NHẤT
Trong bài viết này, tôi đề cập đến một dạng toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một biểu thức nhiều ẩn, trong đó các ẩn là nghiệm của những phương trình hoặc bất phương trình cho trước.
Đối với dạng toán này, ta cần xác định và giải một bất phương trình một ẩn mà ẩn đó là biểu thức cần tìm GTLN, GTNN.
Bài toán 1 : Tìm GTLN và GTNN của xy biết x và y là nghiệm của phương trình
x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy)
Lời giải : Ta có x4 + y4 - 3 = xy(1 - 2xy) <=> xy + 3 = x4 + y4 + 2x2y2
<=> xy + 3 = (x2 + y2)2 (1).
Do (x2 - y2)2 ≥ 0 với mọi x, y, dễ dàng suy ra (x2 + y2)2 ≥ 4(xy)2 với mọi x, y (2). Từ (1) và (2) ta có :
xy + 3 ≥ 4(xy)2 <=> 4t2 - t - 3 ≤ 0 (với t = xy) <=> (t - 1)(4t + 3) ≤ 0
Vậy : t = xy đạt GTLN bằng 1
<=> x = y = 1 ; t = xy đạt GTNN bằng
Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz ≥ x + y + z + 2. Tìm GTNN của x + y + z. Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương x, y, z ta có :
Vậy t = x + y + z đạt GTNN bằng 6 khi và chỉ khi x = y = z = 2.
Bài toán 3 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9. Tìm GTLN và GTNN của A = xyz. Lời giải : x2 + 2y2 + 2x2z2 + y2z2 + 3x2y2z2 = 9 <=> (x2 + y2z2) + 2(y2 + x2z2) + 3x2y2z2 = 9 (1). áp dụng bất đẳng thức m2 + n2 ≥ 2|mn| với mọi m, n ta có : x2 + y2z2 ≥ 2|xyz| ; y2 + x2z2 ≥ 2|xyz| (2). Từ (1) và (2) suy ra :
2|xyz| + 4|xyz| + 3(xyz)2 ≤ 9
<=> 3A2 + 6|A| - 9 ≤ 0 <=> A2 + 2|A| - 3 ≤ 0 <=> (|A| - 1)(|A| + 3) ≤ 0 <=> |A| ≤ 1
<=> -1 ≤ A ≤ 1.
A đạt GTNN bằng -1
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2). Tìm GTLN và GTNN của x2 + y2.
Lời giải : Ta có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) <=> (x2 + y2)2 - 2(x2 + y2) - 3 = -3x2 ≤ 0 => t2 - 2t - 3 ≤ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) => (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3
Vậy t = x2 + y2 đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ; Ta lại có x4 + y4 + x2 - 3 = 2y2(1 - x2) <=> (x2 + y2)2 + x2 + y2 - 3 = 3y2 ≥ 0 => t2 + t - 3 ≥ 0 (với t = x2 + y2 ≥ 0) Vậy t = x2 + y2 đạt GTNN bằng khi và chỉ khi y = 0 ; Bài tập tương tự 1) Cho x, y, z thỏa mãn : 2xyz + xy + yz + zx ≤ 1. Tìm GTLN của xyz. Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2)
2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn : (x + y + z)3 + x2 + y2 + z2 + 4 = 29xyz Tìm GTNN của xyz.
Đáp số : 8 (x = y = z = 2).
3) Tìm GTLN và GTNN của S = x2 + y2 biết x và y là nghiệm của phương trình : 5x2 + 8xy + 5y2 = 36 Đáp số : GTLN là 36 GTNN là 4 4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn : Tìm GTLN của x2 + y2. Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0). 5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn :
x2 + 4y2 + z2 = 4xy + 5x - 10y +2z - 5 Tìm GTLN và GTNN của x - 2y. Đáp số :
GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ; GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1).
6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x2 + y2 + 2z2 + t2 đạt GTNN, biết rằng :
Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61. MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ
Với mọi số thực a, b, c, ta có : (a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = a(a + b + c) + bc (*).
Với tôi, (*) là hằng đẳng thức rất thú vị. Trước hết, từ (*) ta có ngay :
Hệ quả 1 : Nếu ab + bc + ca = 1 thì a2 + 1 = (a + b)(a + c).
Hệ quả 2 : Nếu a + b + c = 1 thì a + bc = (a + b)(a + c).
Bây giờ, chúng ta đến với một vài ứng dụng của (*) và hai hệ quả trên.
Bài toán 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức :
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có
a2 + 1 = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ; b2 + 1 = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ; c2 + 1 = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b). Suy ra
Vì vậy A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + bc + ca) = 2.
Vấn đề sẽ khó hơn khi ta hướng tới việc đánh giá các biểu thức.
Lời giải : a) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a(a + b + c) ; bc :
1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥
b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ; (ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2
1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) =
Bài toán 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng :
Lời giải : Theo hệ quả 1 ta có
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac :
Tương tự ta có
Bài toán sau đây nguyên là đề thi Châu á - Thái Bình Dương năm 2002 đã được viết lại cho đơn giản hơn (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) bởi (a ; b ; c)).
Bài toán 4 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
Lời giải : Theo hệ quả 2 và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có
Tương tự ta có
Từ các kết quả trên ta suy ra :
Để kết thúc, xin các bạn làm thêm một số bài tập :
Bài tập 1 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Hãy tính giá trị của biểu thức :
Bài tập 2 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rằng :
Bài tập 3 : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng :
(a + bc)(b + ca)(c + ab) ≥ 64/81(ab + bc + ca)2.
Phân tích bài toán (h.1)
Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A. Ta so sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài cho.
Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các đáy
AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB.
Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do SADC = 2 SADB nên DC = 2 DB. Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :
Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC.
Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ đường thẳng song song
với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF.
Giải :
Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2. Ta có :
Từ (1), (2), (3) => :
Do đó OE = OF.
Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có SADC = SBDC .
Cùng trừ đi S5 được : S1 + S2 = S3 + S4 (1)
Giả sử OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1). Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1). Vậy OE = OF.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN = CM.
Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC. Ta có :