bat dang thuc cauchy va cac dang toan lien quan

48 1.1K 0
bat dang thuc cauchy va cac dang toan lien quan

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

www.VNMATH.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP Nguyễn Văn Mậu BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN CÁC CHUYÊN ĐỀ CHUYÊN TOÁN ĐỒNG THÁP - 06-09/09/2012 www.VNMATH.com Mục lục Các tính chất tam thức bậc hai 2 Bất đẳng thức Cauchy 11 Dạng phức dạng đảo bất đẳng thức Cauchy 12 Tam thức bậc (α) tam thức bậc (α, β) 15 Nhận xét số dạng bất đẳng thức liên quan 17 Nội suy bất đẳng thức bậc hai đoạn 22 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy 7.1 Độ gần thứ tự dãy cặp điểm 7.2 Kỹ thuật tách ghép số 7.3 Thứ tự lại thứ tự số 7.4 Điều chỉnh lựa chọn tham số 27 27 30 36 39 Bài tập áp dụng 44 Tài liệu tham khảo 46 www.VNMATH.com BÀI GIẢNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ CÁC DẠNG TỐN LIÊN QUAN Nguyễn Văn Mậu Trường ĐHKHTN, ĐHQGHN Tóm tắt nội dung Bất đẳng thức dạng bậc hai (bất đẳng thức Cauchy mà quen gọi bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-ski) dạng toán đơn giản bất đẳng thức mà học sinh làm quen từ chương trình lớp Gắn với định lí Vi-ét (Viète) dạng thuận đảo, đóng vai trị quan trọng tính tốn ước lượng giá trị số biểu thức dạng đối xứng theo hệ nghiệm phương trình bậc hai tương ứng Đến chương trình Đại số lớp 10, mảng tập ứng dụng định lí thuận đảo dấu tam thức bậc hai công cụ hữu hiệu nhiều dạng toán khác bậc trung học phổ thông Bài giảng nhằm cung cấp cho học viên ý tưởng bất đẳng thức Cauchy (thực phức, thuận đảo, lý thuyết ứng dụng) gắn với dạng toán thi olympic khu vực quốc tế Các tính chất tam thức bậc hai Có lẽ dạng bất đẳng thức quan trọng chương trình đại số cấp trung học sở bất đẳng thức dạng sau x2 0, ∀x ∈ R (1) Dấu đẳng thức xảy x = Gắn với bất đẳng thức (1) bất đẳng thức dạng sau (x1 − x2 )2 0, ∀x1 , x2 ∈ R, hay x2 + x2 2x1 x2 , ∀x1 , x2 ∈ R Dấu đẳng thức xảy x1 = x2 Bất đẳng thức (1) dạng bậc hai đơn giản bất đẳng thức bậc hai mà học sinh làm quen từ chương trình lớp Định lí Viete đóng vai trị quan trọng việc tính tốn ước lượng giá trị số biểu thức dạng đối xứng theo nghiệm phương trình bậc hai tương ứng Đặc biệt, chương trình Đại số lớp 10, mảng tập ứng dụng định lí (thuận đảo) dấu www.VNMATH.com tam thức bậc hai công cụ hữu hiệu nhiều dạng toán bậc trung học phổ thông Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = Khi af (x) = ax + b 2 − ∆ , với ∆ = b2 − 4ac Từ đẳng thức này, ta có kết quen thuộc sau Định lý Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀x ∈ R ii) Nếu ∆ = af (x) ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy b x=− 2a iii) Nếu ∆ > af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) với √ ∆ b x1,2 = − (2) 2a 2|a| Trong trường hợp này, af (x) < x ∈ (x1 , x2 ) af (x) > x < x1 x > x2 Ta nhắc lại kết sau Định lý (Định lí đảo) Điều kiện cần đủ để tồn số α cho af (α) < ∆ > x1 < α < x2 , x1,2 nghiệm f (x) xác định theo (2) Nhận xét rằng, định lí mơ tả thơng qua bất đẳng thức (kết so sánh biệt thức ∆ với 0) Các định lí sau cho ta tiêu chuẩn nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0, có nghiệm Định lý Với tam thức bậc hai f (x) có nghiệm thực tồn nguyên hàm F (x), đa thức bậc ba, có ba nghiệm thực Chứng minh Khi f (x) có nghiệm kép, tức f (x) = a(x − x0 )2 , ta cần chọn nguyên hàm dạng a F (x) = (x − x0 )3 Khi f (x) có hai nghiệm phân biệt, tức f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ), x1 < x2 , a = 0, ta chọn nguyên hàm F (x) thoả mãn điều kiện F x1 + x2 = Khi đó, rõ ràng hàm F (x) có cực đại cực tiểu x1 x2 điểm uốn x1 + x2 đồ thị tương ứng M , Từ suy điều cần chứng minh Định lý Tam thức bậc hai f (x) = 3x2 + 2bx + c có nghiệm (thực) hệ số b, c có dạng b=α+β+γ (3) c = αβ + βγ + γα www.VNMATH.com Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có ∆ =b2 − 3c = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) =α2 + β + γ − (αβ + βγ + γα) 1 = (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 2 Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x1 , x2 Khi đó, tồn đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, nguyên hàm f (x), tức là: F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ) Từ ta suy điều cần chứng minh Tiếp theo, chương này, ta xét dạng toán bất đẳng thức cực trị có sử dụng tính chất tam thức bậc hai Xét đa thức bậc hai hai biến (xem tam thức bậc hai x) F (x, y) = ax2 + bxy + cy , a = 0, ∆ : = (b2 − 4ac)y Khi đó, ∆ Vậy b2 aF (x, y) 0, ∀x, y ∈ R 4ac a > hiển nhiên ax2 + cy |bxy|, ∀x, y ∈ R Trường hợp riêng, a = c = 1, b = ±2 ta nhận lại kết x2 + y hay u+v 2|xy| √ uv, u, v Về sau, ta sử dụng tính chất dạng phân thức bậc hai y= a1 x2 + b1 x + c1 a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R, để tìm cực trị số dạng toán bậc hai Bài toán Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y= a1 x2 + b1 x + c1 a2 x2 + b2 x + c2 với điều kiện a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R www.VNMATH.com a1 c1 x → ∞ y → Tiếp theo, Giải Nhận xét x = y(0) = c2 a2 c1 a1 ta xét giá trị y = y = c2 a2 c1 a1 Giả sử y giá trị biểu thức, y = y = Khi phương trình c2 a2 tương ứng a1 x2 + b1 x + c1 =y a2 x2 + b2 x + c2 phải có nghiệm, hay phương trình (a2 y − a1 )x2 + (b2 y − b1 )x + (c2 y − c1 ) = (4) phải có nghiệm Do (??) phương trình bậc hai nên điều tương đương với ∆ = (b2 y − b1 )2 − 4(a2 y − a1 )(c2 y − c1 ) hay g(y) := (b2 − 4a2 c2 )y + 2(b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 )y + b2 − 4a1 c1 phải có nghiệm Vì g(y) có b2 − 4a2 c2 < nên theo Định lí đảo tam thức bậc hai, (5) ∆ = (b1 b2 + 2a1 c2 + a2 c1 )2 − (4a1 c1 − b2 )(4a2 c2 − b2 ) y1 y y2 , với y1,2 b1 b2 + 2a2 c1 + 2a1 c2 ± = b2 − 4a2 c2 √ ∆ , ∆ tính theo công thức (5) Suy max y = y2 y = y1 , đạt ứng với j (j = 1, 2), xảy đồng thời   ∆ = (b2 yj − b1 )2 − 4(a2 yj − a1 )(c2 yj − c1 ) = 0, b y − b1  xj = − j a2 yj − a1 Xét vài ví dụ minh hoạ sau Ví dụ Cho x, y số thực cho 2x2 + y + xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + y Giải Đặt 2x2 + y + xy = a, a Khi M x2 + y = a 2x + y + xy 1) Nếu y = M = a www.VNMATH.com 2) Nếu y = suy M t2 + x = , t= a 2t + t + y Ta cần xác định giá trị M < , cho phương trình a t2 + M = a 2t + t + có nghiệm Nghĩa phương trình M M M − t2 + t+ −1=0 a a a có nghiệm Thế biệt thức ∆ phải khơng âm Ta có M a ∆= −4 M −1 a M −1 a hay −7 M a + 12 Giải bất phương trình bậc hai ta √ M 6−2 a Suy √ 6−2 a M a −4 √ 6+2 √ 6−2 = M0 M √ 6−2 Vậy M = , đạt  x = M1 y  √ x = M1 y ⇔ 2(1 − 2M0 ) y = ± , 2x2 + y + xy =  2 − 7M0 + 7M0 √ −M0 6−2 với M1 = , M0 = 2(2M0 − 1) Ví dụ Cho x2 + y + xy = Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = x2 − xy + 2y Giải Ta viết A dạng A= 1) Nếu y = A = x2 − xy + 2y x2 + xy + y www.VNMATH.com 2) Nếu y = A= x t2 − t + , t= t2 + t + y Cần xác định A để phương trình A= t2 − t + t2 + t + có nghiệm Điều tương đương với điều kiện để phương trình (A − 1)t2 + (A + 1)t + A − = có nghiệm, tức ∆ = (A + 1)2 − 4(A − 1)(A − 2) Từ đó, ta √ 7−2 A √ 7+2 Vậy max A = , đạt  x = A2 + y 2(1 − A2 )  x + y + xy = √ 7+2  x =   A2 + y 2(1 − A2 ) hay 2(A2 − 1) y = ±   − 6A2 + 3A2 √ 7−2 A = , đạt  x = A1 + y 2(1 − A1 )  x + y + xy =  x =   A1 + y 2(1 − A1 ) hay 2(A1 − 1) y = ±   − 6A1 + 3A2 A1 , A2 giá trị nhỏ giá trị lớn tương ứng biểu thức Ví dụ Cho x2 + y − xy = Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức M = x4 + y − x2 y Giải Từ giả thiết suy = x2 + y − xy = (x + y)2 − 3xy Từ ta có − xy 2xy − xy = xy −3xy Mặt khác, từ giả thiết ta có x2 + y = + xy nên x4 + y = −x2 y + 2xy + x4 + y − x2 y = −2t2 + 2t + 1, t = xy www.VNMATH.com Vậy cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ tam thức bậc hai f (t) = −2t2 + 2t + 1; − Ta có max M = f t = , 2 đạt xy = , x2 + y − xy = √ √ √ 5±1 5±1 √ , √ , − √ ,− √ 2 2 2 2 √ (x, y) ∈ Vậy nên M = f − 1 = , đạt xy = − x2 + y − xy = √ hay x=± y= 3 √ 3 Bài toán (Thi HSG Toán Việt Nam 2003,A) Cho hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R thoả mãn điều kiện f (cot x) = sin 2x + cos 2x, x ∈ (0, π) Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x) Giải Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x cot2 x − cot x + cot2 x + cot2 x + cot2 x + cot x − , ∀x ∈ (0; π) = cot2 x + = Với t ∈ R tồn x ∈ (0, π) cho cot x = t, ta f (t) = t2 + 2t − , ∀t ∈ R t2 + Do g(x) = f (sin2 x)f (cos2 x) = Đặt sin4 2x + 32 sin2 2x − 32 , ∀x ∈ R sin4 2x − sin2 2x + 32 1 sin2 2x = u Dễ thấy, x ∈ R u ∈ 0, Vì 4 g(x) = x∈R h(u) max g(x) = max h(u), u 1/4 x∈R u 1/4 www.VNMATH.com h(u) = u2 + 8u − u2 − 2u + Ta tính dạo hàm hàm h(u) h (u) = 2(−5u2 + 4u + 6) (u2 − 2u + 2)2 Ta dễ dàng chứng minh h (u) > ∀u ∈ 0, Suy hàm h(u) đồng biến 1 0, Vì vậy, 0, , ta có 4 h(u) = h(0) = −1 max h(u) = h 1 = 25 Do g(x) = −1, đạt chẳng hạn x = max g(x) = , đạt 25 π chẳng hạn x = Bài toán (Thi HSG Toán Việt Nam 2003,B) Cho hàm số f xác định tập hợp số thực R, lấy giá trị R thoả mãn điều kiện f (cot x) = sin 2x + cos 2x, ∀x ∈ (0, π) Hãy tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số g(x) = f (x)f (1 − x) đoạn [−1; 1] Ta có f (cot x) = sin 2x + cos 2x cot x cot2 x − + cot2 x + cot2 x + cot2 x + cot x − = , ∀x ∈ (0; π) cot2 x + = Từ đó, với lưu ý với t ∈ R tồn x ∈ (0, π) cho cot x = t, ta f (t) = t2 + 2t − , ∀t ∈ R t2 + Dẫn tới, g(x) = f (x)f (1 − x) = x2 (1 − x)2 + 8x(1 − x) − , ∀x ∈ R x2 (1 − x)2 − 2x(1 − x) + Đặt u = x(1 − x) Dễ thấy, x chạy qua [−1, 1] u chạy qua − 2, Vì vậy, g(x) = −1 x h(u) −2 u max g(x) = max h(u), −1 x −2 u www.VNMATH.com 33 Bài toán 21 (Japan MO- 2004) Cho a, b, c > 0, a + b + c = Chứng minh 1+a 1+b 1+c + + 1−a 1−b 1−c b c a + + a b c (31) Giải Ta viết (31) dạng = ⇔ ⇔ ⇔ 1+a 1+b 1+c + + 1−a 1−b 1−c 2a 2b 2c b c a 3+ + + + + 1−a 1−b 1−c a b c 1 1 1 2a + 2b + 2c − − − c 1−a a 1−b b 1−c 1 1 1 a +b +c − − − c b+c a c+a b a+b ab bc ca + + c(b + c) a(c + a) b(a + b) Điều cần chứng minh bất đẳng thức toán 1.17 Bài toán 22 (MO Romanian 2004) Chứng minh rằng, với a, b, c > 0, ta có b c 27 a + + (32) bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) 2(a + b + c)2 Giải Đặt b c a + + = M bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) Ta có a + bc = b + ca c ab √ a c+a+ bc(c + a) = √ b a+b+ ca(a + b) √ c b+c ab(b + c) a b c + + [2(a + b + c)] = M [2(a + b + c)] bc(c + a) ca(a + b) ab(b + c) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy, a + bc b + ca c ab 1 + + a b c hay a + bc b + ca c ab 27 , (a + b + c) nên suy (32): M 27 2(a + b + c)2 www.VNMATH.com 34 Bài toán 23 (MO USA) Xét số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 1 + + + c) b (c + a) c (a + b) a2 (b Giải Ta có 1 = + + a b c √ √ √ 1 b+c+ √ c+a+ √ a+b = √ b c+a a b+c c a+b P [2(a + b + c)] Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy, 1 + + a b c 1 + + ab bc ca hay 1 3(a + b + c) + + = 3(a + b + c) a b c abc 3 Pmin = a = b = c = 2 Từ suy P Bài toán 24 Chứng minh rằng, với số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = 1, ta có 1 + + a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) (ab + bc + ca) Giải Ta có = 1 + + a b c = a(b + c) + b(c + a) + a a(b + c) b b(c + a) c c(a + b) 1 + + [2(ab + bc + ca)] a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) c(a + b) Mặt khác, theo giả thiết abc = 1, ta có 1 + + a b c = (ab + bc + ca)2 Từ suy điều cần chứng minh Bài toán 25 Chứng minh rằng, với số dương a, b, c, ta có b4 c4 a4 + + b2 (c + a) c (a + b) a (b + c) (a + b + c) www.VNMATH.com 35 Giải Ta có a2 b2 c2 = + + b c a b2 √ c2 √ a2 √ c+a+ √ a+b+ √ b+c = √ b c+a c a+b a b+c a4 b4 c4 [2(a + b + c)] + + b2 (c + a) c (a + b) a (b + c) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy, a2 b2 c2 + + b c a (a + b + c)2 Từ ta suy điều cần chứng minh Bài toán 26 Chứng minh rằng, với số dương a, b, c, ta có a6 b6 c6 + + b3 (a + c) c (a + b) a (b + c) (ab + bc + ca) Giải Ta có = a3 b3 c3 = + + b c a √ √ √ a3 b3 c3 √ bc + ba + √ ca + cb + √ ab + ac b bc + ba c ca + cb a ab + ac a6 b6 c6 + + [2(ab + bc + ca)] b3 (a + c) c (a + b) a (b + c) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy, a3 b3 c3 + + b c a (ab + bc + ca)2 Từ ta suy điều cần chứng minh Bài toán 27 Cho hai số dương p, q, r x, y, z Chứng minh p q r x2 + y2 + z2 q+r r+p p+q Giải Đặt (xy + yz + zx) − (x2 + y + z ) q r p x2 + y2 + z = M q+r r+p p+q Ta sử dụng biến đổi sau p q r M= x2 + x2 + y2 + y2 + z + z − (x2 + y + z ) q+r r+p p+q y2 z2 x2 + + − (x2 + y + z ) = (p + q + z) q+r r+p p+q √ √ √ x y z = ( q + r)2 + ( r + p)2 + ( p + q)2 ( √ )2 + √ )2 + √ )2 q+r r+p p+q − (x2 + y + z ) www.VNMATH.com 36 Theo bất đẳng thức Cauchy, √ √ √ ( q + r)2 + ( r + p)2 + ( p + q)2 (√ x y z )2 + √ )2 + √ )2 q+r r+p p+q (x + y + z)2 Suy M (x + y + z)2 − (x2 + y + z ), hay M (xy + yz + zx) − (x2 + y + z ) Dấu đẳng thức xảy q r p = = y+z−x x+z−y x+y−z Bài tốn 28 Với a, b, c > 0, tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 3a 4b 5c + + b+c c+a a+b Giải Ta có 4b 5c 3a +3 + +4 + + − 12 b+c c+a a+b =(a + b + c) + + − 12 b+c c+a a+b √ √ √ = ( b + c)2 + ( c + a)2 + ( a + b)2 b+c 2 + + − 12 c+a a+b √ √ + + − 12 P = Vậy Pmin = √ √ 3+2+ 2 − 12, : a+b b+c c+a √ = = √ 7.3 Thứ tự lại thứ tự số Kỹ thuật lại thứ tự dãy số cho trước để phù hợp với đặc thù tốn đóng vai trị tích cực việc định hướng sáng tác tập định hướng cách chứng minh bất đẳng thức Chú ý rằng, sau lại thứ tự số, chẳng hạn x y z, ta thấy cặp số x − y, y − z gần cặp x − z, Vì vậy, ứng với α > 1, ta dễ dàng kiểm chứng hàm số f (t) = tα có tính chất f (x − z) + f (0) f (x − y) + f (y − z), hay (x − z)α (x − y)α + (y − z)α www.VNMATH.com 37 Một cách tổng quát, với số x1 x2 ··· xn , với α > 1, ta có (x1 − xn )α (x1 − x2 )α + (x2 − x3 )α + · · · + (xn−1 − xn )α Bài toán 29 Giả sử a b c > Chứng minh a2 b b2 c c2 a + + c2 a b a + b + c Giải Ta có biến đổi sau b √ a√ c√ b√ a√ c √ b b+ c c+ a a c a a b b c a2 b b2 c c2 a c2 b a2 c b2 a + + + + c2 a b a2 b c (a + b + c)2 = Ta chứng minh bất đẳng thức: a2 b b2 c c2 a + + c2 a b ab2 bc2 ca2 + + c2 a b Thật vậy, ta có ab2 bc2 ca2 a2 b b2 c c2 a + + + + c2 a b c2 a b ⇔ a4 b3 + b4 c3 + c4 a3 a3 b4 + b3 c4 + c3 a4 ⇔ a3 b3 (a − b) + b3 c3 (b − c) + c3 a3 (c − a) ⇔ a3 (b3 − c3 + c3 )(a − b) + b3 c3 (b − c) + c3 a3 (c − a) ⇔ a3 (b3 − c3 )(a − b) + c3 a3 (a − b) + b3 (b − c) + a3 (c − a) ⇔ a3 (b3 − c3 )(a − b) + c3 a3 (c − b) + b3 (b − c) ⇔ a3 (b3 − c3 )(a − b) + c3 (b − c)(b3 − a3 ) 2 3 0 ⇔ (b − c)(a − b)[a (ab − c ) + c (a − b c) + abc(a2 − c2 )] Từ suy (a + b + c)2 a2 b b2 c c2 a + + c2 a b a+b+c a2 b b2 c c2 a + + c2 a b hay Bài toán 30 Giả sử a b c > Chứng minh b2 c2 a2 + 3+ c3 a b 1 √ +√ +√ ca ab bc www.VNMATH.com 38 Giải Ta có 1 √ +√ +√ = ca ab bc b a c b a c = √ √ +√ √ +√ √ aa bb cc aa bb cc 2 2 b a c a b c2 + 3+ + 3+ a3 b c b3 c a Tiếp theo, ta chứng minh bất đẳng thức b2 c2 a2 + 3+ a3 b c a2 b2 c2 + + b3 c a Thật vậy, ta có biến đổi tương đương sau b2 c2 a2 a2 b2 c2 + 3+ + 3+ a3 b c b3 c a 5 ⇔ b c +c a +a b a5 c3 + b5 a3 + c5 b3 ⇔ a3 b3 (a2 − b2 ) + b3 c3 (b2 − c2 ) + c3 a3 (c2 − a2 ) 3 3 3 2 3 2 2 ⇔ a (b − c + c )(a − b ) + b c (b − c ) + c a (c2 − a2 ) 2 3 3 ⇔ a (b − c )(a − b ) + c (b − c )(a − b ) 0 Suy 1 √ +√ +√ ca ab bc b2 c2 a2 + 3+ c3 a b , hay 1 √ +√ +√ ca ab bc b2 c2 a2 + + c3 a b Bài toán 31 (IMO 1995) Cho số dương a, b, c thoả mãn điều kiện abc = Chứng minh b2 c2 a2 + + b+c c+a a+b Giải Đặt bc = x, ca = y ab = z Theo giả thiết, ta thu 1 = x, = y, = z a b c x+y+z Ta đưa bất đẳng thức cho dạng y2 z2 x2 + + y+z z+x x+y Do vai trò a, b, c x, y, z bình đẳng, khơng tổng qt, ta giả thiết a b c hay < x y z Khi  x2 y z 1  y+z z+x x+y www.VNMATH.com 39 Suy x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y x2 y2 z2 + + y+x z+y x+z x2 y2 z2 + + x+z y+x z+y Từ đây, cộng vế tương ứng, ta nhận y2 z2 x2 + + y+z z+x x+y x2 + z y + x2 z + y + + x+z y+x z+y Theo bất đẳng thức Cauchy, (x + z)2 , y + x2 x2 + z (y + x)2 , z2 + y2 (z + y)2 , x2 + z y + x2 z + y + + x+z y+x z+y (x + y + z) Từ đây, ta thu điều cần chứng minh Nhận xét Sau lại thứ tự, ta sử dụng trực tiếp bất đẳng thức Chebyshev x+y+z y z x + + y+z z+x x+y x2 y2 z2 + + y+z z+x x+y Từ kết quen biết (ứng với xyz = 1) x+y+z 1, x y z + + y+z z+x x+y , ta thu bất đẳng thức cần chứng minh 7.4 Điều chỉnh lựa chọn tham số Đối với số bất đẳng thức đồng bậc dạng khơng đối xứng dấu đẳng thức bất đẳng thức thường xảy giá trị biến tương ứng khơng Vì vậy, cần lựa chọn kỹ thuật hợp lý để giải tốn cực trị dạng khơng đối xứng cần thiết Một kỹ thuật xây dựng thuật tốn thứ tự gần Trong trường hợp dạng bậc hai, ta sử dụng phương pháp miền giá trị nêu Trong phần này, ta nêu thêm kỹ thuật nhằm điều chỉnh số tham số phụ Ta đưa vào tham số tự cần thiết thường giá trị trung gian xác định sau theo cách chọn đặc biệt để tất dấu đẳng thức đồng thời xảy Tham số phụ đưa vào cách hợp lí để phương trình xác định chúng có nghiệm Bài tốn 32 Cho số dương a Xét số dương x, y, z thoả mãn điều kiện xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a(x2 + y ) + z www.VNMATH.com 40 Giải Ta thấy biểu thức P đối xứng theo x, y, vai trò x y bình đẳng z2 = αx2 = αy ,α > chọn sau nên ta đặt Theo bất đẳng thức Cauchy (hoặc bất đẳng thức AG) cho số dương, ta có αx2 + z2 2 α z2 xz, αy + 2 α yz, 2 α (x + y ) 2 α xy Từ bất đẳng thức trên, ta nhận α+ α (x2 + y ) + z 2 α (xy + yz + zx) = 2 α Chọn α cho α+ hay α = a, √ α −1 + + 8a = Ta thấy dấu đẳng thức xảy  z = αx2 = αy 2 xy + yz + zx = hay  x = y = √  ,  + 8a √  z = + 8a − √  + 8a Vậy giá trị nhỏ biểu thức cho √ −1 + + 8a P = Bài toán 33 Cho u, v số dương Xét số dương a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = ua2 + vb2 + c2 Giải Ta phân tích u = x + y, v = z + t, = m + n, x, y, z, t, m, n số dương chọn sau Theo bất đẳng thức Cauchy cho số dương, ta có √ √ xa2 + tb2 xtab, ya2 + nc2 ynac, zb2 + mc2 Từ bất đẳng thức trên, ta nhận √ √ √ Q xtab + ynac + zmbc √ zmbc www.VNMATH.com 41 Dấu đẳng thức xảy  xa2 = tb2  ya2 = nc2   zb = mc2 hay  x  = b  t  a2  n a2 = y c   z   =c m b Suy xzn = ytm (33) Chọn x, y, z, t, m, n cho xt = yn = zm = α thoả mãn (33) Ta có (x + y)(z + t)(m + n) = uv ⇔ (xz + xt + yz + yt)(m + n) = uv ⇔ xzm + xtm + yzm + ytm + xzn + xtn + yzn + ytn = uv ⇔ (x + y + m + n + t + z)α + 2xzn = uv √ Mà (xzn)(ytm) = α3 nên xzn = α3 √ Đặt q = α 2q + (u + v + 1)q − uv = (34) Rõ ràng (34) có nghiệm dương nhất, ký hiệu q0 Vậy P = 2q0 với q0 nghiệm dương phương trình (34) Nhận xét Hai tốn hồn tồn giải theo phương pháp tam thức bậc hai thơng thường Bài tốn 34 (Thi chọn đội tuyển Việt Nam dự IMO-1994) Xét số thực a, b, c, d thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c2 + d2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau Q = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + d)2 + (b − 2a)2 + (c − 2d)2 Giải Do vai trò a d, b c đối xứng biểu thức trên, ta dự doán điểm cực trị đạt số thoả mãn điều kiện a2 = d2 , b2 = c2 Với p số thực dương (được xác định sau), theo bất đẳng thức Cauchy - Bunhiacovski, ta có (1 + 3p) a2 2b2 c2 + + p p (a − 2b + c)2 b2 + 2a2 (b − 2a)2 p d2 2c2 b2 + + (d − 2c + b)2 (1 + 3p) p p c2 (p + 2) + 2d2 (c − 2d)2 p (p + 2) www.VNMATH.com 42 Cộng vế với vế bất đẳng thức trên, ta nhận Q (5 + 5p)(a2 + d2 ) + + 10p (b + c2 ) p (35) Bây ta cần chọn p > cho 1+p= + 2p , p √ 1+ tức p = √ 1+ vào (35), ta thu Thay p = Q 5(3 + √ 5) Dấu đẳng thức xảy   a > 0, c > 0, b < 0, d <   c b |a| = |d| = p = p    a2 + b2 + c2 + d2 = √ 1+ Giải hệ ứng với p = , ta nhận  a = −d = −  √ ,  √ 5− 5−1  −b = c =  √ 5− (36) Vậy, giá trị lớn biểu thức 5(3 + max Q = √ 5) , a, b, c, d thoả mãn điều kiện (36) Tiếp theo, ta tìm giá trị nhỏ Với cách phân tích tương tự trên, việc tìm Min Q trình bày hồn tồn tương tự Ta có Q = 5(a2 + d2 ) + 6(b2 + c2 ) + 2a(c − 4b) + 2d(b − 4c) − 8bc 1 5(a2 + d2 ) + 6(b2 + c2 ) − [p2 a2 + (c − 4b)2 ] − [p2 d2 + (b − 4c)2 ] − 8bc p p hay 17 Q (5 − p)(a2 + d2 ) + − (b2 + c2 ) + − bc p p www.VNMATH.com 43 − < p 17 (b2 + c2 ) + Q (5 − p)(a2 + d2 ) + − − (b2 + c2 ) p p (b2 + c2 ) Q (5 − p)(a2 + d2 ) + − p √ + 45 Tiếp theo,chọn p cho − p = − , tức p = ∈ (2, 5), ta p √ √ − 45 + 45 2 2 (a + b + c + d ) Q 5− Dấu đẳng thức xảy   pa = c − 4b   a = d = ±  √  pd = b − 4c   + 45 + p2 hay với p = b = c = b = c       + p2 a + b2 + c2 + d2 = Vậy √ − 45 Q = Bài toán 35 Xét số x, y, z thoả mãn điều kiện 16 x2 + y + z + xy = a2 , 25 a số dương cho trước Tìm giá trị lớn biểu thức Chọn p khoảng (2,5) cho P = xy + yz + zx Giải Với q tuỳ ý (được chọn sau) (0, 1), áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số khơng âm, ta có   q(x2 + y ) 2q x2 y 2qxy      (1 − q)x2 + z 2 1−q x2 z 2 1−q xz  2 2  (1 − q)y + z2 1−q y z 2 1−q yz  2   16  16   xy = xy 25 25 Cộng vế tương ứng bất đẳng thức trên, ta nhận a2 2q + 16 xy + 25 1−q (yz + zx) (37) Để xuất biểu thức P vế phải (37) ta việc chọn q cho 1−q hay q = 25 5a Thay giá trị q vào (37) ta thu P Dấu đẳng thức xảy   a  x = y = ± √ x = y = 5z  3 hay x2 + y + z + 15 xy = a2 z = ± 3a √   25 2q + 16 =2 25 www.VNMATH.com 44 Bài tập áp dụng Bài Chứng minh với ba số (x, y, z), ta ln có đẳng thức sau (2x + 2y − z)2 + (2y + 2z − x)2 + (2z + 2x − y)2 = 9(x2 + y + z ) Hãy tổng quát hoá? Bài Chứng minh với bốn số (x, y, z, t), ta ln có đẳng thức sau (x+y +z −t)2 +(y +z +t−x)2 +(z +t+x−y)2 +(t+x+y −z)2 = 4(x2 +y +z +t2 ) Hãy tổng quát hoá? Bài Chứng minh với số (uk , vk , pk ), ta ln có đẳng thức sau n n n vk p k uk pk (uk vj + uj vk )pj pk = k=1 k=1 j,k=1 Bài Chứng minh với số (uk , vk , pk ), ta ln có đẳng thức sau n n uk vk pk (uj vj + uk vk )pj pk = j,k=1 k=1 Bài Cho tam thức bậc hai f (t) = at2 + bt + c Đặt   x + y − z = x1 3 3 y + z − x = y1 3 3 2 z + x − y = z1 3 Chứng minh f (x1 ) + f (y1 ) + f (z1 ) = f (x) + f (y) + f (z), ∀x, y, z ∈ R Bài Xác định số α, β, γ cho ứng với tam thức bậc hai f (t) = at2 + bt + c, ta có đẳng thức f (x1 ) + f (y1 ) + f (z1 ) = f (x) + f (y) + f (z), ∀x, y, z ∈ R,  αx + βy + γz = x1  αy + βz + γx = y1   αz + βx + γy = z1 Bài Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y= x2 − 2x + , đoạn [0; 2] x2 + 2x + Bài Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số √ √ x+3+4 1−x+1 √ y= √ x+3+3 1−x+1 www.VNMATH.com 45 Bài Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y = a sin2 x + b sin x cos x + c cos2 x Bài 10 Cho số thực a1 , b1 , c1 , a2 , b2 , c2 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số a1 sin x + b1 cos x + c1 y= a2 sin x + b2 cos x + c2 Bài 11 Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thoả mãn điều kiện |f (x)| ∀x ∈ [−1, 1] Chứng minh max(4a2 + 3b2 ) = 16 Bài 12 Giả sử số thực x, y, z thoả mãn điều kiện xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + 2y + 5z Bài 13 Cho x, y, z ∈ R Chứng minh với tam giác ABC, ta có c a a b b c + − x2 + + − y2 + + − z2 c b a c b a b+c c+a a+b 3− yz + − zx + − xy a b c Bài 14 Cho a b c > Chứng minh a3 b b3 c c3 a + + c3 a b Bài 15 Cho a + b + c x < Chứng minh với số (ak ), ta có n ak x k k=0 √ − x2 n a2 k k=0 Bài 16 Chứng minh với số (ak ), ta có n k=1 n ak k 2n n n a2 k k=1 Bài 17 Chứng minh với số dương (ak ) cho a1 + a2 + · · · + an = 1, ta có n 1 n3 + 2n + ak + ak n k=1 Bài 18 Chứng minh với số (ak ), ta có n k=1 n ak (−1)k ak + k=1 n a2 k (n + 2) k=1 www.VNMATH.com 46 Bài 19 Chứng minh với số (ajk , xj , yk ) (j = 1, 2, , m; k = 1, 2, , n), ta có m n m √ |xj |2 DC ajk xj yk j=1 k=1 j=1 |yk |2 1/2 , k=1 n m |ajk |, C = max D = max j m n 1/2 k n k=1 Bài 20 Tìm cặp số a, b thoả mãn điều kiện a |ajk | j=1 b cho bất đẳng thức: (x + y + z − 4)2 < xyz nghiệm với x, y, z ∈ [a, b] hiệu b − a lớn Bài 21 Chứng minh với a, b, c, x, y, z ∈ R, ta ln có (a2 + b2 + c2 )(x2 + y + z ) ax + by + cz + (a + b + c)(x + y + z) Bài 22 (K.Fan and J.Todd) Giả sử pij (i, j = 1, , n; i = j) thoả mãn điều kiện pij = pji, P = pij = i

Ngày đăng: 10/02/2014, 20:42

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • www.VNMATH.com

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan