x} x20 Vì x>0nên min{x} =0 x20 Vay F min — —l xảy ra khi x = 0 Cách 2 l <1vì x>0, do đĩ l4+ Vx 41 l_s; l+Vx-1—
Vậy F min = —Ì xây ra khi x = 0
Trang 16Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số
khơng âm ta được : Vr-1= Jie) s*3-+ = 5 2+y-2 y Jy- oo 2 (y - 2) 2 se =—= 2J2 = Zz ⁄z:-3=-Lœ-3 <5 =—^= 3 =3 23 Do đĩ K < đồ K Sổ, : xử: 1 1 1 1 1 1 =—+—+—=—~Ì|Ì+—+— 2 2/2 243 3| ⁄2 5] 1 1 1 Vậy Ly K_ max =_—| Ìl+——+——] | V2 5) xảy y ra khi x=2,y=4,z=6 Bài 3 Xét biéu thitc A 2d+Aa) 21-4) 1-a)ˆ a) Rit gon P b) Tìm GTNN của P Hướng dẫn giải Điều kiện : a > 0, a # 1 1 a+atl b) Vì P < 0 nên xảy ra a) P=- min P <> min {a* +a+1} Diéu nay xay 0<az1 0<az1 ra khi a = 0
Kết luận : P„mịạ = —l xảy ra khi a = Ơ
Chú ý : Một số học sinh nhầm lẫn, quên điều kiện z > 0 nên đã giải :
p=-——1_ g4
if 3 3
Ge h4
4, i
suy ra Phi = —3 Xây ra khi a= ~3: Bài 4 Từm GTNN của các biểu thức : 5-3x V1— x? b) Ka=yx42 evict] ty xt20-Ve4D) a) H= Hướng dẫn giải a) H= 5-3x V1-x? H>0 Ta cé H -( 5 — 3x Ì —25-30x + 9x7 _ vI-xˆ 1-x? xác định khi —] < x < l > _ 2 _ 2 _ 2 9—30x+25x +16 16x" _G-51)" 1o»ïg, l—x 1~x? Vậy Hin = 4 khi x =Š 5" b) Diéu kién : x > -1 K=A(x+1+1 +A@Wx+1-1ÿ =|Nx+I+ll+ÌNx+I-l| = Wjx+1+1|+lt-x+1| >|)Nx+1+1+1-Vx+1|=2 Kin = 22 Wx 414+ D0-Vx4+1 20 Vì Vx+1+1>0 nên 1-4x+1 >0 ©x<0
Vay Kymin = 2 xay ra khi-1 <x <0 Bai 5 a) Cho hai số thực a, b với a < b
Tìm GTNN của
Trang 17
b) Ta xét hai trường hợp : e Với n = 2p (chắn) ; p € N* Ta viết 52p =(x~4|+|x~,|)*{#~4|+|x~ss;¬|)* wt (v= ap|+]x~ api) Theo a) ta cĩ min (|x ~ a] +|x— a2) = ap — a khi a, <x <ap, ; max (|x — 4ạ|+ |* = 4ap—I|) = 22p-1 — đa khi ay Sx Say, ;
min (|x —ap|+|x~ px1|) = aps — dy khi a„, <x < đại
Vix € la, ; a,„¡] C C [đạ, đạp ¡| C La}, ayy] nên khi x e [a ; n1] thì minS+„ = (đ2„ —ứi)+(đanp_tr— đa) + me 2p ~4 2p-1 ~ 42 + (4p 41 — ay) hay min $5, = (đạp +đa„_++ +đ„,i)T— xeR 2p 2p 2p-I p+] — (4| +đa ++ dy) e V6i n= 2p + 1 (le); p € Đ* Tuong tu nhu trén ta viét 32p+1 =(lš-i|*|x~4as+il} + + (*- +|+|x- sap|) + + (Íx~p|+|x~=4p+2|}+|x~ 4p¬1| TÍN 32 p3] =(an+1 +p ++ p42) — — (đi +42 + + đan) khi x = a„.¡ (2„„¡ là số hạng đứng giữa trong dãy a, đ2;. › đụ)
Người viết bài này hi vọng làm sáng tỏ một
phần nào những thắc mắc về các bài tốn cực trị vốn rất phong phú và phức tạp
SUY LUẬN HỢP LÍ TRONG LỜI GIẢI CĨ VẺ THIẾU TỰ NHIÊN
Khi xem xét lời giải của một bài tốn thường
xuất hiện câu hỏi : Tại sao người ta lại nghĩ ra
cách giải như vậy ? Cĩ những lời giải xem ra thiếu tự nhiên, cĩ phải do sự may mắn trong quá trình tìm kiếm cách giải hay chúng bắt nguồn từ sự suy luận hợp lí trên cơ sở phân tích các giả thiết của bài tốn Sau đây là một vài thí du minh hoa Thí dụ 1 (Bài T3/255) Chứng minh rằng với các số dương a, b, c thì 5h - a 5cẰỒT—b` 5a2-c° + <Sa+b+c ab+3b?2 be+3c% cat3a? VŨ ĐỨC (Ninh Bình) Dạng bất đẳng thức trong bài tốn gợi ý ta thử dùng phương pháp đánh giá một hạng tử ở vế trái
Căn cứ vào bậc của tử (bậc ba) và bậc của
mẫu (bậc hai) ta cĩ thể dự đốn, cĩ các bất đẳng 3 3 thức dạng : S$ xa+t yb (1) ab + 3b” 50° —b? zŠ xb+yc và 5a) c5 5 bc+3c ca +3a Từ đĩ, cộng theo từng vế của ba bất đẳng
thức trên ta cĩ vế phải là (x + y)(a + b + c) Nếu chọn được x, y sao cho x + y = 1 và các bất
Trang 18đẳng trên đúng là bài tốn giải quyết xong Ta thé y = 1 — x thì (1) trở thành 3 3 ° —“z<x4+(~x)b (2) ab+3b Thử các giá trị đặc biệt của ø, b ta thấy cĩ thể chọn x = —1 thì (2) đúng và dự đốn 5b? - a? ab + 3b?
Việc chứng minh (3) xin dành cho các bạn
Tất nhiên lời giải sẽ bắt đầu bởi một câu cĩ vẻ thiếu tự nhiên : "Ta sẽ chứng minh bất đẳng
thức (3)" €)
Bằng cách suy nghĩ tương tự, cĩ thể giải
được bài tốn sau
<2b~- a (3) vGi moi sé duong a, b
Cho cdc sé duong a,b, c, chitng minh rang a’ + bˆ + c? a+b+c a+b b+c c+a 2 (Hãy suy luận hợp lí để tìm ra BĐT a’ > 3a— a+b 4 Thí dụ 2 Cho các số dương a, b, c vaa? +h? +c? = 21, ath +c> 281
Vai trị bình đẳng của a, b, c gợi ta dự đốn dấu bằng trong bất đẳng thức trên xảy ra khi a=b=c=3 Ta cần tìm một bất đẳng thức thể hiện quan 2 p v6i a, b > 0) chứng minh rằng và ø +b°+c” Từ sự
chênh lệch số mũ của a” và a’ ta nghĩ đến áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số duong a’,
a” và hằng số Nhưng cần chọn È là số nào ?
Để ý rằng dấu bằng trong bất đẳng thức Cauchy
xây ra khi ø = b = c, lúc đĩ 3a” = 27 = a = 3 Do đĩ ta nghĩ đến thử chọn k = 3° = 27 hệ giữa a7 +b^+c Ta cĩ a +a”+27> 3Đa).a3.27 = 9đ2 Tương tự b`+b)+21>9bП 3 + cĩ +27> 9¢7 Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được : 2a? +b? 4.03) 43.27 = a? +b? +07) Suy ra a+b +> 281 Thi dụ 3 Giải phương trình 4x2 +A2x+1+5=12x
Nhờ kinh nghiệm giải một số bài tương tự, ta
thử chuyển phương trình này thành hệ phương trình đối xứng loại hai bằng cách đặt
V2x+1=ax+b với tham số a, b nào đĩ Khi đĩ, ta cĩ lM +ay+b+5=12x 2x+] = (ay + b}Ÿ 4x? -12x+ay+b+5=0 (i +2aby—2x+b?—1=0 Xác định a, b sao cho hệ trên là hệ đối xứng loại hai, tức là a=-2 © b=4 Vậy, nếu đặt /2x+l=-2y+3 với điều kiện -2y + 3 > 0 © ys, ta cĩ hệ lM -2y+3+5 =12x 2x+1=(-2y +3) 2x7 —=6x-y+4=0 by -6y-x+4=0 (2x? —6x—y+4)—(2y” -6y-x+4)=0 Pu (x-y)(2x+2—5)=0 L —=6x-y+4=0 Đến đây việc giải phương trình đã cho khơng cịn mấy khĩ khăn
Trang 19MỘT SỐ CHÚ Ý KHI GIẢI TỐN TÌM CỰC TRỊ ĐẠI SỐ
Trong đại số các bài tốn cực trị cĩ một vị trí
khá quan trọng Đã cĩ rất nhiều tài liệu, sách, báo nĩi về vấn đề này Bài này trình bày một số sai lầm thường thấy của học sinh khi tìm cực trị của biểu thức chứa biến và một vài đạng tốn
tìm cực trị đại số
Xét biểu thức chita bién P(x), P(x, y) Ta ki hiệu giá trị 1én nhat cua biéu thite P trén tap xác định của biến là GTLN (P) hay maxP, cịn giá trị nhỏ nhất của P 1a GTNN (P) hay minP
I Các kiến thức thường dùng
1) Cho P=A +B thi maxP = maxA + maxB va minP = minA + minB
trong đĩ A và Ư là các biểu thức chứa các biến
độc lập với nhau, hoặc nếu Á và ư chứa cùng biến thì cùng đạt GTLN (GTNN) tại một giá trị xác định x = xạ, tức là max = Á(x¿), maxB = B(x) thì maxP = P(x,) 2) Cho P= + với A > 0 thi maxP = — A minA +m>m 3a) (FO) i=] n MD (fQi)) <M v6imoikeN,meR,MeR 4) A > 0 thi max(A’) = (maxA)’ va min(A?) = (minA)Ÿ 5) Các dạng của bất đẳng thức Cauchy : a)ath>J2ab (a20,b20) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b b) “+2 >2 (b>0) boa Đẳng thức xảy ra © a = b 46 HUYNH VAN TRONG (Binh Dinh) 6) Bất đẳng thức Bunyakovski : (ax + by)? < (a4? +b^Xx? + y?) Đẳng thức xảy ra © ay = bx
Cần chú ý rằng sau khi tìm được giá trị của biến để biểu thức P đạt cực trị cần thử lại xem P
cĩ đạt cực trị tại đúng giá trị đĩ khơng và giá trị
đĩ của biến cĩ thoả mãn các điều kiện giả thiết
khơng
II Những sai sĩt thường gặp khi giải tốn tìm cực trị đại số
Trang 20Bài giải trên là sai Cĩ thể biến đổi như sau : x-y 42 x-y Kết quả đúng là minA = 22/2 khi (x, y) là (#:8, 8-8), 2 , 2 , (2 -M6 2-6 2 , 2 Vay sai lầm của bài giải trên là biến đổi đến + — 2
phụ thuộc vào biến x, y
(*) thi 2+ —” khơng phải là hằng số mà cịn
Bài tốn 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
P=x?+2x)+3x2+2x+]1
Cĩ học sinh đã giải P = @&ˆ + x + Dˆ>0<©
minP = 0 Điều này khơng xảy ra vì khơng cĩ
gid tri nao cua x lam cho P(x) = 0 Cĩ học sinh khác đã giải : P=xfG2+2x+1)+2x7+2x+ 1 2 2 1/ 1.1 = x(x + 1) + 2{x+4) +525 — —>— => minp = 1 =5: Dễ thấy đáp số này sai vì lúc đĩ x đồng thời bằng —1 va bang “5 Cách giải đúng như sau : P = (x7 +x+ 1 2 = — 1Ý —>— 3_ 3 à 2 Vix +x+l (x+3) +3 màx +X 2 3 1 + 1 >0 nén min tx+l =1 cx= " 2 3 9 1 Vay min? = (3 } “T6 cx=T
Bài tốn 3 Tim gid tri nhỏ nhất của biểu
thức sau với x> 0, y>0 P = x—2,/xy + 3y —2Vx +1977 Cĩ học sinh đã giải như sau : Paix ~3\/y)? +x -2)? +0) x -_ kế => minP = = Đáp số này sai vì khơng thé x=lvàx=4 Cách giải đúng như sau : 3P = 3x —6./xy + 9y -6Vx +5991 2 ¬¬':~ | > 3991 2 => min P == khi 2 tức là (x; y) bang (3 ; 3)
II Biến đổi một bài tốn cực trị
Khi giải một bài tốn cực trị ta cĩ thể quy về
bài tốn gốc đơn giản hơn, hoặc ngược lại từ
một bài tốn gốc cĩ thể sáng tạo ra bài tốn mới phức tạp hơn Bai toan 1 Cho x, y € R thoả mãn điều kiện x?+ y =1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x + y Lời giải Từ (x + y = x” + y` + 2xy < 2(Ÿ + y*) <2 din đến : 2 max(x + y)= V2 cx=y=-> v2 va min(x + y) = —/2 ©Sx=y= >! Từ bài tốn trên cĩ thể biến đổi thành các bài tốn khác như sau :
Bài tốn 1.1 Cho x7 +4y? =2 Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
Trang 21Bài tốn 1.2 Cho 4x? +9yˆ =2 Tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của S = 2x + 3y
với x>0,y>0,
Bài tốn 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức A =x—=2+4J4—x
Hướng dẫn giải Xét A7 với 2 < x <4
Bài tốn 2.1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức B = xlx—2.5|6— 2x
Hướng dẫn giải B xác định khi và chỉ khi 2< x < 3 Áp dụng BĐT Cauchy khi viết
B=x2Ax-2.l3-—x
Bài tốn 2.2 Giải phương trình
Vx -24+V4-x = x* -6x411
Hướng dẫn giải Điều kiện : 2 < x < 4 Từ
bài tốn 2 cĩ Ax-2+A/4-x <2 Mặt khác x°=6x+1ll =(Œx-3)Ì+2>2 Suy ra x= 3 là nghiệm duy nhất Bài tốn 3 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số yzVJx—1+xzjJy~2 + xyAlz~3 XyZ trén mién D = {(x, y,z):x21,y 22,223} f(x, y,z) = Lời giải y2 „z-3 y Z ƒŒ,y,Z)= = + Van dung bất đẳng thức Cauchy cho từng Cặp số sau : Jx-1.1<2 = Vy-2.V2 <5 > < 1} & Ww lA Đẳng thức xảy ra khi x = 2, y = 4, z = 6 Do đĩ max foan2=3(14 +5 (xy,z)eD 2 v42 43} BÀI TẬP Bài 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của mỗi biểu thức sau : 4 4 a) A= với x > y và xy = 1 x“—y 4 3,9 2 b) B=x'-x +12 —x+]
c) C =x-2 fay - Vx +2y với x > 0, y> 0
Bài 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=2x-1.42-x
Bài 3 Giải phương trình
vXx—-2+⁄4—x=2+.J(z-2)(4- x)
MỘT SỐ SAI LẦM KHI GIẢI TỐN CỰC TRỊ
NGUYỄN VĂN HIẾN (GV THCS Quỳnh Châu, Quỳnh Phụ, Thái Bình)
Giải bài tốn cực trị thường đưa về việc tìm giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số, trong đĩ biến số lấy giá trị
trong một tập hợp xác định Dạng tốn này rất
hấp dẫn nhưng tương đối khĩ cả về việc tìm giá
trị lớn nhất (GTLN) hoặc giá trị nhỏ nhất
48
Trang 22Dang | a) Tim GTLN cua f(x) khi xét fữ) < g@) < a với a là hằng số b) Tim GTNN cua fix) khi xét f(x) = g(x) 2a vGi a 1a hang s6 Dang 2 a) Tim GTLN cua f(x) khi viét f(x) = h(x) + g(x) với h(x) < Ư rồi xét gp) < a với z là hằng số b) Tim GTNN của f(x) khi viết ƒŒ)=h(x)+ g(x) với h(+) > Ư rồi xét g(x) 2 a với a 1a hang sé Làm tương tự đối với trường hợp cĩ hai biến số trở lên Bài tốn 1 Tìm giá tri lớn nhất của biểu thức ff) =S+VI=x~ 23, Lời giải Cách 1 Biểu thức ƒ{x) cĩ nghĩa khi 1—x- 2xŸ>0<©> (+ I)(1- 2x) >0 <©>-l<x< N| (1) Ap dung bat dang thttc (BDT) Bunyakovski ta cĩ ƒ@)=3x+IẠI=x~2x2 < Vat! Vx? +(L-x - 2x7) 5 [( 1Ì 5 “dễ: -(x+4)43 (2)
Từ đĩ kết luận rằng khi x = -< thoa man (2) va (1) thi biéu thitc f(x) dat GTLN 1a `:
Nhận xét Gọi biểu thức cuối cùng của (2) là
sư ST, 1) 5
g(x) thi khi x = 2 cĩ Í ;)*3 nhưng
1 1 3 1 5
f(~3)==4+Mi=3 <4|~5)= 3
Sở dĩ cĩ điều này vì dấu bang 6 BDT
Bunyakovski xây ra khi V1 — x — 2x7 =2x
Giải phương trình này với x > 0 được 1—x—- 2x 7= 4x2 6x?+x—1 =0 Phương trình cĩ hai nghiệm x, = -5 va 1 1 Ly, X2 =3° nhưng x, ==5<0 nên bị loại, cịn 1 Š 5 /(3)=š<3- được GTLN của +) Cách 2 Áp dụng BĐT Cauchy ta được 1+(I-x-2x2) ldi-x- 2 <¢ V1 ~ x -—2x*) 2 Do dé fix) < 1-2 <1 (3) Từ đĩ kết luận rằng khi x = 0 thoả mãn (3) và (1) thì biểu thức f(x) dat GTLN [a 1
Nhận xét Trong (3) dat g(x) = 1 — x? thi
g(0) = 1 Dau bang trong BDT Cauchy xay ra khi 1 — x - 2x" = 1 > x(2x + 1) =O suy ra xị =0 ` 1 VÀ X¿ — “3° Vay theo cách trên khơng tìm 1\ 3 1) 5 thai Vì /Í-3]=3 <«(-4) =4 7% bi loai
Ta đã gặp may khi ƒ{O) = g(0) = 1, nghĩa là
hai dấu bằng đồng thời xảy ra trong (3), và cách
giải này chấp nhận được sau khi tính được f(0) = 1
Trang 23Nhận xét Kết luận này khơng đúng vì ƒ(0)=3+^AJ5 x5,23<6 Sở đĩ cĩ điều đĩ vì dấu bằng ở BĐT Cauchy xảy ra khi 5—x +4x=le©>4—x2+ 4x=0© &~ 2)” = 8 Phương trình này cĩ nghiệm xị = 2-— 242 và xy =2+2V2, hic 46 f(2-2V2)=4V2 5,65 va f(2+V2) = -4V/2 > -5,65 Như vậy
#2) khơng thể đạt giá trị là 6 vì hai dấu bằng trong (5) khơng đồng thời xảy ra Cách 2 Áp dụng BĐT Bunyakovski ta được ƒŒœ) =~1+(-2)œ—2)+JÚð — x2 +4x) < ~1+4+1al+2 -4x +4)(5 — x2 + 4x) = -I+445 =3/5—1 ~5,71 (6) Đẳng thức xây ra trong (6) khi (-2)N5— x? +4x =x~—2
Giải phương trình này với x — 2 < 0 được 5x
— 20x - 16 = 0 Phương trình cĩ hai nghiệm là
6x45
XI =2+ 9° (loai vi x, > 2) va x;=2- ~ —0,68, nghiệm này thoả mãn (4)
Vậy GTLN của ƒy) là /a -#5]- 35 ~1 Nhận xét Cách giải ở đây là áp dụng BĐT Bunyakovski để sao cho biểu thức trong căn khơng cịn biến số x Cĩ thể vận dụng BĐT Bunyakovski để giải bài tốn I bằng cách thay Š bài 12 (x4 3): 2
Bài tốn 3 Từm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức f(x,y) = 4x? + 4y? - 4xy - 3x 50 Lời giải Cách I Biến đổi như sau flxy)=x? = (x-2y)* +2(x-1) +x”+x—2 2 -4xy+4y? +2x?~4x+2+x?+x~2 > x“+x—2 với mọi x (7) 2 1 9 9 Vì g(x)=x“ +x—2 x+5 4 4 (8) khi x= -L 5 nên kết luận rằng ƒf(+, y) cĩ giá trị nhỏ nhất là -5 khi xeng vax-2y=0>
-# 1 24
Nhận xét Dấu bằng xảy ra ở (7) khi x = 2y và x = 1, cịn dấu bằng xảy ra ở (8) khi x = “>
Trang 24MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TỐN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Cĩ nhiều phương pháp giải bài tốn tìm giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức Một trong những phương pháp cĩ hiệu quả là dùng các bất đẳng thức
quen thuộc Nhưng cũng chính phương pháp
này dễ gây ra những sai lầm, nếu khơng nắm vững bản chất của nĩ
Xét ví dụ sau đây (Báo Tốn học và Tuổi trẻ,
tháng 2.1980)
Bài tốn 1 Biết rằng x + y + z = Ì và x, y, z
dương, tìm giá trị lớn nhất của Š$ =xyz(x + y)(y + z)( + x) e Lời giải trong số báo trên như sau : z+(x+y)>24z(x+y) x+(y +z) > 2,/x(y + 2) yt(z4+x) 2 2Jy(z4+ x) Nhân theo từng vế ta cĩ 1> 8J\xyz(+x + y)(y +z) + x) _L _—64` (2) Từ đĩ S<a => Sirax
® Nhận xét Cách giải trên cho đáp số sai vì
điều kiện xảy ra dấu bằng của các bất đẳng thức đã dùng khơng đạt được đồng thời Cụ thể :
S= + đạt được khi và chỉ khi 64 Z=x+y y=x+z x=y=z=0 +=z+y ©4x+y+z=l x†+y+z=l *,y,Z>0 x,y,Zz>0 Như vậy khơng tồn tại (x, y, z) để tại đĩ S =a Do đĩ khơng thể kết luan S_, ay e Lời giải đúng bài tốn trên Với x, y, z > Ư ta cĩ Š = xyz(x + y)(y +z)( + x) <(*22?7]l&+90+2+» LÊ VĂN TIẾN = ae +y)y+z)Œ + x) ¬ ` — 8 ~ 27 3 —a72` Vậy $< 27 +y+z=l, với mọi x, y, z thoả mãn ụ yn? x,y,z >0, Dấu bằng xảy ra khi va chỉ khi x=y=z +y=y+z=z+ x+y=y+Z=z * oy peyaret x+y+z=l 3 x,y,z>0
Kết luận : S t luận : max E 2-2 =-Š_ đạttại x=y=z=l attal x=y=z=2
Nhắc lại định nghĩa max ƒ(x,y, ,z) và
min Ấx, y, , 2)
1 Định nghĩa Nếu biểu thức ƒz, y, , z)
VỚI x, y, z xác định trên tập hợp D, thoả mãn hai điều kiện sau :
i) fix, y, , 2) SA (hay fl, y, ., 2) = B) voi
moi x, y, z € D véi A (hay B) la cac hang s6 ii) Tén tai ít nhất bộ giá trị (xo, yạ, Z¿) với Xos Yous 29 € D sao cho xu, yọ, , z„) = A (hay
ƒXo› Yo» - Zo) = B)
thì A được gọi là giá trị lớn nhất của ƒf+, y, , z) trên D (hay B duoc gọi là giá trị nhỏ nhất của
ƒ y , z) trên D) Khi đĩ ta kí hiệu :
maxf= Á ; min ƒ= B,
hay Finax = A 3 fin = B
2 Một số chú ý
a) Nếu khơng chỉ ra được bộ gid tri (x9, yo,
- 2o) để ƒÚXo, Yọ, Zo) = A, thì khơng khẳng
dinh duoc max f= A, mac dt cé fix, y, ., 2) <A với mọi x, y, z € D Khi dé ta phai tim mét cach giải khác
Trang 25xây ra dấu bằng trong các bất đẳng thức đã dùng Chẳng hạn :
e Bất đẳng thức Cauchy :
đi +ứa + +da„ 2H Nady dy
với moi a; > 0, @ = 1, 2, ., 2), Dấu bằng xảy ra khi
va chi khi a, = a) = =p e Bất đẳng thức giá trị tuyệt đối
la+ bl < lal +lal
Dấu bằng xảy ra khi va chi khi ab > 0 c) Trong các bài tốn dạng cực trị cĩ điều kiện nếu chỉ chú ý đến điều kiện xảy ra dấu bằng của các bất đẳng thức đã dùng, mà khơng kết hợp điều kiện ràng buộc của bài tốn thì dễ mắc sai lầm d) Trong định nghĩa trên, A và phải là các hằng số
Thật vậy, xét bài tốn sau đây
Bài tốn 2 Cho x, y, z > 0 Tìm giá trị lớn nhất cua fix, y, z) = xyz(x + y)(y + 2)Œ + x)
e Xét lời giải Với mọi x, y, z > Ư ta cĩ x+y+z+(x+y)+(y+z)+(+x) 6 /œ»2<{ 6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X=y=zZ=x+y=y+z=z+x ee
tức là x=y=z=0 Khi đĩ vế phải của bất đẳng thức bằng 0 Suy ra ƒ(x,y,z)<0 Vậy
ƒ(,y,z)=0 khi x= y=z =0 (Œ)
e Nhận xét Cách giải trên mắc sai lầm ở chỗ là đã sử dụng một mệnh đề sai sau đây : "Nếu
SO, y, 2) S BCX Vor Zo) VỚi mọi x, y, z D và
ƒŒe.Yo›Zo) = 8ŒXo› YosZo) = Á 3 Xo» Yor 29 € D
thi f(x, y, z) <A véi moi x, y,z € D" Dé bác bỏ mệnh đề trên, ta cĩ thể xét phản thí dụ sau Bài tốn 3 Cho fix) = x’ ; g(x) = 2 Tìm GTLN ctia fx) 52
e Xt loi gidi sau : f(x) < g(x), voi moi x € R Dấu bằng xảy ra khi (0) = g(0) = 0, từ đĩ suy ra #9 <0 với mọi x e R e Nhận xét Điều nay sai vi fx) =x” 2 0 voi mọi x e R e) Khi áp dụng nhiều lần các bất đẳng thức, chẳng hạn sử dụng cả hai bất đẳng thức sau : ƒŒ,y, ,Z) < g(x,y, ,Z) € A (*) thi f(x, y, ,.z)=A © HH: = Q(X, y, 00452) g(x, y, ,2)=A
© Điều kiện xảy ra dấu bằng của BĐT bên trái của (*) được thoả mãn và điều kiện xảy ra dấu bằng của BĐT bên phải của (*) được thoả mãn
Nếu chỉ xét điều kiện để dấu đẳng thức xảy ra của một trong hai bất đẳng thức đã dùng thì cĩ thể mắc sai lầm như trong bài tốn sau
Trang 26e Nhận xét
ra „
Khi x =—-— ta cĩ 4
(2-2) +4=44-2J/2+4 2 2
Mâu thuẫn với kết luận trên
Nguyên nhân sai lầm là do ta chỉ xét điều kiện cho dấu bằng cuối cùng xảy ra, mà bỏ qua điều kiện cho dấu bằng thứ nhất xảy ra ® Lời giải đúng L4 sin| x+— |=-1 y=-2J2+4© | 3 sin? 2x = 1 x= 7F 4 2kn xa-S tka =i +ka ©œx=+2kz (ke 2)
Vay Ymin =—2V2 +4 dat tai x=ST +2k,
f) Đối với trường hợp khi fz) = g(x) + A(x)
và gœ) < A, h@+) < B) (hoặc g@x) > A, h(x) > B)
thì cần chỉ ra trực tiếp giá trị xạ để ƒ(x¿)= A+B là đủ để kết luận maxƒf(x)=A+ (hoặc
min f(x) = A+B) nhu 6 bai toan sau
Bài tốn 4 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y = cos x(1 + 2cos 2.x)
Lời giải y = cos x + 2cos x cos 2x = cOSx + cos x + cos3x = 2cos.x + COS 3x Do -I<cosx<1l va -l<cos3x<1 thi -5<y<5 Mặt khác khi x = O thi y = 5, khi x = Z thì y=-5 VẬY Ymạx = Š VÀ Ymịn = ~Ố GIẢI TỐN BẤT ĐẲNG THÚC VÀ CỰC TRỊ
DỰA VÀO PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
HỒNG HẢI DƯƠNG (GV THCS Chu Mạnh Trỉnh, Văn Giang, Hưng Yên)
Trong chương trình tốn THCS, các bài tập
về bất đẳng thức (BĐT) và cực trị luơn là những bài tốn khĩ, gây lúng túng cho nhiều học sinh bởi vì kiến thức tốn THCS rất ít để cập trực tiếp đến vấn đề này Bài viết này trình bày một
số bài tốn chứng minh BĐT và cực trị dựa
vào dấu hiệu cĩ nghiệm của phương trình (PT)
bậc hai
MỘT SỐ BÀI TỐN CHỨNG MINH BAT DANG THUC
Trang 27Lời giải Ta cĩ : be = 2d” và b + c = abe — a = 2u° — a Theo hệ thức Viète thì b, c là nghiệm
của phương trình
xÌ~ (24) — g)x + 2a* = 0
PT cĩ nghiệm khi A = a*(4a‘ — 4a” — 7) >0
a > LẺ? vực hop véi a > 0 được I+242 2 Bài tốn 2 Giá sử ba số thực a, b, c thỏa a+b +c? =2 () ab + be + ca =] (2) Chứng mình rằng -Ä<a+b+c<4 az man cdc điều kiện : | Loi gidi Tu (1) 6a +b? +7 +2=4 Kết hợp với (2) được a+b tert 2(ab + bc + ca) = 4 ©(a+b+c)°=4œa+b+c=12 Trường hợp ¡ Nếu a + b + c= 2 Kết hợp với (2) cĩ bc= ]Ì —a(b +c)= (a— 1)”
Theo hệ thức Viète thì 5, c là nghiệm cua phương trình e+ (a —2)x + (a— 1° =0 PT cĩ nghiệm khi A > 0 > z(4 - 3a) > 0 4 4 =0<áa<+ Tương tự 0 < ư, c < 3 do đĩ 0<øz+b+c<4 nhưng đẳng thức khơng thé xây ra nên Ư < ø + b+c<4 Trường hợp 2 Nếu a + b + c = ~2 Xét tương tự trường hợp Ì cĩ 4< a+b+c<0 Kết hợp cả hai trường hợp ta cĩ đpcm Bài tốn 3 Cho các số a, b, c thỏa mãn (a+c)(a+b+c)<0 (3) Chứng mình rằng (b —c)” > 4a(a+b + c) (4)
Lời giải !) Nếu a = 0 từ (3) cĩ c(b + c) < 0
Trang 282) Néua #2 PT (7) cĩ nghiệm <> A' = 4 — (a -2)(a—5) > 0 oa -Tat+6<0015a<6(a#2) Với a= I thì x= —2 Với a = 6 thì x =1 2
Kết hợp cả hai trường hợp 1 và 2, ta cĩ : giá
trị nhỏ nhất (GTNN) của z là 1 khi x = -2, giá trị lớn nhất (GTLN) của z là 6 khix=2
Bài tốn 6 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức b = 2x7 + 4xy + 5y”, biết
rang x° + y? = a với a là hằng số lớn hơn hoặc bằng 1
Lời giải Vì a > Ï nên cĩ
b 2x? + 4xy + 5y? _ 2x? + 4xy + 5y* a a x+y? 1) Néuy=0=> % =2 b_ 20? +4r45 a 2) Nếu y + 0 đặt: = ^ thì 5 y +1 Theo bài tốn 5 điều kiện để PT ẩn / trên cĩ nghiệm khi 1 < P s6 nén a < b < 6z (vì a 3 ]) a Từ đĩ suy ra biểu thức b cĩ GTLN là 6z khi xe] 79 <> y = 2x hay khi (x, y) lấy giá trị y
(Se 3] {ER va b o6 GINN
là a khi — = -2 ©x= -2y hay khi (zx, y) lấy y " ae = — = 1Á Hs | 5s” 5 5 Bài tốn 7 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức c = Wx + sv —x + Lời giải Điều kiện : 0 < x < 1 Datz =Vx, y= ⁄1—x thì z”+ y” = 1 (8) Ta cần tìm GTLN va GTNN cua d = 4z + 3y với 2c = d + 7 Điều kiện : 0< z <1,0< y<l và0<đ4<7 Thay 9y = (4 — 4z)” vào (8) được 252” — 8dz + d°-9 =0 Để PT này cĩ nghiệm z thì A >0 = d’ < 25 =>4d<5 e GTLN của d la 5 < GTLN của c là 6 và _ 4d 4 _ 2_ 16 2 dat duoc khi z = 255 =x=z= 2s (thỏa mãn 0 < x < l1)
e d= 4z + 3y >2.j12yz Đẳng thức xảy ra khi
4z = 3y Thay vào (8) tính được z “s8: y =i, x= 9 (thỏa mãn 0 < x < l1) Lúc đĩ 400 + R 9 6 ; GTNN cua d la 2 3575 = GTNN của c là Al _ 10 —
Với cách sử dụng điều kiện cĩ nghiệm của phương trình bậc hai, các bạn hãy làm tiếp các
bài tập dưới đây 4,1
BÀI TẬP
Trang 29TIM CUC TRI MOT BIEU THUC BANG NHIEU CACH
NGUYEN NGOC KHOA (GV THPT Huynh Thic Khang, Son Tinh, Quang Negdi)
Việc giải tốn bằng nhiều cách vừa giúp rèn luyện kĩ năng, vừa phát triển tư duy trong học
tốn Nĩ địi hỏi người làm tốn phải nhìn bài tốn theo các gĩc độ khác nhau, biết vận dụng
các kiến thức phù hợp với từng tình huống Ta
thử xét việc tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) và giá
trị lớn nhất (GTLN) của một số biểu thức với
biến số thực dưới đây
Bài tốn 1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
x? + 4V2x +3
x +] nhất của biểu thức
Lời giải Biểu thức này cĩ dạng một phân thức mà tử và mẫu đều là tam thức bậc hai một
biến số
Cách 1 Chuyển về xét cực trị của phân thức
mà tử là nhị thức bậc nhất rồi so sánh giá trị của tử và mẫu _ x? +4\2x+3 =14 4J2x+2 7 x4] 42x +2 x4] x4] =14+zvéiz=
Vì x +1 >0 với mọi x nên GTLN (z) dat được khi tử thức dương và GTNN (z) dat duoc
khi tử thức âm Xét ba trường hợp sau
a) Với 4V2x+2 =0esx= —Ý? thì z= 0
=>y=l
b) Với 4V/2x+2 >0 œx> -? thì ta chuyển việc tìm GTLN (y) về tìm GTLN (2)
Trang 302
2
xy = —V2 tng với GTNN (y) = -—1
Cách 3 Chuyển về xét điều kiện để phương
trình (PT) bậc hai cĩ nghiệm Với mỗi giá trị
+o ta cĩ giá trị yạ của biểu thức thỏa mãn
được: xị = ứng với GTLN (y) = 5 ;
_ x + 42x, +3 x2 +1
2 (Yo - Ix? — 4V2x, +y,-3 = 0 Cĩ thể coi x, la nghiém cia PT
1x — 42x +y¿—3=0
trong đĩ yạ là £ham số Ta thấy yọẹ = 1 ©
x= =) (1) Néu y, # 1 thi diéu kién dé PT bậc hai luơn luơn cĩ nghiệm là
A = —y2 +4y, +5 >0 ©Œ — 5)(1 + yạ) <0
<> -1<y, <5 Dễ thấy y¿ = —1 © xạ = -V2 VÀ yạ =5 €> xe = we (2) Từ (1), (2) suy ra
GTNN (y) = —1 khi x= -v2 va GTLN (y) = 5
V2
khi x = — ix= 5
Bài tốn 2 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn
nhất của biểu thức t2yth
x+y +7
ge te x+2y+1 vớ a>
Loi giai Dat z =; —~;— Biéu thức này
x^+yˆ.+7
cĩ dạng một phân thức mà tử là hàm hai biến
bậc nhất và mẫu là hàm hai biến bậc hai Cĩ thể giải bài này tương tự cách 1 và cách ba nĩi trên
Cách 1 Mẫu thức xˆ + y* + 7 > 0 với mọi x,
y nên GTLN và GTNN của z tương ứng với giá trị dương và âm của tử thức Xét ba trường hợp : a) Với x + 2y + 1 =0 thì z = 0 b) Với x + 2y + 1 >0 Ta cĩ BĐT (7 +1) +67 +4) 42224 4y+2>0 Từ đĩ _ x+2y+] x+2y+l x2+y2+7 x?+1+y2+4+2 x+2y+1 _Ì ` 2x+2y+l) 2° Đẳng thức xảy ra khi x = 1, y = 2, lúc đĩ GTLNG) = 5 c) Với x + 2y + 1 <0 Ta cĩ BĐT (25xˆ + 49) + (25y* + 196) — 70 > (-70x) + (-140y) — 70 = -70(x + 2y + 1) >0 Từ đĩ _ 25x+2y+U) _ 5x2 + y2 +7) 25%x+2y+1) 25x” + 49 + 25y? + 196 — 70 > 24x+2y+l _-5 ~ ~70(x+2y+1) 14° 7-14 Đẳng thức xảy ra khi x SSE „ lúc đĩ GTNN @) == Cách 2 Chuyển về xét điều kiện cĩ nghiệm của PT z=-Š 22T x+y +7 ©z2-x+zy `—2y+7z—-1=0ˆ (3) trong đĩ x là ẩn số, y là /hzm số tùy ý, cịn z là tham số cĩ điều kiện Xét hai trường hợp : a)z=O>x+2y4+1=0 b) z z 0 thì PT (3) luơn cĩ nghiệm x khi biệt thức khơng âm : 1 — 42(zy? — 2y +72 — 1)>0
&> ~427y? + 8zyS— 28zˆ + 4z + 1 >0 (4)
Coi (4) là bất phương trình ẩn y, BPT này xảy ra với mọi giá trị y khi
1627 + 42°(-2877 + 42 + 1)>0 1 5:
lA
Trang 31Khi z nhận các giá trị này thì đẳng thức xây ra ở (4) và ở (3), khi đĩ y = i vàx=-L Zz 2z Vậy GTLN (z) = 5 khiy=2vax=1 “5 và, -14 _ -7 GTNN (z) = 14 khi y= >= va x = s” Các bạn hãy rèn luyện giải các bài tập dưới đây bằng nhiều cách Bài 1 Tìm GTNN, GTLN của biểu thức : +? +4x x2+2x+2) Bài 2 Tìm GTNN, GTLN của biểu thức xt+y#+492xy+4 xt 4+ y* +2 Bài 3 Tìm giá trị m, n để biểu thức X? +mx+n x +) đạt GTNN là —1 và GTLN là 5
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM BIẾN ĐỀ TÌM CỰC TRỊ
MOT BIEU THUC
PHAM THI VIET THAI (GV THPT Hong Linh, Hà Tinh) Trên tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ số 303
tháng 9 năm 2002 cĩ bài Tìm cực trị một biểu thức bằng nhiều cách Bài viết này xin nêu thêm
một cách giải theo một cách nhìn khác
Giả sử cần tìm cực trị một biểu thức Q(+) Để đơn giản ta chỉ xét biểu thức (+) luơn xác định trên tập hợp số thực, nghĩa là néu Q(x) cĩ mẫu thức thì mẫu thức luơn dương Ta đưa thêm tham biến để xét biểu thức f(x) = Q(x) - Nếu
#9 > 0 (hoặc fx) < Ơ) với mọi x thuộc tập xác
dinh cia Q(x) và tồn tại giá trị f¿ để cĩ ƒ+) = Ư
(tức là c6 Q(x) = ¢,) thì ¿ chính là giá trị nhỏ
nhất (GTNN) (hoặc giá trị lớn nhất (GTLN))
của biểu thức Q(+) Xin minh họa việc sử dụng
phương pháp tham biến qua các ví dụ dưới đây Thí dụ 1 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn 2 nhất của biểu thức Q = x3 x +1 Loi gidi Xét fx) = Q(x) -t x? +8x47- tx? +1) x 4+] 58
Vix’ + 1>0 voi mọi số thực x nên dấu của
ƒ#&0 chính là dấu của tử thức g(x) = +” + 8x + 7 —
tx” + 1) hay o(x) = (1 — Ax? + 8x + 7-1 (1) Xét tam thức g(x) = aX” + bx+c= 2 = o[x+ 3] 4) véi A= B? ~ 4ac (*) 2a 4a e Néu a = 0 thi g(x) = bx + c luén cing dau khi b = 0 (g(x) = c) va khi c = 0 (g(x) = 0) e Nếu a > 0 thi g(x) > 0 với mọi x khi A < 0 va g(x) = 0 chi khi A =0
e Néu a < 0 thi g(x) < 0 vdi mọi x khi A < 0
Trang 32® Với =9 thì ø = | -=—8 <0 nên g(x) <0 => fx) < 0, suy ra Q(x) cĩ GTLN là 9 và xảy ra khi
fo) =0 © g(x) =0 6 2(2x- 1) =0x= 3:
Như vậy phương pháp tham biến cho phép ta chuyển việc xét cực trị một biểu thức Q(x), ttc
là xét một bất phương trình Ĩ(©) > (hoặc (+) <
t) về việc xét một phương trình A() = 0, nên cĩ thể nĩi phương pháp tham biến là chiếc cầu nối
giữa bất phương trình và phương trình
Ta cĩ thể mở rộng việc xét cực trị của biểu thức một biến Ĩ(+©) sang biểu thức hai biến QŒG, y) bằng phương pháp tham biến, lúc đĩ x, y) = QŒ, y) — r và xét tử thức của ƒ(x, y) theo một biến nào đĩ sao cho tử thức luơn cùng dấu và tồn tại giá trị bằng 0 Thí dụ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn 2 3y“ -4xy x? + y? nhát của biểu thức Q = với (x, y) khác (0, 0)
Loi gidi Vi x° + y” luơn luơn dưỡng trừ giá
trị.x = y = 0 nên dấu của ff+z, y) chính là dấu của tử thức g(x, y) = 3y^ —4xyT— tx" + y9 hay
gáx, y) = 4 — 0)y ~ Ary — 0? (2) Nếu r= 3 thì gứ, y) = ~3x` ~ 4yx, Vì A=4y?>0
nén g(x, y) = 0 chi khi y = 0, x = 0 (đã loại trừ) Xét (2) theo biến y cĩ
Ay,= 4 + ĐỀ = (4+3/~ 28”;
A, = 0 với mọi x khi ? =—] hoặc r = 4
® Với = —] thì ø= 3 —= 4 >0 nên e(x, y) 20 => /Œ, y) >0, suy ra Q(x, y) cĩ GTNN là —1 và xảy ra khi f(x, y) =0 © g(x, y) =0 © (2y — x)” =0<>x=2y (z0) ® Với r = 4 thì a = 3- = —1 < Ư nên go, y) <0 => f(x, y) < 0, suy ra Q(x, y) cĩ GTLN là 4 và xảy ra khi f&, y) = 0 © g(x, y = 0S “(+ 29)” =0 © y= ~2x (z 0)
Các bạn càng thấy ưu thế của phương pháp tham biến trong thí dụ sau wx+V Thí dụ 3 Tim u, v để biểu thức Q = x +] đạt GTLN bằng 4 và GTNN bằng -1 Lời giải Đặt ux + — tx? +1) fx) = QQ) — t= 5 x +1 Vix? + 1 > 0 với mọi x nên dấu của f(x) chính là dấu của tử thức g(x) = ux + v — tx +1) hay g(x) = te +uxty— t Để GTLN Q(y) là /¡ = 4 (lúc đĩ ai =~4<0) và GTNN Ø@) là r; = —1 (lúc đĩ aa = 1 > 0) xây ra đồng thời thì dựa vào (*) phải cĩ In, hay u? +16(v-4) =0 2[), {tn A, =0 Ww -4(v+1)=0 uv = 16
nghĩa là (u, v) bằng (4, 3) hoặc (—4, 3)
Trang 33GIAI TOAN CUC TRI DAI SO VOI CAC BIEN CO DIEU KIEN
NGUYEN NGOC KHOA
(GV trường THPT Huỳnh Thúc Kháng, Sơn Tịnh, Quảng Ngãi)
Chúng ta đã quen biết bài tốn tìm cực trị của hai biến mà các biến cĩ một điều kiện ràng buộc, chẳng hạn như bài tốn sau
Bài tốn 1 Tìm giá trị lớn nhất (GTLN) của
tích xy với x, y là các số dương thoả mãn điều kiện x + y = s, trong đĩ s là số dương cho trước Việc đưa ra nhiều cách giải bài này sẽ cĩ ích
Lời giải Cách I Áp dụng trực tiếp bất ng thc Cauchy x+y 2 ÂsƠ g2 < =| —= =o »‹[ 2 ) (5) 4" g2 Cách 2 Đưa về xét cực trị của hàm một biến " = )„ — =ÿX— = ——- — — sx + — xy =x(s—x)=sx-x 2 x“ —=&x 2 Vay GTLN(xy) ==
Cách 3 Sắp thứ tự giá trị các biến (theo điều kiện hoặc khi vai trị của chúng như nhau) và so sánh với giá trị khơng đổi xen giữa chúng a9 + ` Zz ở Giả sử x < y TỪ x + y = ø CĨ x<5<y nên y Ss s ly —— ——< <— —— Ề at s}s0 > m<3[x+o 5)so gs? Vay GTLN(xy) = 7 Trong cả ba cách giải trên tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = y= 2 60
Việc giải bài tốn như trên sẽ khĩ khăn hơn khi các biến bị ràng buộc thêm một điều
kiện nữa
Bài tốn 2 Tìm giá trị lớn nhất của tích xy
với x, y là các số dương thoả mãn hai điều kiện - )x+y=s; (2)y2a trong đĩ s, a là những số dương cho trước và a<s Lời giải bề Nếu z< e Neu as7 thì theo cách giải bài tốn | ta 2 cĩ GTLN(x,y) = > khi x=y= Š>a Nia s 2 sử dụng cách giải Í của bài tốn 1
e Xét trường hop a > = Lic nay khơng thể
Theo cach 2, dat y=a+t với> 0
Từ đĩ xy=(s-y)y=(s-a—f)À(a+f) = —t(t+2a~—s)+a(s—a) < a(sx—a) vit 2 0, t+2a—s20
Dang thitc xay ra khi ¢ =
GTLN(xy) = a(s — a)
0, y = a và
Theo cách 3 ta thấy x<5<asy nén
(œx~—a)\w—a)<0 © xy < a(x+ y)— 4F
© xy Sas—a? = a(s — a)
Dang thitc xay ra khi y =a vax =s—a Vay
GTLN(xy) = a(s — a)
Trong bài tốn 2 cé thé thay diéu kién (2) bởi điều kiện x < b với b < s, lúc đĩ trong lời
8
2
minh tương tự trên hoặc đặt b = s ~ a)
Trang 34Bài tốn 3 Tim gid tri lon nhất của tích xyz, với x, y, z là các số dương thoả mãn các điều kiện : (l)x+y+z=s (2)z»>a trong đĩ s, a là những số dương cho trước và a<s Lời giải
e Nếu a< 3 thì áp dụng BĐT Cauchy ta cĩ
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3 Š, lúc đĩ GTLN(xyz) = (5) e Xét trường hop a > > 2 Theo BDT Cauchy : xy < (+ > ») (*) xXtytasxt+y+z=s<3a> x+ x+y<2a > > Ta cĩ <a <a<z CƠ Áp dụng cách giải 3 từ (**-a]¿=a<0 =('29<4(4t"‹es)en Từ (*), (**) và sử dụng BĐT Cauchy cĩ „<(22) |2); <o{ 222272 42a] 2 2 ty x+y ; [EE < 5 x) Đẳng thức xảy ra khi z = ø và x = y= 2 sa 5) Kết quả của bài tốn 3 cĩ thể khơng xảy ra x+y 2 y-a 2 , lúc đĩ GTLN(xyz) = al
như trên nếu ta thêm điều kiện x < = < y
Bài tốn 4 Phát biểu như bài tốn 3 và thêm điều kiện :
(3) y 2b véi b là số dương cho trước, b <a < s Lời giải e Nếu b< =< thì giải như bài tốn 3 e Xét trường hợp b> © s<a+2b Lúc đĩ x=#—(y+z)<s-(a+b) < a+2b—(a+b)=b Áp dụng cách giải 3 với x < b < y, ta cĩ (x-b)(y-b)<0 © xy<b(x+ y—b) (***) Lại cĩ x+y—b=s—z—b<s-a-b <(a+2b)-(a+b)=b<a Từ x+y-b<ø<z cĩ (x+y_-b—- a) ~ 4)<Ũ€©(x+y—- b) <Sa(x+y—b+z— a)= a(s -a—b) Từ đĩ và (***) suy ra xyz <S b(x + y— b)z < ba(s — a — b) Đẳng thức xây ra khi z = a, y = b và x = s - a — b, lúc đĩ GTLN(xyz) = ab(s — a — b) Kết luận của bài tốn 4 : 3 e Nếu s 23a thi GTLN(xyz) = () e Nếu ø + 2b < (534) a 2
e Nếu s< z + 2ÿ thì GTLN (xyz) = ab( — a — )
Bạn hãy phát biểu bài tốn 4 khi thay điều
kiện (2) và (3) bởi z < a và y < b với a< b < s Như vậy từ một bài tốn tìm cực trị đại số
với các biến cĩ một điều kiện ta đã để xuất và
giải bài tốn cực trị đại số với các biến bị ràng
buộc bởi nhiều điều kiện hơn
Mời các bạn giải các bài tập sau
s < 3a thi GTLN(xyz) =
Bai l Tìm giá trị lớn nhất của xy + yz + zx
với x, y, z thoả mãn điều kiện của bài tốn 4
Bài 2 Tìm giá trị lớn nhất của tích xyz‡với x, y, z, f là các số dương thoả mãn các điều kiện :
