Đang tải... (xem toàn văn)
Dựa vào tính chất cơ bản này, chúng ta có thể chứng minh các bất đẳng thức nhiều biến bằng cách khảo sát hàm số theo một biến nào đó, coi các biến còn lại là tham số để giảm dần số [r]
(1)ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH TRONG CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ
Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn
1 Hai phương pháp giải toán cực trị
Bài tốn Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số
2
( ) 1993 1995
f x x x
vớix 1995, 1995
(Việt Nam 1993)
Lời giải. f x( )là hàm lẻ theox, nhƣ giá trị lớn giá trị nhỏ hai số đối Ta tìm giá trị lớn Một cách tự nhiên ta nghĩ đến việc khử thức để giảm bớt khó khăn Trong bất đẳng thức cổ điển bất đẳng thức Cauchy công cụ hiệu giúp phá bỏ thức, lẽ tự nhiên ta nghĩ đến việc sử dụng Thế nhƣng có số vấn đề mà ta cần lƣu ý tới, là:
(i) Các đánh giá phải có chung dấu
(ii) Để tìm giá trị lớn nhất, ta cần đánh giá cho phần liên quan đến biếnxbị triệt tiêu
Để thoả mãn đƣợc hai yêu cầu này, rõ ràng sử dụng đánh giá nhƣ thông thƣờng đƣợc Ta cần bổ sung thêm tham số phụ để điều chỉnh đánh giá cho hợp lý Cụ thể, ta bổ sung thêm tham s ốa b, 0 sử dụng đánh giá nhƣ sau
2
2 1993 1 1995
( ) 1993 1995
2 2
x x
f x x x x a bx
a b
Bất đẳng thức đạt dấu khixa, bất đẳng thức thứ hai có dấu 1995x2 bx Do để đảm bảo đƣợc yêu cầu (i), ta phải có
2
1995
ab a
Theo (ii) ta cần chọn a b, thích hợp cho hệ số củax2bị triệt tiêu, tức ta phải có
1993 1 0 b
a b
Nhƣ vậya b, nghiệm hệ phƣơng trình
2
1995
1993 1
0
ab a
b
a b
Giải ta tìm đƣợca 1994và 1
1994
b Từ dẫn tới
1993 1995
max ( ) 1994 1994
2 2
f x a
b
Vậymax ( ) 1994 1994f x đạt đƣợc khix 1994vàmin ( )f x 1994 1994đạt đƣợc
1994
x
Với phƣơng pháp thứ hai, dựa vào hai định lý giải tính định lý Weierstrass “Hàm số liên tục
trên mộ đoạn đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn đó” bổ đề Fermat “Nếu hàm số f x( )k vi trên k hoảng ( , )a b và đạt cực trị điểm c ta có f c'( )0”. Nhƣ việc tìm cực trị hàm khả vi quy việc giải phƣơng trình f x'( )0 Phƣơng trình xuất cách tự nhiên nhƣ
(2)2
1995 2 '( ) 1993
1995
x f x
x
Phƣơng trình f x'( )0có hai nghiệm phân biệt làx1 1994và x2 1994 f '( )x đổi dấu từ - sang + quax1 từ + sang – quax2 Do ta có
min ( )1 1994 1994, max ( ) 1994 19942
f f x f f x
Bài tốn Cho miếng thép hình chữ nhật có k ích thướca b a ( b) Người ta muốn cắt bốn góc hình chữ nhật bốn hình vng k ích thước x x để gấp lên hàn thành hình hộp chữ nhật k hơng nắp Hãy tìm
x để thể tích hình hộp chữ nhật lớn
Lời giải. Rõ ràng02xmin{ , }a b Dễ dàng tính đƣợc thể tích hình hộp chữ nhật cho
2 2
V x a x b x
Ta cần tìmx cho V lớn Đặt f x( )x a 2x b 2x, ta có
'( ) 2 2 2 2 2 2 12 4
f x a x b x x b x x a x x a b x ab
Trong khoảng 0, min , 2 2
a b
, phƣơng trình f x'( )0có nghiệm
2
*
6
a b a ab b
x
Mà f '( )x đổi dấu từ + sang qua x* nên ta có fmax f x *
Định lý Weierstrass bổ đề Fermat mở rộng lên trƣờng hợp hàm nhiều biến Cụ thể “Một hàm số liên tục trên compact đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đó” “Nếu hàm số f x x( ,1 2, )xn xác định
D, có đạo hàm riêng theo biến đạt cực trị điểmx*( *,x1 x2*, *)xn thì hàm số có ( *) 0
i
f x x
với
mọii1, 2, n ta có hệ phương trình điểm dừng”. Bài tốn Tìm giá trị nhỏ hàm số
2
( , ) 2 2 2 2
f x y x y xy x y
Lời giải Ta bỏ qua phép chứng minh tồn giá trị nhỏ nhất, giá trị nhỏ đạt điểm cực trị (tức không đạt biên) Điều cần thiết, thƣờng không đƣợc để ý tới lý luận
Xét hệ phƣơng trình tìm điểm dừng
2 2 2 0
4 2 2 0
x y
y x
Giải ta đƣợcx 3,y2 Từ suy fmin f( 3, 2) 5
2 Phương pháp hệ số bất định
Bài toán Chox y 0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
1 2
( )
A x
xy x y
(3)
4
2
1 1 1
2 2 2 4 2 2
( ) 1
4 2
A x ax a x y a y ax a x y a
xy x y xy x y xy x
a a
Dấu xảy
1
2 2
ax a x y a y
xy x y
Giải hệ ta tìm đƣợc
4
2 6
, 6,
3 2
a x y Và nhƣ giá trị nhỏ củaAphải
4 2 2 32
4 2 4
3 3 27
Cách 2. Ta thấy biểu 2xkhông phụ thuộc vàoy, đó, cố địnhx, trƣớc hết ta tìm giá trị củaysao cho
1
( )
xy xy nhỏ Điều thực đƣợc theo bất đẳng thức Cauchy
2
( )
4
x
y xy Dấu bẳng xảy
khi
2 x y Vậy
3
1 4
2 2
4
A x x
x x
Bây tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy bẳng cách tách 2x thành ba phần 2
3 x
4
3
4 2 2 2 4 32
2 4
3 3 3 27
x x x
x
x x
Dấu xảy 2 43
3 x
x
tức x 46 Vậy giá trị nhỏ củaAlà 44 32
27 đạt đƣợc
4
6 x
6 2 y
Bài tốn Tìm diện tích lớn tam giácABCnội tiếp đường tròn bán k ínhR
Lời giải. Cố định cạnh BCthì ta thấy diện tích tam giácABCsẽ lớn khiAtrùng với trung điểm Kcủa cung lớnBC Đặt BC2xthì dễ dàng tính đƣợc diện tích tam giácABCtrong trƣờng hợp
2
S x R R x
Bài tốn quy việc tìmxsao choSlớn
Hai đại lƣợng xR, x R2x2 đánh giá riêng cách dễ dàng:
2 2
2 2
,
2 2
x R x R
xRR x R x
Từ suy
2
3 2
(4)Đáng tiếc dấu bẳng đánh giá xảy không đồng thời Cụ thể bất đẳng thức thứ nhất, dấu xảy khixR, bất đẳng thức thứ hai dấu xảy
2
R
x
Làm để xử lí tính này? Ta thêm hệ số vào trƣớc sử dụng bất đẳng thức Cauchy, cụ thể, ta viết
2 1 1 2 1 2 2 1 2 2
2 2
S x R R x axR bx R x a x R b x R x
a b a b
(1)
Bất đẳng thức với mọia b, 0 Tuy nhiên, để giải toán, tức để tìm đƣợc giá trị lớn
S, ta cần chọn a b, cho
(i) Vế phải bất đẳng thức k hông phụ thuộc vào x (ii) Tồn tạix cho dấu bẳng xảy
Điều kiện (i) tƣơng đƣơng với 1 0
2 2 2 a b
b
haya b 1 0
b
Với điều kiện (ii), ta thấy dấu xảy bất đẳng thức thứ khia x2 R2, bất đẳng thức thứ hai
2 2
b x R x hay b21x2 R2 Vậy tồn tạixđể dấu xảy đồng thời hai bất đẳng thức a2 b21
Nhƣ vậy, ta có hệ phƣơng trình
2
1 0 1 a b
b
a b
Giải hệ này, ta tìm đƣợc (chú ýa b, 0) 2 , 1 .
3 3
a b
Áp dụng (1) cho cặp số a b, này, ta đƣợc
2 3 2 1 2 3 4 2 3 1 2 3 3
3
2 3 3 4 3 2 3 4
Sx R R x xR x R x x R x R x R
Dấu xảy tức Vậy đạt đƣợc
Lƣu ý trình bày lời giải, khơng cần trình bày lại đƣờng để đến giá trị đây, mà cần trình bày dòng cuối
Cũng lý mà nhiều bày tốn có lời giải ngắn gọn, nhƣng thực tế lại tốn khơng đơn giản Ví dụ nhƣ toán sau
Bài toán Chứng minh với0 x 1 ta có bất đẳng thức
2
9 1 13 1 16
x x x
(Olympic 30/4, 1996, lớp10) Lời giải. Ta có
2 3 13 3 2 13 2
9 1 13 1 3 1 2 1 9 4 1 4 1 16
2 2 4 4
x x x x x x x x x x x
Dấu xảy khi3x2 1x2 vàx2 1x2 , tức 2
5
x
Bài toán Chox y z, , 0 thoả mãn điều k iện 2x4y7z2xyz Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ của biểu thức
(5)(Chọn đội tuyển Việt Nam 2001) Lời giải Từ điều kiện đầu suy
1 2 7 / 2 1
yzzx xy
Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy
2 2
7 1 3
x y z
, ta dễ dàng suy đƣợc3 xyz 6189 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta lại cóP33 xyz 3 1896 Ta có đƣợc đánh giá chặn dƣới choP Tuy nhiên 3 1896 giá trị nhỏ củaP, đánh giá trên, dấu xảy điểm khác Ta cần điều chỉnh hệ số
Đƣa vào hệ số? Các hệ số cần thoả mãn điều kiện nhƣ nào? Phƣơng pháp trình bày dƣới trả lời câu hỏi
Giả sửPđạt giá trị nhỏ điểmx y z0, 0, 0 Khi điểm này, giá trị
0 0
, , x y z
x y z
1 Tƣơng tự, giá trị
0 0
1 1 1
, ,
x yz xy z xyz 0 0 0 1
x y z Do ta mạnh dạn dùng bất đẳng thức Cauchy
cho biểu thức
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có
0 0
0 0 0 0 0
0 0 0
0 0 0
x y z
x y z x y z x y z
x y z x y z
P x y z x y z x y z A
x y z x y z
Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
0
0 0
0
0 0 0
2 /
0 0 0
0 0
2 /
2 / 2 /
0
1 2 7 / 2 1 1 1 1
1 2 7 / 2 2 7 / 2
1 1
x x y z
y z
x y z x y z
x y z x y z
yz zx xy x yz xy z xyz x yz
B
xy z xyz
Do Acó bậc (theox y z, , ) cịn Bcó bậc -2 nên ta tìmx y z0, 0, 0 choA B2 số, nhƣ ta có
P A Bvới dấu xảy khixx y0, y z0, z0
Xét bậc củax y z, , A B2 , ta thấyA B2 số (không phụ thuộc vào x y z, , )
0 0
0 0 0 0 0
0 0
0 0 0 0 0
0 0
0 0 0 0 0
2 2 7 / 2
2 7 / 2 2 7 / 2
2 7 / 2
2 7 / 2 2 7 / 2
2 2
2 7 / 2 2 7 / 2
x y z
x y z x y z x y z
y x z
x y z x y z x y z
z x y
x y z x y z x y z
Đây hệ phƣơng trình tìmx y z0, 0, 0 Chú ý phƣơng trình thứ ba bỏ suy từ hai phƣơng trình trƣớc Nhƣ thực chất ta có phƣơng trình Tuy nhiên, cịn phƣơng trình n ữa, phƣơng trình điều kiện ban đầu2x04y07z0 2x y z0 0 0
Giải hệ phƣơng trình (với x y z0, 0, 0 0), ta đƣợc nghiệm 0 3, 0 5, 0 2
2
(6)min 0
15 2 P x y z
Chú ý rằng, trình bày giải, ta khơng cần trình bày bƣớc tìmx y z0, 0, 0 (làm nháp!) mà trình bày trực tiếp nhƣ sau:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có
6
15 15 15
6 5 4 15
6 5 4 6 5 4
x y z x y z
P x y z
và
6 10 14
30 30 30
1 2 7 / 2 1 1 1 1 1 1
1 6 10 14 30
6 5 4 6 5 4
yz zx xy yz zx xy yz zx xy
Từ suy
6 14
12 10 10
2
30 30
15 15 15 30
2 1 1 1 15 30 15
.1 15 30
6 5 4 6 5 4 6.5.4 2
x y z
P
yz zx xy
Suy 15
2
P Dấu xảy , 2 4 7 2
6 5 4
x y z
x y z xyz
, tức 3, 5, 2
2
x y z Lời giải ngắn gọn, nhƣng đằng sau lời giải khối lƣợng cơng việc lớn việc tìm số kì diệu nói
Phương pháp hệ số bất định tỏ hiệu việc chứng minh bất đẳng thức dạng ( ) ( ) ( )
f x f y f z A vớix y z a Ý tưởng ta tìm sốsvàt cho f x( ) sx t với mọix(hoặc có điều kiện bổ sung đó) vàas 3t Athì bất đẳng thức coi chứng minh
Dƣới đây, ta xét ví dụ nhƣ
Bài toán Chứng minh với số thực dương a b c, , ta có bất đẳng thức
2 2 2
2 2
6 5
a b c b c a c a b
a b c b c a c a b
(1)
(Japan 1997)
Lời giải. Do giá trị biểu thức vế trái (1) không thay đổi ta thay a b c, , ta tb tc, , nên ta cần chứng minh (1) điều kiện a b c 3 Chú ý với a b c 3 ta có
2
2 2
2
3 3
( )
2 6 9
3
a b c a a a a
f a
a a
a b c a a
Nhƣ bất đẳng thức có dạng ( ) ( ) ( ) 6 5
f a f b f c với a b c 3 Ta tìm sốs t, cho
( )
f a as t
với mọia,0 a 3và3 3 6 5
s t tức 2
5 s t
Thay 2
5
t s vào, ta đƣợc
2
3 2
1
2 6 9 5
a a
s a
a a
(7)
2
18 9
1 0
2 6 9
a
s a
a a
(2)
Ta nhận xét để bất đẳng thức cuối với mọia số hạng thứ phải chứa thêm thừa số
(a1) nữa, tức phải khia1 Từ thay a1 vào, ta đƣợc 9
5
s Chú ý 9
5
s điều kiện cần để bất đẳng thức với a Thay giá trị 9
5
s vào, ta viết đƣợc bất đẳng thức (2) thành
2
2
9 1 2 1
0
5 2 6 9
a a
a a
Rõ ràng bất đẳng thức với mọi0 a 3 Vậy ta chứng minh đƣợc ( ) 9 7
5 5
f a a với mọi0 a 3 Tƣơng tự
9 7 9 7
( ) , ( )
5 5 5 5
f b b f c c
Cộng bất đẳng thức lại vế theo vế ta đƣợc điều phải chứng minh
3 Phương pháp khử dần biến số đạo hàm biến
Bất đẳng thức f x( ) 0, x D, f x( )là hàm khả vi Dcó thể chứng minh đƣợc dễ dàng dựa vào việc chứng minh giá trị nhỏ f x( )trên Dlớn
Dựa vào tính chất này, chứng minh bất đẳng thức nhiều biến cách khảo sát hàm số theo biến đó, coi biến lại tham số để giảm dần số biến số
Bài toán Choa b c, , ba số thực dương Chứng minh bất đẳng thức
3 3
3 a b c abc
Lời giải. Xét hàm số f x( )x33bcx b 3 c3, x 0 Ta có f x'( )3x23bc Suy
3 3 3/2 3/2 3/22
min 2 0
f f bc b c bc b c Từ suy điều phải chứng minh
Bài 10 Chứng minh với mọia b c, , dương, ta có bất đẳng thức 3 2
a b c
b c caa b Lời giải. Xét hàm số f x( ) x b c , x 0
b c c x x b
Ta có
2 2
1
'( ) b c
f x
b c c x b x
Phƣơng trình f x'( )0là phƣơng trình bậc Chúng ta gặp khó khăn lớn theo hƣớng trực diện Ta xử lý khó khăn cách xét a b cvà nhƣ vậy, xét hàm số f x( )trên [ ,b ) Khi dễ thấy
'( ) 0
f x , hàm số tăng khoảng [ ,b ) nên ( ) ( ) 2
2
b c
f x f b
b c b
Cuối cùng, bất đẳng thức
3 ( )
2
f b hiển nhiên tƣơng đƣơng vớib c 2 0
Gặp bất đẳng thức có điều kiện đơn giản, ta khử điều kiện phƣơng pháp tiến hành sử dụng cơng cụ đạo hàm nhƣ bình thƣờng
(8)P x y z
(Chọn đội tuyển Việt Nam 2001)
Lời giải. Rút 2 4
2 7
x y
z xy
Ta đƣa tốn việc tìm giá trị nhỏ
2 4
( , )
2 7
x y
f x y x y
xy
vớix y, 0, 2xy 7 0
Cố định x, coi f x y( , )là hàm theo y, ta có
2
4 28
'( , ) 1
2 7
x f x y
xy
'( , ) 0
f x y điểm
2
4 28 7
2
x y
x
Đây điểm cực tiểu,
2
4 28 11
( , ) ( , ) ( )
2
o
x
f x y f x y x g x
x x
Cuối cùng, xét
2
2
14 11
'( ) 1
2 7 g x
x x x
Phƣơng trìnhg x'( )0có nghiệm dƣơng nhấtx3ứng với điểm cực tiểu Do
15 min ( , ) (3)
2 f x y g
Trong trƣờng hợp đẳng thức có số biến số thay đổi, ta áp dụng phƣơng pháp kết hợp với phƣơng pháp quy nạp toán học
Bài toán 12 Choa a1, 2, an 0 Chứng minh ta có bất đẳng thức
1 n n 2 n
a a a n a a a
(Bất đẳng thức Cauchy cho n số dương)
Lời giải. Bƣớc chứng minh quy nạp đƣợc thực nhƣ sau:
Ta có theo giả thiết quy nạp
2 ( 1) 2
n
n n
a a n a a nên để chứng minh bất đẳng thức với n biến, ta cần chứng minh
1 1 n 2 n n 2 n
a n a a n a a a
Đặt
2
n
n
y a a Bất đẳng thức trở thành
1 1
n n
a n yn a y
Bây ta đặt tiếp f x( ) x n 1y n xy n n1
1
'( ) 1
n n n n
f x y x
Từ f x( )đạt giá trị nhỏ x y Nhƣng rõ ràng f y( )0 ta có điều phải chứng minh
Ngồi phƣơng pháp đây, tồn nhiều thủ thuật để làm giảm số biến bất đẳng thức giảm bậc biến bất đẳng thức
Bài toán 13 Chứng minh với a b c, , 0 ta có bất đẳng thức
(Bất đẳng thức Schur bậc 3)
3 3 2 2 2
3 0
(9)Lời giải. Chia hai vế bất đẳng thức choc30rồi đặt a u,b v
c c , ta đƣa bất đẳng thức dạng
3 2 2
1 3 0
u v u v uv u u v v uv
Sử dụng tính đối xứng biểu thức vế phải, đặt x u v y, uv với ý rằngx0,y0,x2 4y, ta đƣa bất đẳng thức dạng
5 4 1 0, 0
4
x y x x x x y
Nhƣ vậy, sau phép biến đổi, số ẩn số giảm xuống bậc biếnycũng giảm xuống thành Ta viết bất đẳng thức thu đƣợc cuối dƣới dạng
( ) 5 4 1 0
f y y x x x x
Với giá trị củax, đồ thịf y( )là đƣờng thẳng Do giá trị nhỏ đoạn
0. 4
x
củaf y( )đạt
đƣợc hai đầu mú t đoạn Những tính tốn đơn giản
2 22
(0) 1 1 0, 0
4 4
x x
f x x f
Hoàn tất phép chứng minh
Thủ thuật vừa trình bày áp dụng trƣờng hợp bất đẳng thức có số biến thay đổi
Bài tốn 14 Vớix x1, 2, xn[0,1], chứng minh bất đẳng thức
2 2
1 2
(x x xn1) 4(x x xn ) Lời giải. Đầu tiên ta tập trung vào biến sốxn Đặt
2 2
1 n 0, n 0
x x x a x x x b
Bất đẳng thức ban đầu viết lại dƣới dạng
2
( n) 4( n ) ( n 1) 0 f x x b x a
Đồ thị f x( n) parabol hƣớng lên Nhƣ để bất đẳng thức vớixn[0,1]điều kiện cần đủ f(0)0, (1)f 0 Nói cách khác, ta cần xác lập tính đắn hai bất đẳng thức thu đƣợc từ bất đẳng thức ban đầu vớixn 0,xn 1
Lặp lại lý luận cho hai bất đẳng thức thu đƣợc ta nhận đƣợc kết tƣơng tự: cần kiểm tra tính đắn hai bất đẳng thức tạixn10,xn11 Tiếp tục lý luận tƣơng tự, ta thu đƣợc cần kiểm tra tính đắn tất 2n bất đẳng thức, thu đƣợc từ bất đẳng thức ban đầu với phần (có thể rỗng) biến số phần cịn lại Do tính đối xứng bất đẳng thức ban đầu, xét
1 k 1, k k n 0, 0
x x x x x x k n
Với giá trị nhƣ biến số, bất đẳng thức ban đầu có dạng
2
1 4 k k
Đây kết hiển nhiên, bỏi tƣơng đƣơng vớik12 0 Bất đẳng thức đƣợc chứng minh
Bài toán 15 Cho a b c, , [0,1] Chứng
1 1 1 1
1 1 1
a b c
a b c
b c c a a b
(10)
( ) 1 1 1
1 1 1
x b c
f x x b c
b c c x x b
Tính đạo hàm cấp hai f x( ), ta đƣợc
3 3
2 2
''( ) 0
1 1
b c
f x
c x x b
Nhƣ f x( )là hàm lồi, suy đạt giá trị lớn biên Điều cho phép ta đƣa kết luận sau: Để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta cần kiểm tra tính đắn khia0,a1
Bài tốn 16 Tìm số thựca0nhỏ cho
1 1
2 xa a 1 3 x
x x
Lời giải. Xét hàm số f x( ) 2 xa 1a 1 3 x 1
x x
'(1) 0, (1) 0
f f
Giải bất phƣơng trình f ''(1)0đểx0 1 điểm cực tiểu đồ thị hàm số ta đƣợc 3
2
a giá trị cần tìm
Bài tốn 17 Cho hàm số
2
2 1
( )
1
x x
f x
x
Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số
( ) ( ) (1 ), [ 1,1] g x f x f x x
Lời giải. Bài tốn có dạng tìm giá trị lớn giá trị nhỏ củag x y( , ) f x f y x( ) ( ), y 1 Khi nhận tính đối xứng củag x y( , )và biến đổig x y( , )G t t( ), xy.Đặttx1x
( ) ( ) (1 ) ( )
g x f x f x h t hàm h t( )này hàm 2
2
4 Phương pháp bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kết hợp với đạo hàm riêng Bài toán 18 Chox y z, , là số thức thoả mãn điều k iện
2 2
0, 6
x y z x y z
Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ củaAx y2 y z2 z x2
(Anh 1986) Lời giải. Xét hàm số f x y z( , , )x y2 y z2 z x2 với x y z 0,x2y2z2 6
Lập nhân tử Lagrange
2 2 2
6 Lx yy zz x x y z x y z
Hệ phƣơng trình điểm dừng
2 2
2 2 0
2 2 0
2 2 0
xy z x
yz x y
zx y z
Bằng cách cộng phƣơng trình lại kết hợp với giả thiếtx y z 0, ta tìm đƣợc0 Khi hệ viết lại thành
2 2
2 2 2
2
xy z yz x zx y
x y z
(11) 2 2 2
3Ax 2xyz y 2yzx z 2zxy
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta đƣợc
2 2 2
2 2 2 2
9A x y z 2xyz 2yzx 2zxy
Từ giả thiết, ta cóxyyzzx 3 Từ suy
2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2
2 4 4 2 2 4
x yz x x yz y z x y z y z x yz
22 2 2 2
2 6 2( 3) 54
x yz
Vậy 6 A 6 Giải giá trị củax thoả mãn dấu
Bài toán 19 Cho năm số thựca b c d e, , , , thoả mãn điều k iện
2 2 2
0, 1
a b c d e a b c d e Chứng minh
5 1 5 1
4 ab bc cd de ea 4
Lời giải. ĐặtAab bc cd de ea Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
2 2
2 2
4A a b e a b e b c b e 2be
2
2 a 2 ac 2 2 ac
Mặt khác ta lại có
2 2
0 a a 2ab2ac 1 2A2ac
Suy
2ac 1 2A
Kết hợp với ta đƣợc 4A2 1 2A Từ suy 5 1 5 1
4 A 4