Luận văn Thạc sĩ Toán học: Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------

NGUYỄN THỊ QUẾ

BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC

BẤT ĐẲNG THỨC, HỆ BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------

NGUYỄN THỊ QUẾ

BÀI TOÁN CỰC TRỊ VỚI ĐIỀU KIỆN RÀNG BUỘC

BẤT ĐẲNG THỨC, HỆ BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2017

Mục lục

Mở đầu 1

1 Kiến thức chuẩn bị 3

1.1 Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 4

2 Một số hướng giải bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc

bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức 2.1 Vận dụng các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . 2.2 Sử dụng giảm số biến của biểu thức . . . . . . . . . . . . . 2.3 Vận dụng tính chất của tam thức bậc hai . . . . . . . . . . 2.4 Vận dụng tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Vận dụng tính chất của hình học . . . . . . . . . . . . . . 17 17 33 44 47 55

Kết luận 59

Tài liệu tham khảo 60

Mở đầu

Nhiều năm gần đây trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, các kì thi Olympic trong nước và quốc tế thường có các bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức hay của một hàm số nào đó. Các bài toán này là một phần của các bài toán cực trị đại số.

Các bài toán cực trị rất phong phú và đa dạng, nó tương đối mới và khó đối với học sinh. Để giải các bài toán cực trị học sinh phải biết biến đổi tương đương các biểu thức đại số, sử dụng khá nhiều các hằng đẳng thức, bất đẳng thức từ đơn giản tới phức tạp, phải tổng hợp các kiến thức và kỹ năng tính toán, tư duy sáng tạo và đặc biệt phải nắm được các bất đẳng thức cơ bản trong chương trình phổ thông.

Luận văn nhằm mục đích tổng hợp các bất đẳng thức cơ bản, đặc biệt đi sâu tìm lời giải các bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc là bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế.

Nhiệm vụ của luận văn: Đọc các tài liệu, các đề thi IMO, VMO, đề thi học sinh giỏi vùng Đông Âu, đề thi học sinh giỏi vùng Châu Á, Thái Bình Dương,... để chọn lọc ra các bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức tiêu biểu. Tổng hợp, phân loại phương pháp giải bài toán theo cách tiếp cận để người đọc có thể nhận dạng và vận dụng các phương pháp này vào giải quyết các bài toán cực trị tương tự. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, luận văn trình bày khái niệm cơ bản về bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, một số bất đẳng thức cơ bản vận dụng trong việc giải các bài toán cực trị. Chương 2. Một số hướng giải bài toán cực trị với điều kiện ràng

buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức

Chương này trình bày một số phương pháp giải bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức như phương pháp vận dụng các bất đẳng thức cơ bản, phương pháp sử dụng giảm số biến của biểu thức, phương pháp vận dụng tính chất của tam thức bậc hai, phương pháp vận dụng tính chất của hàm số, phương pháp vận dụng tính chất của hình học.

Mặc dù bản thân đã có những cố gắng vượt bậc, nhưng không tránh khỏi những khiếm khuyết, rất mong sự góp ý của quý thầy cô và những bạn đọc quan tâm để luận văn được hoàn thiện hơn.

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên với sự hướng dẫn của PGS.TS. Trịnh Thanh Hải. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với sự quan tâm, hướng dẫn của thầy, tới các thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng đào tạo và Khoa Toán - Tin của trường Đại học Khoa học, các bạn học viên lớp Cao học Toán K9C đã giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi và động viên tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường.

Thái Nguyên, ngày 19 tháng 4 năm 2017.

Học viên

Nguyễn Thị Quế

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, luận văn trình bày khái niệm cơ bản về bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức, một số bất đẳng thức cơ bản vận dụng trong việc giải các bài toán cực trị. Nội dung chương chủ yếu lấy từ các tài liệu [3], [6], [8].

1.1 Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng

thức, hệ bất đẳng thức

Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức là dạng bài toán: Cho biểu thức F (x1, x2, ..., xn) với các biến x1, x2, ..., xn thỏa mãn điều kiện D (D có thể là một bất đẳng thức, một hệ bất đẳng thức, ...). Ta nói M (M phải là hằng số) là giá trị lớn nhất (giá trị nhỏ nhất) của biểu thức F khi và chỉ khi nó thỏa mãn hai điều kiện sau:

+) Bất đẳng thức F (x1, x2, ..., xn) ≤ M (F (x1, x2, ..., xn) ≥ M ) đúng với

mọi x1, x2, ..., xn thỏa mãn D.

+) Tồn tại x1, x2, ..., xn thỏa mãn D sao cho F (x1, x2, ..., xn) = M.

Ví dụ 1.1 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 1994). Xét các bộ số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện

≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 1. 1 2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + d)2 + (b − 2a)2 + (c − 2d)2.

Ví dụ 1.2 (Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia 2011). Xét các số thực a, b, c thỏa mãn

21ab + 2bc + 8ac ≤ 12.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P (a, b, c) = + + . 1 a 2 b 3 c

 1 ≤ z ≤ min {x, y}  xz ≥ 3  yz ≥ 2

Ví dụ 1.3 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở giáo dục đào tạo Bình Định). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn

Tìm giá trị lớn nhất của

+ + . P (x, y, z) = 30 x 4 y 2010 z

1.2 Một số bất đẳng thức cơ bản

1.2.1. Bất đẳng thức AM-GM

Định lý 1.1. Giả sử a1, a2, ..., an là các số thực không âm. Khi đó

√ ≥ n a1a2...an. a1 + a2 + ... + an n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an.

Hệ quả 1.1. Với mọi bộ số dương a1, a2, ..., an ta có

√ n . a1a2...an ≥

+ + ... + 1 a1 1 a2 1 an

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an.

Hệ quả 1.2. Với mọi bộ số dương a1, a2, ..., an ta có

+ + ... + ≥ . 1 a1 1 a2 1 an n2 a1 + a2 + ... + an

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an.

(cid:19)m

1 + am am

2 + ... + am n

Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số không âm a1, a2, ..., an và m = 1, 2, ... ta có

(cid:18)a1 + a2 + ... + an n

≥ . n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an.

Ví dụ 1.4 (xem [3]). Cho các số dương a, b, c ≥ 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(cid:114)1 a

P = + + . a a2 + b2 + b b2 + c2 + c c2 + a2 + 1 b 1 c

Phân tích.

Trong biểu thức P ta nhận thấy rằng biểu thức + + nằm trong 1 a 1 b 1 c

căn thức, vì vậy ta hoàn toàn có thể mạnh dạn suy nghĩ đến việc cần tìm một bất đẳng thức phụ sao cho có thể đưa ra được một đánh giá

c + + ) 1 b b b2 + c2 + c2 + a2 ≤ f ( 1 a 1 c

trong đó f ( + + ) là một biểu thức có chứa ( + + ). a a2 + b2 + 1 1 c b 1 a 1 a 1 b 1 c

Bài toán đang cần tìm giá trị lớn nhất vì thế ta nghĩ tới chiều đánh giá P ≤, khi đó ta cần sử dụng a2 + b2 ≥, b2 + c2 ≥, c2 + a2 ≥. Điều này làm ta suy nghĩ tới việc sử dụng bất đẳng thức quen thuộc AM-GM. Khi đó ta đánh giá được:

+ + ≤ ( + + ). a a2 + b2 + b b2 + c2 + c c2 + a2 ≤ a 2ab b 2bc c 2ca 1 2 1 a 1 b 1 c

Từ đó ta tìm được lời giải như sau:

Bài giải.

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + c2 ≥ 2bc, c2 + a2 ≥ 2ca

⇔ + + c 2ca

⇔ ( + + ). a a2 + b2 + a a2 + b2 + b b2 + c2 + b b2 + c2 + a 2ab 1 1 a 2 b 2bc 1 b 1 c

c c2 + a2 ≤ c c2 + a2 ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Khi đó:

(cid:114)1 a

+ + ) + + + ( P ≤ 1 2 1 a 1 b 1 c 1 b 1 c √ t + Đặt f (t) = t 2

≤ 3, do đó 0 < t ≤ 3. √ Ta tìm điều kiện của biến t: 1 Vì a, b, c ≥ 1 nên c t ≤ 1 + b √ và ≤ 3

√ √ + + Suy ra 3 hay f (t) ≤ 3 1 a 3 2 3 2 3 2 t Vì t ≤ 3 nên 2 √ t ≤ √ 3. t 2 Vậy P ≤ + + 3 2

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. √ Vậy giá trị lớn nhất của P là + 3 tại a = b = c = 1. 3 2

Ví dụ 1.5 (xem [3]). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn c > 0, a ≥ c, b ≥ c.

(cid:113)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: (cid:113) P = c(a − c) + c(b − c) − 2a2b2.

(cid:113)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)(cid:19)

(cid:18)(cid:114)c b

(cid:114) c a

√ Bài giải. Ta có (cid:113) 1 − + 1 − . c(a − c) + c(b − c) = ab c a c b

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)(cid:17)

Theo bất đẳng thức AM-GM cho hai số ta có:

(cid:114)c b

(cid:114) c a

(cid:16)c b

(cid:16) c a

1 − + 1 − ≤ + 1 − + + 1 − c a c b 1 2 c a 1 2 c b

= 1 √ ab

Suy ra (cid:112)c(a − c) + (cid:112)c(b − c) ≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

 



= 1 − ⇔ + = . 1 a 1 b 1 c = 1 − c b c a c a c b √

√ t − 2t2, t > 0. Ta có P ≤ f (ab) √ ab − 2a2b2. Vậy P ≤ Đặt a.b = t ta đi xét hàm số f (t) = Vì f (cid:48)(t) = t − 4t = 0 ⇔ t = . 1 4 1 2

Lập bảng biến thiên ta dễ dàng thấy f (t) ≤ , ∀t ∈ (0; +∞) suy ra 3 8

P ≤ f (ab) ≤ 3 8

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



+ = ab = 1 a

⇔ = 1 4 1 b a + b ab

⇔ c =

⇔ a = t, b = , c = , ∀t ∈ R+. 1 c 1 c 1 4(a + b) 1 4t 1 4t2 + 1

tại a = t, b = , c = , trong đó Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 8 1 4t 1 4t2 + 1 t là một số thực dương bất kỳ.

Với cách suy luận tương tự nhờ áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta cũng

giải được bài toán tương tự:

Ví dụ 1.6 (xem [3]). Cho các số thực x, y thỏa mãn x + y > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của √ x + y. P = 2(x3 + y3) − 3

Nhận xét 1.1. Bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức quan trọng nhất, quen thuộc nhất và có tầm ứng dụng rộng rãi trong các bộ môn của toán học sơ cấp. Nó đóng vai trò quan trọng trong những bài toán chứng minh bất đẳng thức cũng như những bài toán tìm cực trị. Sự thành công cuả việc áp dụng bất đẳng thức AM-GM để giải các bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức hoàn toàn phụ thuộc vào sự linh hoạt của người sử dụng và kỹ thuật chọn các số a1, a2, ..., an.

1.2.2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bunhiacopski)

(cid:1) .

Định lý 1.2. Cho các số thực tùy ý: a1, a2, ..., an và b1, b2, ..., bn. Khi đó ta luôn có:

2 + ... + a2 n

2 + ... + b2 n

(a1b1 + a2b2 + ... + anbn)2 ≤ (cid:0)a2

1 + a2 a1 b1

(cid:1) (cid:0)b2 1 + b2 an bn

= ... = = . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a2 b2

Ví dụ 1.7 (xem [3]). Cho các số a, b, c dương thỏa mãn điều kiện

+ + ≥ 1. 1 b + c + 1 1 c + a + 1 1 a + b + 1

(cid:113)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = a + b + c − 2 3(ab + bc + ca).

Phân tích.

Nhìn vào bài toán trên, ta sẽ quan tâm đến chiều đánh giá

a + b + c ≥ f (ab + bc + ca).

(cid:113)

Tuy nhiên nếu sử dụng hệ quả của AM-GM để đánh giá

3(ab + bc + ca) a + b + c ≥

khi đó ta có P ≥ −(cid:112)3(ab + bc + ca) thì đến đây bài toán bị dừng lại bởi rất khó để tìm ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

Chính vì vậy mối quan tâm của chúng ta là làm thế nào để tận dụng

được điều kiện của bài toán ban đầu + + ≥ 1 1 b + c + 1 1 c + a + 1 1 a + b + 1 để có a + b + c ≥ f (ab + bc + ca).

Muốn vậy, ta cần đánh giá về phía trái của điều kiện nghĩa là tồn tại

một hệ thức A ≥ + + ≥ 1 và từ đó đưa ra 1 c + a + 1 1 a + b + 1 1 b + c + 1 được mối liên hệ a + b + c ≥ f (ab + bc + ca).

Do đó ta sẽ tư duy theo chiều b + c + 1 ≥ f (a + b + c). Nhờ áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có

√ √ (1 + b + c)(x + y + z) ≥ ( x + (cid:112)by + cz)2

√ nhưng ta nhận thấy để √ x + (cid:112)by + cz −→ a + b + c

ta cần chọn x = a2, y = b, z = c. Tương tự cho các nhóm biểu thức còn lại. Và từ đó ta đánh giá được: (1 + b + c)(a2 + b + c) ≥ (a + b + c)2 từ đó ta có lời giải bài toán như sau: Bài giải.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho các số thực dương a, b, c ta

được:  (1 + b + c)(a2 + b + c) ≥ (a + b + c)2  (1 + c + a)(b2 + c + a) ≥ (a + b + c)2  (1 + a + b)(c2 + a + b) ≥ (a + b + c)2  ≤

⇔ ≤

 

≤ 1 b + c + 1 1 c + a + 1 1 a + b + 1 a2 + b + c (a + b + c)2 b2 + c + a (a + b + c)2 c2 + a + b (a + b + c)2

⇔ + + ≤ 1 b + c + 1 1 c + a + 1 1 a + b + 1 a2 + b2 + c2 + 2(a + b + c) (a + b + c)2

Mặt khác, vì

+ + ≥ 1 1 b + c + 1 1 c + a + 1 1 a + b + 1

nên

≥ 1 a2 + b2 + c2 + 2(a + b + c) (a + b + c)2

⇔ a2 + b2 + c2 + 2(a + b + c) ≥ (a + b + c)2 ⇔ a2 + b2 + c2 + 2(a + b + c) ≥ a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)

⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca.

(cid:113)

Vậy

P ≥ (ab + bc + ca) − 2 3(ab + bc + ca) √ √ ⇔ P ≥ ( ab + bc + ca − 3)2 − 3 ≥ −3.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3 tại a = b = c = 1.

Ví dụ 1.8 (xem [3]). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

A = 2x + 3y

biết

2x2 + 3y2 ≤ 5.

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: √ √ √ √ A2 = (2x + 3y)2 = ( 2. 2x + 3. 3y)2

(cid:16)

√ √ √ √ ( ≤ 2)2 + ( 3)2(cid:17) (cid:16) (x 2)2 + (y 3)2(cid:17)

hay

A2 ≤ (2 + 3)(2x2 + 3y2) ≤ 5.5 = 25.

Đẳng thức xảy ra khi:

 



√ x √ √ y √ = 2 2 3 3



x = y 2x2 + 3y2 = 5   ⇔ 2x2 + 3y2 = 5

⇔ x = y = 1

hoặc

x = y = −1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -5 đạt được khi x = y = 1. Giá trị lớn nhất của A là 5 đạt được khi x = y = −1.

Nhận xét 1.2. Cũng giống như bất đẳng thức AM-GM thì bất đẳng thức Bunhiacopski cũng là một bất đẳng thức thường xuyên được sử dụng. Bất đẳng thức này không cần điều kiện các bộ số là dương hay không âm, tuy nhiên để có thể áp dụng thành công bất đẳng thức Bunhiacopski thì ứng với mỗi bài toán cực trị cần phải lựa chọn ra các bộ số a1, a2, a3, ..., an và b1, b2, b3, ..., bn cho thích hợp.

1.2.3. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức

Định lý 1.3. Xét hai bộ số thực tùy ý a1, a2, ..., an và b1, b2, ..., bn, trong đó bi > 0, ∀i = 1, 2, ..., n. Khi đó, ta có

+ + ... + ≥ . a2 1 b1 a2 2 b2 a2 n bn

. Từ định lý này, ta = ... = = Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a1 + a2 + ... + an)2 b1 + b2 + ... + bn an bn a2 b2 a1 b1 thu được hai hệ quả quan trọng sau:

Hệ quả 1.4. Với n số thực tùy ý a1, a2, ..., an, ta có

1 + a2 a2

2 + ... + a2

n ≥

. (a1 + a2 + ... + an)2 n

Kết quả này thu được bằng cách cho b1 = b2 = ... = bn = 1.

Hệ quả 1.5. Với n số thực tùy ý x1, x2, ..., xn, ta có

+ + ... + ≥ 1 x1 1 x2 1 xn n2 x1 + x2 + ... + xn

Kết quả này có thể thu được bằng cách cho a1 = a2 = ... = an = 1 và

b1 = x1, b2 = x2, ..., bn = xn.

Ví dụ 1.9 (xem [3]). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy ≥ 1, z ≥ 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = + + . x y + 1 y x + 1 z3 + 2 3(xy + 1)

Phân tích.

Bài toán đối xứng theo x, y nên ta có điểm rơi khi x = y. Do đó ta đánh giá hai phân thức đầu bằng bất đẳng thức

Cauchy-Schwarz kết hợp với bất đẳng thức AM-GM, khi đó ta được:

+ = + x y + 1 x2 xy + x y2 xy + y

(x + y)2 ≥ ≥ . = y x + 1 (x + y)2 2xy + x + y 2(x + y) x + y + 2 + x + y (x + y)2 2

Do z ≥ 1 nên ta đánh giá

≥ ≥ z3 + 2 3(xy + 1) 1 xy + 1 4 (x + y)2 + 4

⇒ P ≥ + 2(x + y) x + y + 2 4 (x + y)2 + 4

và điều kiện √ x + y ≥ 2 xy = 2.

Đặt x + y = t ta sẽ đánh giá được biểu thức bên vế phải từ đó ta tìm

được giá trị nhỏ nhất của P. Bài giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta có:

+ = + x y + 1 x2 xy + x y2 xy + y

(x + y)2 ≥ ≥ . = y x + 1 (x + y)2 2xy + x + y 2(x + y) x + y + 2 + x + y (x + y)2 2

z ≥ 1 ⇒ z3 ≥ 1 ⇒ z3 + 2 ≥ 3

⇒ ≥ ≥ z3 + 2 3(x + y + 1 1 xy + 1 4 (x + y)2 + 4

⇒ P ≥ + . 2(x + y) x + y + 2 4 (x + y)2 + 4

√ Đặt t = x + y. Vì x + y ≥ 2 x.y > 2 nên t ≥ 2

+ . ⇒ P ≥ f (t) = 2t t + 2 4 t2 + 4

+ Xét hàm số f (t) = với t ∈ [2, +∞) 2t t + 2 4 t2 + 4

8t ⇒ f (cid:48)(t) = 4 (t + 2)2 + (t2 + 4)2 > 0, ∀t ∈ [2, +∞).

Hàm số đồng biến /[2, +∞) nên f (t) ≥ f (2) = hay P ≥ . 3 2 3 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 x + y = 2  x = y, xy = 1  z = 1

⇔ x = y = z = 1.

khi x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 3 2

Ví dụ 1.10 (xem [3]). Cho các số thực a, b, c > 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

c3 P = a + b + c. a3 a2 + ab + b2 + b3 b2 + bc + c2 + √ c2 + ca + a2 − 2

Bài giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức cho các số thực

dương a, b, c ta có:

b3 b2 + bc + c2 + c3 c2 + ca + a2

a3 a2 + ab + b2 + ≥ (a2 + b2 + c2)2 a(a2 + ab + b2) + b(b2 + bc + c2) + c(c2 + ca + a2)

⇔ a3 a2 + ab + b2 + b3 b2 + bc + c2 + c3 c2 + ca + a2 ≥ (a2 + b2 + c2)2 (a2 + b2 + c2)(a + b + c)

⇔ . a2 + b2 + c2 a + b + c

a3 b3 c3 c2 + ca + a2 ≥ b2 + bc + c2 + a2 + ab + b2 + Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM ta có

3(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2

Do đó √ P ≥ − 2 a + b + c. a + b + c 3

Vậy

√ ( P ≥ a + b + c − 3)2 − 3. 1 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3 tại a = b = c = 1.

Nhận xét 1.3. Cùng với bất đẳng thức AM-GM, ... thì bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức là một kết quả kinh điển có nhiều ứng dụng. Câu hỏi quan trọng nhất là làm thế nào ta nhận biết được một bài toán cực trị có thể giải bằng phương pháp này? Rất khó để có thể nói một cách rõ ràng nhưng có lẽ ta nên nghĩ tới bất đẳng thức này khi thấy tổng của các căn thức, tổng của các bình phương hay đặc biệt là khi có các biểu thức chứa căn.

1.2.4. Bất đẳng thức Karamata

Định lý 1.4. Cho hai dãy số xk, yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, ..., n thỏa mãn điều kiện

x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn, y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn



và

x1 ≥ y1

x1 + x2 ≥ y1 + y2

. ...

 

x1 + x2 + ... + xn−1 ≥ y1 + y2 + ... + yn−1

x1 + x2 + ... + xn = y1 + y2 + ... + yn

Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x) (f ”(x) > 0) trên I(a, b), ta

đều có

f (x1) + f (x2) + ... + f (xn) ≥ f (y1) + f (y2) + ... + f (yn).

Ví dụ 1.11 (xem [2]). Cho  0 ≤ c ≤ b ≤ a ≤ 8  a + b ≤ 13  a + b + c ≤ 15.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của M = a2 + b2 + c2.

Bài giải.

 0 ≤ a ≤ 8  a + b ≤ 8 + 5  a + b + c = 8 + 5 + 2.

+) Tìm giá trị lớn nhất Từ giả thiết ta có

Xét f (x) = x2, ta có f ”(x) = 2 > 0, ∀x ∈ R nên hàm số f (x) lồi thực

sự trên R. Do đó, theo bất đẳng thức Karamata ta có

f (a) + f (b) + f (c) ≤ f (8) + f (5) + f (2)

hay

a2 + b2 + c2 ≤ 64 + 25 + 4 = 93.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 8, b = 5, c = 2.

Vậy giá trị lớn nhất của M là 93, đạt được khi a = 8, b = 5, c = 2.

+) Tìm giá trị nhỏ nhất Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai bộ số (a, b, c) và

(1, 1, 1) ta có:

(1.a + 1.b + 1.c)2 ≤ (12 + 12 + 12)(a2 + b2 + c2) ⇔ (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2) ⇔ 152 ≤ 3M

hay M ≥ 75.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 5. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 75, đạt được khi a = b = c = 5.

Chương 2

Một số hướng giải bài toán cực trị

với điều kiện ràng buộc bất đẳng

thức, hệ bất đẳng thức

Có rất nhiều cách giải bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức nhưng trong chương này ta sử dụng chủ yếu là phương pháp vận dụng các bất đẳng thức cơ bản, sử dụng giảm số biến của biểu thức, vận dụng tính chất của tam thức bậc hai, vận dụng tính chất của hàm số, vận dụng tính chất của hình học.

2.1 Vận dụng các bất đẳng thức cơ bản

i) Ý tưởng chung Phương pháp vận dụng các bất đẳng thức cơ bản được xem như là một trong những phương pháp thông dụng và hiệu quả để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất, nội dung phương pháp này cũng như tên gọi của nó, chúng ta sẽ dựa trực tiếp vào một trong các bất đẳng thức cơ bản như bất đẳng thức AM-GM, Cauchy-Schwarz, ... hoặc có thể kết hợp các các bất đẳng thức đó để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một hàm số hay của một biểu thức.

ii) Ví dụ minh họa

 



a, b, c > 0, Bài toán 2.1 (USA). Cho các số a, b, c thỏa mãn abc = 1.

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của

P = + + . 1 a2(b + c) 1 b2(c + a) 1 c2(a + b)

(cid:19)2

(cid:18)

(cid:19)2

Bài giải. Ta có:

(cid:18)1 a

√ √ + + = √ . √ . √ . b + c + c + a + a + b . 1 b 1 c 1 c + a √ b 1 b + c a 1 a + b c

(cid:19)2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, suy ra

(cid:18)1 a

≤ P.2 (a + b + c) . (2.1) + + 1 b 1 c

(cid:19)2

(cid:19)

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta có

(cid:18)1 a

(cid:18) 1 ab

≥ 3 + + + + = = 3(a + b + c). (2.2) 1 b 1 c 1 bc 1 ca 3(a + b + c) abc

Từ (2.1) và (2.2) suy ra P ≥

khi a = b = c = 1. 3 khi a = b = c = 1. 2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2

Bài toán 2.2 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Phú yên). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3a + 2b + c (a + b)(a + c)(b + c)

trong đó a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn: 3bc + 4ac + 5ba ≤ 6abc. Bài giải.

Giả thiết

3bc + 4ac + 5ba ≤ 6abc ⇔ + + ≤ 6. 3 a 4 b 5 c

Đặt S = + + . 3 a 4 b 5 c

(cid:19)2

(cid:19)

Vì a, b, c là ba số dương

(cid:18)12 ab

(cid:19)

⇒ S2 = + = + + + 4 b 5 c 15 ac 20 bc

(cid:18)3 a (cid:18) 1 a2 +

16 25 c2 + 2 b2 + (cid:19) + 16 + + + . = 9 1 c2 9 a2 + (cid:18) 1 b2 + 1 c2 24 ab 30 ac 40 bc

Áp dụng bất đẳng thức AM–GM ta có:

; 2 ac

+ + 2 bc 30 ac 40 bc

(cid:19)

= + 24 ab

(cid:19)

+ + = 24. 1 1 a2 + c2 ≥ 18 ⇒ S2 ≥ ac 48 + ac (cid:18) 1 ab

+ + . ⇒ S2 ≥ 24. 1 1 c2 ≥ b2 + 24 32 + + ab bc 72 bc 2 ac (cid:18) 1 ab 3 bc 2 ac 3 bc

Áp dụng các bất đẳng thức:

≥ ≥ ≥ 1 ab 1 bc 1 ac

(cid:33)

4 (a + b)2 ; (cid:32)

(cid:32)

⇒ S2 ≥ 24.

4 (b + c)2 12 (b + c)2 (cid:33)

= 96.

(cid:32)

(cid:33)(cid:35)

4 (a + c)2 ; 8 (a + c)2 + 3 (b + c)2 (cid:33) 1 (a + b)2 + (cid:34)(cid:32)

⇒ S2 ≥ 96. + 2 . 4 (a + b)2 + 2 (a + c)2 + 1 (a + b)2 + 1 (b + c)2 1 (a + c)2 + 1 (b + c)2

Áp dụng bất đẳng thức AM–GM ta có:

2 (a + b)(b + c) 1 (a + b)2 + 1 (b + c)2 ≥

và

(cid:19)

2 (a + c)(b + c)

(cid:19)

(cid:18)

+ 1 (a + c)2 + ⇒ S2 ≥ 96.

+ . = 192. 1 (b + c)2 ≥ (cid:18) 2 (a + b)(b + c) 1 (a + b)(b + c) 4 (a + c)(b + c) 2 (a + c)(b + c)

(cid:19)

(cid:18) 1

Ta có:

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

= 3a + 2b + c (a + b)(a + c)(b + c)

⇒ S2 ≥ 192. 3a + 2b + c (a + b)(a + c)(b + c)

⇒ ≤ ≤ = . 3a + 2b + c (a + b)(a + c)(b + c) S2 192 36 192 3 16

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức

3a + 2b + c (a + b)(a + c)(b + c)

là khi và chỉ khi a = b = c = 2. 3 16

Bài toán 2.3 (Đề thi chọn học sinh giỏi Bà Rịa - Vũng Tàu 2014 - 2015). Cho ba số a, b, c thỏa mãn

 

a, b, c > 0,



a + b + c = 3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của

. P = 7 (cid:0)a4 + b4 + c4(cid:1) + ab + bc + ca a2b + b2c + c2a

Bài giải.

Không mất tính tổng quát, giả sử b là một số nằm giữa a và c, khi đó

ta có:

c (a − b) (b − c) ≥ 0.

tương đương

a2b + b2c + c2a ≤ b (cid:0)a2 + ca + c2(cid:1) .

(cid:0)a2b + b2c + c2a(cid:1) (ab + bc + ca) ≤ b (cid:0)a2 + ca + c2(cid:1) (ab + bc + ca)

Từ đó, kết hợp bất đẳng thức AM–GM ta có:

(cid:0)3b + a2 + ca + c2 + ab + bc + ca(cid:1)3 34

(cid:16)

(cid:17)3

≤

(cid:16)

(cid:17)3

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

34 (3 − b)2 + 3b + b (3 − b) = 9. = 34

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì:

(cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1)2 3

a4 + b4 + c4 ≥ .

Do đó, sử dụng đánh giá trên, sau đó liên tục dùng bất đẳng thức

Cauchy-Schwarz ta có:

(cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1)2 +

P ≥ (ab + bc + ca)2 9

(cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1)2 + (ab + bc + ca)2 + (ab + bc + ca)2 18

(cid:0)a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca + ab + bc + ca(cid:1)2 18.3

+ ≥ (a + b + c)4 32

(a + b + c)4 = 22. = 7 3 41 (cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1)2 + 18 41 18 22 81

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 22 khi và chỉ khi a = b = c = 1.

 1 ≤ z ≤ min {x, y}  xz ≥ 3  yz ≥ 2

Bài toán 2.4 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Bình Định). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn

Tìm giá trị lớn nhất của

P (x, y, z) = + + . 30 x 4 y 2010 z

Bài giải.



Từ giả thiết ta có

≤

 

≤ . 1 ≤ 1 z 1 √ x 1 √ y √ z √ 3 √ z √ 2

(cid:16)

(cid:17)

Do đó

+ = . + 1 − ≤ . + 1 − . 1 x 1 z 2 √ x 1 √ x 1 z z x 2 √ x z x √ z √ 3

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số và ta được 1 3 z x

. ≤ + . 2 √ x 1 3 z x √ z √ 3

Suy ra

+ 1 − . ≤ + + 1 − = 2 √ x z x 1 3 z x z x 4 3 √ z √ 3

hay

+ ≤ . 1 x 1 z 4 3

(cid:19)

(cid:18)

Tương tự,

1 − ≤ + = . + + 1 − . z y 1 y 1 z 2 √ y 1 √ y 1 z 2 √ y z y √ z √ 2

≤ + + 1 − = . 1 2 z x z x 3 2

Từ đó suy ra

(cid:19)

+ 2010 z 4 y

+ 4 + + + = 30 + (cid:18)1 y 1 z 1976 z P (x, y, z) = (cid:18) 1 x

≤ 30. + 4. + 1976 = 2022. 4 3 30 x (cid:19) 1 z 3 2

Vậy giá trị lớn nhất của P là 2011 đạt được khi x = 3, y = 2, z = 1.

Bài toán 2.5 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Kiên Giang). Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện

 

a, b, c > 0



+ + = . a5 b + c c5 a + b 3 2

b5 c + a Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = ab2 + bc2 + ca2.

Bài giải.

Áp dụng bất đẳng thức AM–GM ta có

+ (b + c)a3 ≥ 4a4 (2.3)

+ (c + a)b3 ≥ 4b4 (2.4)

+ (a + b)c3 ≥ 4c4. (2.5) 4a5 b + c 4b5 c + a 4c5 a + b

Mặt khác, ta có

a4 + b4 ≥ a3b + ab3 (2.6)

(Vì a4 + b4 ≥ a3b + ab3 ⇔ a3(a − b) − b3(a − b) ≥ 0 ⇔ (a − b)2(a2 + ab + b2) ≥ 0 luôn đúng).

Tương tự, ta có

b4 + c4 ≥ b3c + bc3 (2.7)

và

c4 + a4 ≥ c3a + ca3. (2.8)

Từ (2.3), (2.4), (2.5), (2.6), (2.7), (2.8) ta được

= + + ≥ (a4 + b4 + c4) 3 2 a5 b + c b5 c + a c5 a + b 1 2

suy ra

a4 + b4 + c4 ≤ 3.

Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM ta được

a4 + b4 + b4 + 1 ≥ 4ab2 và b4 + c4 + c4 + 1 ≥ 4bc2 và c4 + a4 + a4 + 1 ≥ 4ca2 suy ra

3 (cid:0)a4 + b4 + c4(cid:1) + 3 ≥ 4(ab2 + bc2 + ca2).

Như vậy

P = ab2 + bc2 + ca2 ≤ = 3. 12 4

Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Bài toán 2.6 (Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Tiền Giang). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

0 ≤ x, y, z ≤ 1.

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = (x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z).

Bài giải.

(cid:34)

Không mất tính tổng quát, giả sử x = max {x, y, z} . Vậy sẽ có hai khả năng

x ≥ y ≥ z x ≥ z ≥ y

+) Khi x ≥ y ≥ z thì P ≤ 0. +) Khi x ≥ z ≥ y thì hiển nhiên x − z ≥ 0, z − y ≥ 0 và 0 ≤ x − z ≤ 1.

⇒ P = (x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z) ≤ (z − y)(x − z)(x + y + z)

(cid:104)(cid:16)√

(cid:17)

(cid:105) (cid:104)(cid:16)√

(cid:17)

hay

(cid:105) (x + y + z)

4P ≤ [2 (z − y)] 3 + 1 (x − z) 3 − 1 .

(cid:16)√

(cid:17)

(cid:16)√

(cid:17)

(cid:105)3

(cid:104)

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có

P ≤ 2 (z − y) + 3 + 1 (x − z) + 3 − 1 (x + y + z) 1 27

(cid:16)

(cid:105)3

(cid:104) 2

(cid:17) 3

hay √ √ P ≤ 3x − 3 − y . 1 27

(cid:16)

(cid:17)

Dễ thấy √ √ √ 0 ≤ 2 3x − 3 − y ≤ 2 3

3 √ 3 2 . ⇒ P ≤ 9

√ 2 3 khi Do vậy, giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng 9

(cid:16)√

(cid:17)

(cid:16)√

  

x − y = 1 (cid:17) 3 + 1 (x − z) = 3 − 1 (x + y + z) 2(z − y) =

x = 1, y = 0

  z = 

⇔

x = 1 1 √ 3 y = 0

3 √ 2 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng khi x = 1, y = 0, z = . 9 1 √ 3

Bài toán 2.7 (Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 1994). Xét các bộ số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện

≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 1. 1 2

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q = (a − 2b + c)2 + (b − 2c + d)2 + (b − 2a)2 + (c − 2d)2.

Bài giải.

(cid:19)

Do vai trò của a và d, b và c là đối xứng trong biểu thức trên, ta dự đoán rằng điểm cực trị sẽ đạt được tại các bộ số thỏa mãn điều kiện a2 = d2 và b2 = c2. Với p là số thực dương, theo bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có:

(cid:19)

(1 + 3p) + + ≥ (a − 2b + c)2 c2 p 2b2 p (cid:19) (p + 2) + 2a2 ≥ (b − 2a)2

(cid:18)a2 1 (cid:18)b2 p (cid:18)d2 1 (cid:18)c2 p

(1 + 3p) + + ≥ (d − 2c + b)2 b2 p 2c2 p (cid:19) (p + 2) + 2d2 ≥ (c − 2d)2.

Cộng vế đối vế của 4 bất đẳng thức trên, ta được:

(cid:0)b2 + c2(cid:1) .

Q ≤ (5 + 5p) (cid:0)a2 + d2(cid:1) + (2.9) 5 + 10p p

Bây giờ, ta cần chọn p > 0 sao cho

(cid:16)

(cid:17) 5

√ 5 1 + p = , tức p = . 1 + 2 1 + 2p p √ √ 5 3 + 5 vào (2.9), ta thu được Q ≤ . Thay p = 1 + 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

 a > 0, c > 0, b < 0, d < 0  

(cid:12) c (cid:12) (cid:12) p (cid:12) a2 + b2 + c2 + d2 = 1 √

= |a| = |d| = b p

5 Giải hệ phương trình với p = , ta nhận được 1 + 2

(cid:112) √ √

1 a = −d = − √ 5

  

−b = c = . 5 − 5 − 1 √ 5 − 5 2

(cid:17)

(cid:16)

√ 5 5 3 + đạt được khi Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức bằng 2

(cid:112) √ √

1 a = −d = − √ 5

  

−b = c = . 5 − 5 − 1 √ 5 − 5 2

+) Tìm giá trị nhỏ nhất Với cách phân tích tương tự như trên, việc tìm giá trị nhỏ nhất của Q

(cid:104)

được trình bày hoàn toàn tương tự như sau:

− p2d2 + (b − 4c)2(cid:105) − 8bc Q = 5 (cid:0)a2 + d2(cid:1) + 6 (cid:0)b2 + c2(cid:1) + 2a (c − 4b) + 2d (b − 4c) − 8bc 1 p2a2 + (c − 4b)2(cid:105) (cid:104) ≥ 5 (cid:0)a2 + d2(cid:1) + 6 (cid:0)b2 + c2(cid:1) − p 1 p

(cid:18)

(cid:19)

hay

(cid:0)b2 + c2(cid:1) + 2

(cid:18)8 p

Q ≥ (5 − p) (cid:0)a2 + d2(cid:1) + 6 − − 4 bc. 17 p

(cid:19)

(cid:18)

Chọn p trong khoảng (2; 5) sao cho − 4 < 0 và vì vậy 8 p

(cid:0)b2 + c2(cid:1)

(cid:0)b2 + c2(cid:1) + 2

(cid:18)8 p

(cid:18)

− 4 Q ≥ (5 − p) (cid:0)a2 + d2(cid:1) + 6 −

(cid:0)b2 + c2(cid:1) .

Q ≥ (5 − p) (cid:0)a2 + d2(cid:1) + 2 − 17 p (cid:19) 9 p

(cid:32)

(cid:33)

(cid:0)a2 + b2 + c2 + d2(cid:1) ≥

√ 3 + 45 , tức p = ∈ (2; 5), ta Tiếp theo, chọn p sao cho 5 − p = 2 − 9 p được √ 2 √ 3 + 45 7 − 45 Q ≥ 5 − . 2 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



√ 3 + 45 p =

a = d = ± ⇔ pa = c − 4b pd = b − 4c b = c

 

b = c = ∓ a2 + b2 + c2 + d2 = 1 2 2 3 2(cid:112)9 + p2 3 . 2(cid:112)9 + p2

√ 7 − 45 khi 4

a = d = ±

b = c = ∓ Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là    3 2(cid:112)9 + p2 3 2(cid:112)9 + p2

 

Bài toán 2.8 (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia tỉnh Yên Bái 2014 - 2015). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn



x, y, z > 0 3 (cid:0)x4 + y4 + z4(cid:1) − 7 (cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1) + 12 = 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất

P = + + . x2 y + 2z y2 z + 2x z2 x + 2y

Bài giải.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

3 (cid:0)x4 + y4 + z4(cid:1) ≥ (cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1)2

do đó

0 ≥ (cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1)2 − 7 (cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1) + 12.

Từ đó suy ra

x2 + y2 + z2 ≥ 3.

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta lại có:

P = + + y2 z + 2x z2 x + 2y

= x2 y + 2z x4 x2y + 2zx2 + z4 z2x + 2yz2

≥ . y4 y2z + 2xy2 + (cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1)2 x2y + y2z + z2x + 2 (xy2 + yz2 + zx2)

Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và kết hợp với các bất

(cid:113)

đẳng thức quen thuộc: ab + bc + ca ≤ , ta có (a + b + c)2 3

(cid:115)

x2y + y2z + z2x ≤ (x2 + y2 + z2) (x2y2 + y2z2 + z2x2)

≤ (x2 + y2 + z2)

(cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1)2 3 (cid:115)(cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1) 3

= (cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1) .

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được.

(cid:115)(cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1) 3

. 2 (cid:0)xy2 + yz2 + zx2(cid:1) ≤ 2 (cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1)

(cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1)2

Từ đó suy ra

(cid:115)(cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1) 3

≥ 1. P ≥ =

(cid:114)(cid:0)x2 + y2 + z2(cid:1) 3

3 (x2 + y2 + z2)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 khi và chỉ khi x = y = z = 1.

Bài toán 2.9 (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia tỉnh Cà Mau 2014 - 2015). Cho các số x, y, z thỏa mãn

 

0 < x ≤ 1



0 < y ≤ 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của

F = + . x5 + y + 4 x y4 − 2y3 + x y2

Bài giải.

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

F = + x5 + y + 4 x y4 − 2y3 + x y2

(cid:19)

(cid:18)

= x4 + + + y2 − 2y + y x 4 x x y2

(cid:18) y x

+ + + + + + (y − 1)2 − 1 = x4 + 1 x 1 x 1 x 1 x x y2

≥ 5 + − 1 ≥ 5 + 2 − 1 = 6. 2 √ y

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của F là 6 khi và chỉ khi x = y = 1.

Bài toán 2.10 (Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia tỉnh Kiên Giang 2014 - 2015). Cho ba số a, b, c > 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của

P = + − . a + 3c a + 2b + c 4b a + b + 2c 8c a + b + 3c

 



Bài giải. Đặt

x = a + 2b + c y = a + b + 2c z = a + b + 3c

 



ta có

a = −x + 5y − 3z b = x − 2y + z c = −y + z

Do đó, P trở thành

+ + + − 17. P = 4x y 8y z 4z y 2y x

(cid:115)

Sử dụng bất đẳng thức AM–GM, ta có:

√ 2 − 17. P ≥ 2 . + 2 . − 17 = 12 4x y 2y x 8y z 4z y

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

√ √ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 1 + a, c = 2 2 √ a. √ 4 + 3 (cid:16) Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 12 2 − 17 khi và chỉ khi b = 1 + 2 a √ và c = 4 + 3 2 a.

Bài toán 2.11 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện

ab + bc + ca > 0.

(cid:115)

Tìm giá trị nhỏ nhất của

P = + + . a (b + c) a2 + bc b (c + a) b2 + ca c (a + b) c2 + ab

Bài giải. Cách 1. Ta có

a(b + c)2 = a (cid:0)b2 + c2 + 2bc(cid:1) ≥ a (cid:0)b2 + c2(cid:1) (cid:0)a2 + bc(cid:1) (b + c) = b (cid:0)a2 + c2(cid:1) + c (cid:0)a2 + b2(cid:1) .

Do vậy, nếu đặt

x = a (cid:0)b2 + c2(cid:1) , y = b (cid:0)a2 + c2(cid:1) , z = c (cid:0)a2 + b2(cid:1)

(cid:115)

(cid:114) x

ta có:

(cid:115)

(cid:114) y

≥ a (b + c) a2 + bc y + z

(cid:115)

(cid:114) z

≥ b (c + a) b2 + ca z + x

≥ x + y

(cid:115)

c (a + b) c2 + ab (cid:115)

⇒ + + b (c + a) b2 + ca c (a + b) c2 + ab

(cid:114) y

(cid:114) z

a (b + c) a2 + bc (cid:114) x ≥ + + . y + z z + x x + y

(cid:114) y

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có (cid:114) x = ≥ y + z 2x x + y + z 2x 2(cid:112)x (y + z)

(cid:114) z

= ≥ z + x 2y x + y + z

(cid:19)

= ≥ . x + y 2z x + y + z 2y 2(cid:112)y (z + x) 2z 2(cid:112)z (x + y)

(cid:114) x

(cid:114) z

(cid:18)x + y + z x + y + z

Cộng 3 vế của bất đẳng thức trên ta được: (cid:114) y + + ≥ 2 = 2 y + z z + x x + y

⇒ P ≥ 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 đạt được khi a = b; c = 0 hoặc các hoán

vị. Cách 2.

Nếu có một số bằng 0, không mất tính tổng quát, giả sử là c, khi đó:

(cid:16)√

(cid:17)2 b

√

(cid:114)a b

(cid:114) b a

a − √ P = + = + 2 ≥ 2. ab

(cid:115)

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị. Nếu cả ba số đều dương khi đó sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

. = ≥ = 2a (b + c) (a + b) (a + c) a (b + c) a2 + bc 2a (b + c) a2 + bc + a (b + c) a (b + c) (cid:112)(a2 + bc) a (b + c)

(cid:115)

Tương tự, ta có:

≥ b (c + a) b2 + ca 2b (c + a) (b + c) (b + a)

(cid:115)

và

≥ . c (a + b) c2 + ab 2c (a + b) (c + a) (c + b)

(cid:115)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:

+ + a (b + c) a2 + bc b (c + a) b2 + ca c (a + b) c2 + ab

+ + ≥ 2b (c + a) (b + c) (b + a) 2c (a + b) (c + a) (c + b)

= 2a (b + c) (a + b) (a + c) 2a(b + c)2 + 2b(c + a)2 + 2c(a + b)2 (a + b) (b + c) (c + a)

> 2. = 2 + 2 (a + b) (a + c) (b + c) + 8abc (a + b) (b + c) (c + a) 8abc (a + b) (b + c) (c + a)

So sánh hai trường hợp ta có giá trị nhỏ nhất của P là 2 đạt được khi

a = b; c = 0 hoặc các hoán vị.

2.2 Sử dụng giảm số biến của biểu thức

i) Ý tưởng chung Với các bài toán bất đẳng thức mà cực trị đạt được khi một số biến bằng nhau (ta gọi là cực trị có tính đối xứng) hoặc một số biến đạt giá trị tại biến của miền xác định, thì phương pháp dồn biến thực sự là một phương pháp rất mạnh và hiệu quả. Ý tưởng chính của phương pháp là bất đẳng thức đã cho đúng với mọi giá trị của biến số trên miền xác định, nên cũng sẽ đúng khi có một số biến bằng nhau, vì thế chúng ta sẽ tìm cách chứng minh đẳng thức xảy ra khi một số biến bằng nhau và một số biến của bài toán sẽ giảm đi làm cho việc chúng ta chứng minh nhẹ nhàng hơn. Nội dung phương pháp thể hiện qua các định lý:

(cid:19)

Định lý 2.1 (Định lý về dồn biến, xem [4]). Giả sử f (x1, x2, x3, ..., xn) là một hàm số liên tục và đối xứng với tất cả n biến x1, x2, x3, ..., xn xác định trên một miền liên thông thỏa mãn điều kiện sau:

(cid:18)x1 + x2 2

. (2.10) , f (x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f , x3, ..., xn x1 + x2 2

Khi đó bất đẳng thức sau sẽ thỏa mãn

f (x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f (x, x, ..., x)

trong đó

. x = x1 + x2 + ... + xn n





(cid:115)

Điều kiện (2.10) có thể biến đổi thành một số dạng khác, chẳng hạn √ √ x1x2, x1x2, x3, ..., xn)

f (x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f ( (cid:115)





1 + x2 x2 2 2

, , x3, ..., xn f (x1, x2, x3, ..., xn) ≥ f

và còn rất nhiều dạng khác tùy theo yêu cầu bài toán. Tuy nhiên hầu hết các bài toán chúng ta gặp đều không thể sử dụng định lý trên một cách đơn giản như vậy mà đòi hỏi chúng ta phải vận dụng nhiều kỹ năng hơn. Định lý S.M.V (định lý dồn biến mạnh) ra đời để giải quyết khó khăn như vậy, trước hết khi đi đến nội dung định lý ta xét bổ đề.

Bổ đề 2.1 (Dồn biến tổng quát, xem [4]). Giả sử a1, a2, ..., an là dãy số thực tùy ý. Ta thực hiện liên tiếp phép đổi biến sau 1, Chọn i, j ∈ {1, 2, ..., n} là hai chỉ số sao cho ai = min{a1, a2, ..., an} và aj = max{a1, a2, ..., an}.

(nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng 2, Thay ai và aj bởi ai + aj 2

trong dãy số). Khi đó sau vô hạn lần thực hiện phép biến đổi nói trên thì mỗi số ai đều tiến tới giới hạn

a = . a1 + a2 + ... + an n

Định lý 2.2 (Định lý S.M.V, xem [4]). Nếu f : I ⊂ Rk → R, I = [α, β] × [α, β] × ... × [α, β] với α, β ∈ R là hàm số liên tục đối xứng và bị chặn dưới thỏa mãn điều kiện

f (a1, a2, ..., an) ≥ f (b1, b2, ..., bn)

. với b1, b2, ..., bn là dãy thu được từ dãy a1, a2, ..., an do phép biến đổi ∆, thì ta có: f (a1, a2, ..., an) ≥ f (a, a, ..., a) với a = a1 + a2 + ... + an n ii) Ví dụ minh họa

Bài toán 2.12 (xem [4]). Cho a, b, c thỏa mãn

 

a, b, c > 0,



a + b + c = 3.

Tìm giá trị lớn nhất của

P = ab 3 + c2 + bc 3 + a2 + ca 3 + b2 .

Bài giải.

Xét hàm số f (t) = Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt a = s + t, b = s − t với t ∈ [0, s − c] (vì a ≥ b ≥ c). s2 − t2 c (s − t) 3 + c2 với t ∈ [0, s − c]. 3 + (s + t)2 + c (s + t) 3 + (s − t)2 +

(cid:48)

Ta có

(cid:104)

(cid:48)

f (t) = 2t 3 + c2 . −c 3 + (s + t)2 − c 3 + (s − t)2 + 2c (cid:0)s2 − t2(cid:1) 3 + (s + t)2(cid:105)2 + 2c (cid:0)s2 − t2(cid:1) 3 + (s − t)2(cid:105)2 +

2t 3 + c2 . Ta cũng có a + b = 2s ⇒ s ∈ [1; 1, 5] (do giả sử a ≥ b ≥ c)

= ≤ = 1. ⇒ cs = (3 − 2s)s ≤ (3 − 2s + s)2 4 (3 − s)2 4 (3 − 1)2 4

Mặt khác, ta có

u = 3 + (s + t)2 ≥ 3 + (1 + 0)2 = 4

và v = 3 + (s − t)2 ≥ 3 + [s − (s − c)]2 = 3 + c2 do c ∈ [0, s − c] .

Từ các điều kiện trên ta suy ra

(cid:104)

≤ (2.11) 4cst uv

1 3 + c2 . Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwars ta có: 3 + (s − t)2(cid:105) 3 + (s + t)2(cid:105)2 (cid:104) ≥ 44 (cid:0)s2 − t2(cid:1) (2.12) u2v2 =

(cid:19)3

≤ 4 8cs (u + v) (cid:0)3 + c2(cid:1) = 4.4cs (cid:0)3 + s2 + t2(cid:1) (cid:0)3 + c2(cid:1) (cid:18)4cs + 3 + s2 + t2 + 3 + c2 3

Mặt khác, ta có:

4cs + 3 + s2 + t2 + 3 + c2 ≤ 4 (3 − 2s) s + 6 + s2 + (3s − 3)2 + (3 − 2s)2

= 12 + 6 (s − 1) (s − 2) ≤ 12

(Do c = 3 − 2s và t2 ≤ s − c = 3s − 3).

(cid:19)3

Từ đó suy ra

(cid:18)12 3

8cs (u + v) (cid:0)3 + c2(cid:1) ≤ 4 = 44. (2.13)

(cid:0)s2 − t2(cid:1) u2v2

. . = Từ (2.12) và (2.13) suy ra: 8cst (cid:0)s2 − t2(cid:1) (u + v) u2v2 8cs (u + v) (cid:0)3 + c2(cid:1) (3 + c2)

(cid:0)s2 − t2(cid:1) 44 (s2 − t2)

(2.14) . ≤ = 44 (3 + c2) 1 3 + c2 .

(cid:48)

Từ (2.11) và (2.14), ta có

2 f (t) ≤ 2 3 + c2 − 2t 3 + c2 = 3 + c2 (1 − t) ≤ 0, ∀t ∈ [0; s − c] .

3s(3 − 2s) s2 g(s) = f (0) = Vậy f (t) là hàm nghịch biến trên [0; s − c] . Suy ra f (t) ≤ f (0), ∀t ∈ [0; s − c] Ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất s2 2cs 3 + c2 = 3 + s2 + 3 + s2 + 3 + (3 − 2s)2 trên [0; 1, 5] .

(cid:104)

Ta có

(cid:48)

(cid:104)

− s2 (8s − 12) 3 + (3 − 2s)2(cid:105) 2s g (s) = + (6 − 8s)(3 + s2) − 2s(6s − 4s2) (3 + s2)2 3 + (3 − 2s)2(cid:105)2

108 (cid:0)s2 − 3s + 4(cid:1) (s − 1)2 (cid:0)−s2 − 3s + 6(cid:1) = .

(3 + s2)2(cid:104) 3 + (3 − 2s)2(cid:105)2

Ta thấy

s2 − 3s + 4 = (s − 1, 5)2 + 1, 75 > 0, ∀s ∈ [0; 1, 5]

(cid:33) (cid:32)√

(cid:33)

(cid:32)√

và

− s + s . −s2 − 3s + 6 = 33 − 3 2 33 + 3 2

√ 11 khi Lập bảng biến thiên ta thấy giá trị lớn nhất của g(s) là 33 − 45 24 √

. s = 33 − 3 2 √ √ 11 Vậy giá trị lớn nhất của P là xảy ra khi a = b = , 33 − 45 24 33 − 3 2 √ c = 6 − 33 cùng các hoán vị.

Bài toán 2.13 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện

 

a + b + c = 6,



a, b, c ≥ 1.

Tìm giá trị lớn nhất của

P = (cid:0)a2 + 2(cid:1) (cid:0)b2 + 2(cid:1) (cid:0)c2 + 2(cid:1) .

Bài giải.

Không mất tính tổng quát, giả sử

c = min {a, b, c} ⇒ c ≤ = 2; a + b = 6 − c ≥ 4. a + b + c 3

(cid:35)2

(cid:19)2

Ta chứng minh

(cid:0)a2 + 2(cid:1) (cid:0)b2 + 2(cid:1) ≤

(cid:34)(cid:18)a + b 2

+ 2 .

Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với:

(cid:105) (cid:104)

(cid:105)

(cid:104)

16 (cid:0)a2b2 + 2a2 + 2b2 + 4(cid:1) ≤ (a + b)4 + 16(a + b)2 + 64 ⇔ (a + b)4 − 16a2b2 ≥ 16(a − b)2

(cid:105)

(a + b)2 − 4ab (a + b)2 + 4ab ≥ 16(a − b)2

⇔ ⇔ (a − b)2 (cid:104) (a + b)2 + 4ab − 16 ≥ 0.

Bất đẳng thức cuối luôn đúng do

(a + b)2 ≥ 16.

(cid:35)2

(cid:19)2

Do đó

(cid:34)(cid:18)a + b 2

(cid:34)(cid:18)6 − c 2

(cid:35)2

(cid:19)2

P ≤ (cid:0)c2 + 2(cid:1) = (cid:0)c2 + 2(cid:1) . + 2 + 2

(cid:34)(cid:18)6 − c 2

Xét hàm số: f (c) = (cid:0)c2 + 2(cid:1) + 2 trên đoạn [0; 2] .

(cid:48)

Ta có

(cid:0)c5 − 20c4 + 156c3 − 552c2 + 800c − 352(cid:1)

f (c) = 3 8

= (c − 2) (cid:0)c2 − 12c + 44(cid:1) (cid:0)c2 − 6c + 4(cid:1) ≥ 0, ∀c ∈ [0; 2] . 3 8

Do f (c) là hàm đồng biến trên [0; 2] suy ra P ≤ f (c) ≤ f (2) = 216. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2. Vậy giá trị lớn nhất của P là 216 đạt được khi a = b = c = 2.

(cid:34)

(cid:19)2(cid:35)2

(cid:0)2 + a2(cid:1) (cid:0)2 + b2(cid:1) −

Nhận xét 2.1. Chú ý đẳng thức

(cid:18)a + b 2

2 +

(cid:0)a2 + 6ab + b2 − 16(cid:1) ≤ 0.

(cid:34)

= − (a − b)2 16

(cid:18)a + b 2

Do đó đối với những bài toán có tính đối xứng (cid:0)k + a2(cid:1) (cid:0)k + b2(cid:1) (cid:0)k + c2(cid:1) (cid:19)2(cid:35)2 với k ≥ 0, ta sẽ sử dụng đánh giá giữa (cid:0)k + a2(cid:1) (cid:0)k + b2(cid:1) với k +

(cid:19)2(cid:35)2

(cid:34) (cid:0)k + a2(cid:1) (cid:0)k + b2(cid:1) (cid:0)k + c2(cid:1) ≤ (k + a2)

Từ đó suy ra

(cid:18)a + b 2

k +

và ta giải được các bài toán tương tự khi k thay đổi.

Bài toán 2.14 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn (cid:40)

a + b + c = 1, a, b, c > 0.

Tìm giá trị lớn nhất của

P = ab (cid:0)a2 + b2(cid:1) + bc (cid:0)b2 + c2(cid:1) + ca (cid:0)c2 + a2(cid:1) .

Bài giải.

(cid:21)

(cid:20)

Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt

b + c = t; bc = s, s ∈ 0; t2 4

Khi đó

(cid:104)

(cid:105)

(cid:105) (cid:104) (b + c)3 − 3bc (b + c)

a = 1 − t ≥ = ⇔ t ≤ . b + c 2 t 2 2 3

+ bc (b + c)2 − 2bc

P = a3 (b + c) + a (cid:0)b3 + c3(cid:1) + bc (cid:0)b2 + c2(cid:1) = a3 (b + c) + a = a3t + a (cid:0)t3 − 3st(cid:1) + s (cid:0)t2 − 2s(cid:1) .

Xét hàm số

f (s) = a3t + a (cid:0)t3 − 3st(cid:1) + s (cid:0)t2 − 2s(cid:1) .

(cid:48)

Ta có

(cid:21)

(cid:20)

f (s) = t2 − 4s − 3at = t (t − 3a) − 4s ≤ 0.

. 0; Do đó f (s) là hàm nghịch biến trên t2 4 Suy ra

f (s) ≤ f (0) = a3t + at3 = (1 − t)3t + (1 − t) t3.

(cid:21)

(cid:20)

Xét hàm số f (t) = (1 − t)3t + (1 − t) t3 với t ∈ 0; . 2 3

(cid:48)

Ta có

(t) = (1 − 2t)3; f f (t) = 0 ⇔ t = . 1 2

(cid:19)

nên f (t) đạt giá Ta có f (cid:48)(t) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua t = 1 2

(cid:18)1 2

trị lớn nhất tại t = hay P ≤ f (t) ≤ f = . 1 2 1 8

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b =

Vậy giá trị lớn nhất của P là 1 2 đạt được khi a = b = ; c = 0, hoặc các ; c = 0, hoặc các hoán vị. 1 2 1 8 hoán vị.

Nhận xét 2.2. Với những bài toán có điều kiện a, b, c không âm và a + b + c = k, chứng minh tương tự ta có

. ab (cid:0)a2 + b2(cid:1) + bc (cid:0)b2 + c2(cid:1) + ca (cid:0)c2 + a2(cid:1) ≤ k4 8

Bài toán 2.15 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện:

a ≥ b ≥ c

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (cid:0)a2 + c2(cid:1) √ ab + bc + ca M = . ac (a + b + c)

Bài giải.

Vì điều kiện cho

a ≥ b ≥ c ⇒ (b − a) (b − c) ≤ 0.

Vì M có bậc là 0 nên ta đặt

a = x · b, c = y · b, (x ≥ 1; 0 < y ≤ 1)

và

(1 − x) (1 − y) ≤ 0 ⇔ xy − x − y + 1 ≤ 0

⇒ x + y ≥ 1 + xy.

(cid:0)x2 + y2(cid:1) √

Khi đó x + y + xy . M = xy (x + y + 1)

Ta có: S + P M = . Đây là biểu thức đối xứng với tổng x + y và tích xy nên ta suy nghĩ ngay đến việc đặt S = x + y và P = xy, từ điều kiện ta có ngay 0 < P ≤ S − 1. (cid:0)S2 − 2P (cid:1) √ P (S + 1)

(cid:48)

Coi vế phải là hàm số với P và tham số S ta được:

√ f (P ) = − < 0, ∀S, P > 0. 2S3 + S2P + 2P 2 S + P 2 (P + 1) P 2

2S − 1 . f (P ) ≥ f (S − 1) = Do đó f (P ) là hàm nghịch biến trên (0; S − 1] . Do đó (cid:0)S2 − 2S + 2(cid:1) √ S2 − 1

(cid:0)S2 − 2S + 2(cid:1) √ S2 − 1

Xét hàm số 2S − 1 g (S) =

(cid:48)

trên đoạn (1; +∞) ta được:

g (S) = √ S4 + 2S3 − 13S2 + 12S − 4 2S − 1(S2 − 1)2

= . √ (S − 2) (cid:0)S3 + 4S2 − 5S + 2(cid:1) 2S − 1(S2 − 1)2

Ta có g(cid:48) (S) = 0 khi đó S = 2. Ta có g(cid:48) (S) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua S = 2 nên g (S) đạt

cực tiểu tại S = 2 trên (1; +∞) hay g (S) ≥ g (2) = . 2 √ 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi a = b = c. 2 √ 3

Nhận xét 2.3. Ngoài bài giải trên ta có thể xét hàm số trực tiếp bằng cách coi b là ẩn a, c là tham số, ta cũng có kết quả tương tự hoặc chứng minh:

b2 + 2ac (a + b + c)2 ≥ 4ac 3(a + c)2

Khi đó (a + c)2√ b2 + 2ac M ≥ ≥ ac (a + b + c) 2 √ 3

Nhưng rõ ràng với dấu hiệu đẳng cấp, từ điều kiện cho đến biểu thức M việc sử dụng kỹ thuật giảm về hai biến x, y tỏ ra hiệu quả. Đây là bài toán đòi hỏi phải tư duy logic khi gặp tổng và tích đối xứng của S = x + y, P = xy.

(cid:40)

Bài toán 2.16 (xem [8]). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn điều kiện

(cid:33)

a ≥ b ≥ c ≥ 0 2b + 2c − a > 0

(cid:114) c

(cid:114)2b + 2c − a a

Tìm giá trị nhỏ nhất của (cid:32)(cid:114) b P = 2 + . − c + a a + b

Bài giải. Trường hợp 1:

(cid:114) b a

(cid:114)2b − a a

(cid:19)

. −

(cid:18) 1 √ 2

(cid:112)

, Đặt t = ≤ t ≤ 1 khi đó Nếu c = 0 ⇒ P = 2 (cid:114) b a

(cid:21)

2t2 − 1. P = f (t) = 2t −

(cid:20) 1 √ 2

(cid:17)

(cid:16)√

√ Xét hàm số f (t) = 2t − 2t2 − 1 liên tục trên ; 1 ta có:

(cid:48)

(cid:21)

2 2t2 − 1 − t √ √ = f (t) = 2 − 2t 2t2 − 1

(cid:17) ≤ 0, ∀t ∈

(cid:21)

; 1 . = √ 2 (cid:0)t2 − 1(cid:1) (cid:16)√ 2t2 − 1 (cid:20) 1 √ 2 2t2 − 1 2t2 − 1 + t

(cid:20) 1 √ 2

Do đó f (t) là hàm nghịch biến trên ; 1 , suy ra

P = f (t) ≥ f (1) = 1.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 tại a = b; c = 0.

Trường hợp 2:

(cid:19)

(cid:18)(cid:114) x

(cid:114) y

Nếu c > 0 ⇒ a ≥ b ≥ c > 0 đặt c = x.a và b = y.a, (0 < x, y ≤ 1) . Khi đó

P = 2 + − (cid:112)2x + 2y − 1. y + 1 x + 1

Ta chứng minh

(cid:114) x

(cid:114) y

√ + ≥ x + y. y + 1 x + 1

(cid:113)

(cid:112)

(cid:113)

Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với: √ x2 + x + y2 + y ≥ (x + y) (x + 1) (y + 1)

(cid:113)

⇔ x2 + x + y2 + y + 2 xy (x + 1) (y + 1) ≥ (x + y) (x + 1) (y + 1)

xy (x + 1) (y + 1) ≥ xy (x + y + 2)

⇔ 2 ⇔ 4 (xy + x + y + 1) ≥ xy(x + y + 2)2.

Bất đẳng thức luôn đúng do

xy(x + y + 2)2 ≤ 4xy (x + y + 2)

và

xy + x + y + 1 − xy (x + y + 2) = (x + y + 1) (1 − xy) ≥ 0.

Vậy √ P ≥ 2

(cid:16)

(cid:17)

√ x + y − (cid:112)2x + 2y − 1. √ √ Đặt t = x + y, 2 suy ra P ≥ f (t) = 2t − 2t2 − 1.

√ Ta có f (cid:48) (t) = 2 − ; f (cid:48) (t) = 0 ⇔ t = 1. 0 ≤ t ≤ 2t 2t2 − 1

Do đó P ≥ f (1) = 1. Nhưng trường hợp này dấu "=" không xảy ra. Kết hợp hai trường hợp ta suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt

được khi a = b; c = 0.

2.3 Vận dụng tính chất của tam thức bậc hai

Các tính chất về nghiệm và dấu các tam thức bậc hai có một số ứng dụng hết sức sâu rộng trong giải toán. Dưới đây tôi trình bày một số ứng dụng của tam thức bậc hai trong giải bài toán về cực trị.

i) Ý tưởng chung Ý tưởng của phương pháp được thể hiện qua các định lý sau: Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c

Định lý 2.3 (xem [8]). Nếu a > 0 thì f (x) đạt giá trị nhỏ nhất tại

. x0 = − và giá trị nhỏ nhất f (x0) = − b 2a b2 − 4ac 4a

Định lý 2.4 (xem [8]). Nếu a < 0 thì f (x) đạt giá trị lớn nhất tại x0 = − b 2a

. và giá trị lớn nhất f (x0) = − b2 − 4ac 4a

(cid:40)

Định lý 2.5 (xem [8]). Nếu ∆ = b2 − 4ac ≥ 0 thì f (x) luôn có nghiệm .

(cid:40)

Định lý 2.6 (xem [8]). Nếu thì f (x) ≥ 0 với mọi x. a > 0 ∆ = b2 − 4ac ≤ 0

Định lý 2.7 (xem [8]). Nếu thì f (x) ≤ 0 với mọi x. a < 0 ∆ = b2 − 4ac ≤ 0

ii) Ví dụ minh họa

Bài toán 2.17 (xem [6]). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = . a1x2 + b1x + c1 a2x2 + b2x + c2

Với các điều kiện a2 > 0, f2(x) = a2x2 + b2x + c2 > 0, ∀x ∈ R.

Bài giải.

và khi x → ∞ thì y → . a1 a2

. c1 c2 và y (cid:54)= Xét các giá trị y (cid:54)= a1 a2

Khi x = 0 thì y(0) = c1 c2 Giả sử y là một giá trị của biểu thức y (cid:54)= và y (cid:54)= . c1 c2 a1 a2

Khi đó phương trình tương ứng: y = phải có nghiệm a1x2 + b1x + c1 a2x2 + b2x + c2 hay phương trình

(2.15) (a2y − a1) x2 + (b2y − b1) x + (c2y − c1) = 0

phải có nghiệm.

Do (2.15) là phương trình bậc hai nên để (2.15) có nghiệm tương đương

∆ = (b2y − b1)2 − 4(a2y − a1)(c2y − c1) ≥ 0

2 − 4a2c2

2 − 4a1c1 ≥ 0

(cid:1) y2 + 2(b1b2 + 2a2c1 + 2a1c2)y + b1 2 − 4a2c2 < 0 nên theo định lý đảo của tam thức bậc hai thì:

⇔ (cid:0)b2

(cid:48)

Vì b2

(cid:1) ≥ 0

(cid:1) (cid:0)4a2c2 − b2 = (b1b2 + 2a1c2 + a2c1)2 − (cid:0)4a1c1 − b2 1 √

∆

∆(cid:48) b1b2 + 2a2c1 + 2a1c2 ± . và y1 ≤ y ≤ y2 với y1,2 =

b2 2 − 4a2c2 Suy ra giá trị lớn nhất của y là y2 và giá trị nhỏ nhất của y là y1 đạt

được khi ứng với mỗi giá trị j(j = 1, 2) xảy ra đồng thời:

 

∆ = (b2yj − b1)2 − 4(a2yj − a1)(c2yj − c1) = 0



. . xj = − 1 2 b2yj − b1 a2yj − a1

Bài toán 2.18 (xem [6]). Cho x, y là các số thực sao cho

2x2 + y2 + xy ≥ 1.

Tìm giá trị nhỏ nhất của M = x2 + y2.

Bài giải. Đặt

2x2 + y2 + xy = a, a ≥ 1.

Khi đó

= M a x2 + y2 2x2 + y2 + xy

1, Nếu y = 0 thì = . M a 1 2

2, Nếu y (cid:54)= 0 thì = , t = . M a x y

Ta chỉ cần xác định các giá trị , sao cho phương trình: < t2 + 1 2t2 + t + 1 M a

= 1 2 t2 + 1 2t2 + t + 1 M a

(cid:18)

(cid:19)

có nghiệm, nghĩa là phương trình:

2 − 1 t2 + t + − 1 = 0 M a M a M a

(cid:19)2

(cid:18)

(cid:19)

có nghiệm. Khi đó

(cid:18)M a

(cid:19) (cid:18)M a

− 4 2 − 1 − 1 ≥ 0 ∆ = M a

(cid:19)2

(cid:19)

hay

(cid:18)M a

−7 + 12

− 4 ≥ 0 √ √ 2 2 ≤ ≤ . ⇔ 6 − 2 7 M a 6 + 2 7

(cid:40)

Suy ra √ √ 2 2 M ≥ a ≥ = M0. 6 − 2 7 6 − 2 7 √ 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là , đạt được khi và chỉ khi 6 − 2 7

 



x = M1y √ ⇔ . với M1 = y = ± x = M1y 2x2 + y2 + xy = 1 −M0 2 (2M0 − 1) 2 (1 − 2M0) (cid:112)2 − 7M0 + 7M 2

Bài toán 2.19 (xem [6]). Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện

|f (−1)| ≤ 1, |f (0)| ≤ 1, |f (1)| ≤ 1.

Tìm giá trị lớn nhất của |f (x)| với x ∈ [−1, 1] .

(cid:21)

Bài giải. Ta có:

(cid:20)f (1) + f (−1) 2

(cid:20)f (1) − f (−1) 2

f (x) = x2 + x + f (0) − f (0)

(cid:0)x2 + x(cid:1) +

(cid:0)x2 − x(cid:1) + f (0) (cid:0)1 − x2(cid:1)

= f (−1) 2 f (1) 2

Suy ra

(cid:12) +

(cid:12)x2 + x(cid:12) (cid:12)

(cid:12)x2 − x(cid:12) (cid:12)

(cid:12) + (cid:12)

(cid:12)1 − x2(cid:12) (cid:12)

(cid:1) + (cid:12)

f (x) ≤

(cid:12) + (cid:12)

(cid:12)1 − x2(cid:12) (cid:12) .

= 1 2 (cid:12)x2 + x(cid:12) (cid:0)(cid:12) 1 2 (cid:12)x2 − x(cid:12) (cid:12) 1 2

(cid:1) + (cid:12)

(cid:12)1 − x2(cid:12) (cid:12)

Vì x ∈ [−1, 1] nên (cid:0)x2 + x(cid:1) (cid:0)x2 − x(cid:1) = x2 (cid:0)x2 − 1(cid:1) ≤ 0 Do đó

1 2

(cid:12) + 1 − x2

(cid:12)x2 + x(cid:12) (cid:0)(cid:12) (cid:12)x2 − x(cid:12) (cid:12) + (cid:12) (cid:12) 1 (cid:12)x2 + x − x2 + x(cid:12) (cid:12) 2

(cid:18)

(cid:19)2

= |x| + 1 − x2

= − |x| − + ≤ 1 2 5 4 5 4

Suy ra |f (x)| ≤ .

5 4 Vậy giá trị lớn nhất của |f (x)| là đạt được khi x = . 5 4 1 2

2.4 Vận dụng tính chất của hàm số

i) Ý tưởng chung Nội dung phương pháp thể hiện qua các định lý sau:

Định lý 2.8 (xem [8]). Cho hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên [a; b].

*) Nếu f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a; b] thì f(x) đồng biến trên [a; b] và khi đó ta

có

f (x) = f (b). min x∈[a;b] f (x) = f (a); m ax x∈[a;b]

*) Nếu f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [a; b] thì f(x) nghịch biến trên [a; b] và khi đó ta

có

f (x) = f (a). min x∈[a;b] f (x) = f (b); m ax x∈[a;b]

Định lý 2.9 (Định lý Fermart). Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên một lân cận đủ bé của x0 ∈ [a; b] và có đạo hàm tại điểm x0. Khi đó nếu hàm số y = f(x) đạt cực trị tại x0 thì f (cid:48)(x0) = 0.

Định lý 2.10 (Điều kiện đủ để hàm số có cực trị). Cho hàm số y = f(x) xác định trên [a; b] và x0. Trong một lân cận đủ bé ε của x0, nếu f (cid:48)(x0) thay đổi dấu khi x qua x0 (có thể không tồn tại f (cid:48)(x0)) thì f(x) đạt cực trị tại x0.

*) Nếu f (cid:48)(x) < 0, ∀x ∈ [x0 − ε; x0] và f (cid:48)(x) > 0, ∀x ∈ [x0; x0 + ε] thì

x0 là điểm cực tiểu.

*) Nếu f (cid:48)(x) > 0, ∀x ∈ [x0 − ε; x0] và f (cid:48)(x) < 0, ∀x ∈ [x0; x0 + ε] thì

x0 là điểm cực đại.

Định lý 2.11 (xem [8]). Giả sử y = f(x) xác định trên [a; b] và x0 ∈ [a; b]. Trong một lân cận đủ bé ε của x0, hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp hai liên tục, đồng thời f (cid:48)(x0) = 0 và f (cid:48)(cid:48)(x) (cid:54)= 0 thì x0 là một điểm cực trị của hàm số.

*) Nếu f (cid:48)(x0) = 0 và f (cid:48)(cid:48)(x) > 0 thì x0 là một điểm cực tiểu của hàm số. *) Nếu f (cid:48)(x0) = 0 và f (cid:48)(cid:48)(x) < 0 thì x0 là một điểm cực đại của hàm số. ii) Ví dụ minh họa

Bài toán 2.20 (Đề thi chọn đội tuyển Quốc gia 2011). Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn

21ab + 2bc + 8ac ≤ 12.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P (a, b, c) = + + . 1 a 2 b 3 c

Bài giải. Cách 1.

Đặt x = , y = , z = thì bài toán trở thành: 1 a 1 b 1 c

Từ giả thiết z(12xy − 21) ≥ 2x + 8y > 0 suy ra z ≥ với Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn: 2x + 8y + 21z ≤ 12xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P (x, y, z) = x + 2y + 3z. 2x + 8y 12xy − 21

x > .

7 4y Suy ra

P (x, y, z) ≥ x + 2y + . 2x + 8y 4xy − 7

Xét hàm số

f (x) = x + = 2x + 8y 4xy − 7 4x2y − 5x + 8y 4xy − 7

(cid:48)

với các biến x > và y là tham số dương, ta có 7 4y

(cid:19)

f (x) = . 16x2y2 − 56xy − 32y2 + 35 (4xy − 7)2

(cid:18)7y 4

(cid:115)

Trên đoạn ; +∞ thì f (cid:48)(x) = 0 có nghiệm duy nhất là:

+ xo = −7y 4 32y2 + 14 4y

và qua xo thì f (cid:48)(x) đổi dấu từ âm sang dương nên f (x) đạt cực tiểu tại xo nên

. f (x) ≥ f (xo) = 2xo − 5 4y

Suy ra

P (x, y, z) ≥ g(x) + 2y ≥ f (xo) + 2y.

(cid:112)

Xét hàm số

g(y) = 2y + + 32y2 + 14. 9 4y 1 2y

(cid:48)

(cid:112)

Ta có

g (y) = 0 ⇔ (8y2 − 9) 32y2 + 14 − 28 = 0.

Đặt t = (cid:112)32y2 + 14 với t > 0, thì phương trình trên trở thành

− 50t − 112 = 0

t ⇔ (t − 8)(t2 + 8t + 14) = 0

⇔ t = 8 ⇔ y = . 5 4

(cid:19)

(cid:18)5 4

(cid:19)

Do g(cid:48) = 0 và g(cid:48) (y) đổi dấu từ âm sang dương nên g (y) đạt cực

(cid:18)5 4

lúc đó ta có P (x, y, z) ≥ g(y) ≥ g = . tiểu tại yo = 5 4 15 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi

y = , x = 3, z = 5 4 2 3

hay

a = , b = , c = . 1 3 4 5

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi a = , b = , c = . 15 2 3 2 1 3 4 5 3 2

Nhận xét 2.4. Phương pháp khảo sát lần lượt từng biến cho thấy đường lối giải rõ ràng hơn so với cách vận dụng các bất đẳng thức đồng thời giải hàng loạt các bài toán tìm cực trị của hàm nhiều biến khác. Cách 2.

Với x, y, z là các số thực dương tùy ý, áp dụng bất đẳng thức AM-GM

(cid:19)z(cid:21)

suy rộng, ta có

(cid:20)(cid:18) 1 ax

(cid:19)x(cid:18) 2 by

(cid:19)y(cid:18) 3 cz

1 x + y + z P = + + ≥ (x + y + z) x ax 2y by 3z cz





x + y + z =

(cid:19)

(cid:17)

 

 

(cid:18)abxy 2

(cid:18)bcyz 6

(cid:16)cazx 3

1 x + y + z x + y − z 2 −x + y + z 2 x − y + z 2

≥

ab + bc + ca xy(x + y − z) 4 (x + y + z)2 yz(y + z − x) 12 zx(z + x − y) 6

Suy ra

P ≥ (2.16)

ab + bc + ca xy(x + y − z) 4 (x + y + z)2 yz(y + z − x) 12 zx(z + x − y) 6

Chọn các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện

= = xy(x + y − z) 4.21 yz(y + z − x) 12.2 zx(z + x − y) 6.8

hay

(x, y, z) = (6, 5, 4).



. Thay (x, y, z) = (6, 5, 4) vào (2.16) ta nhận được P ≥ 15 2 Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi

a = =

 2 =  5b 10bc  3 21ab + 2bc + 8ca = 12

hay b = 1 6a 15ab = 3 4c = 8cz

 

c = 1 3 4 5 3 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi (a, b, c) = ( , , ). 15 2 1 3 4 5 3 2



Bài toán 2.21 (VMO, 2001). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện

≤ z ≤ min {x, y} 2 5

xz ≥

 

yz ≥

4 15 1 5 Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P (x, y, z) = + + . 1 x 2 y 3 z

Bài giải.

(cid:18)

Từ điều kiện ≤ z ≤ min {x, y} và xz ≥ ta suy ra 2 5

4 15 (cid:19) x ≥ max z, (2.17) 4 15z

+ với x > 0 và tham số z ≥ a) Xét hàm số f (x) = 1 x 1 z 2 5 Xét hai trường hợp

• Nếu z ≥ thì x ≥ z ≥ theo (2.17) nên 4 15z 2 √ 15

f (x) ≤ + = ≤ 15 (2.18) 1 z 2 z

• Nếu ≤ z ≤ thì x ≥ ≥ z theo (2.17) nên 1 z 4 15z 2 5 2 √ 15

f (x) ≤ + = g(z). 1 z

Xét hàm số g(z) với ≤ z ≤ . 2 5 15z 4 2 √ 15

Ta có

− g(cid:48)(z) = 15 4 1 z2 < 0 ⇔ z < 2 √ 15

(cid:19)

Do đó g(z) là hàm giảm và

(cid:18)2 5

f (z) ≤ g(z) ≤ g = 4 (2.19)

+ ≤ 4 và So sánh (2.18) và (2.19) ta có 1 x 1 z

+ = 4 ⇔ x = , z = (2.20) 1 x 1 z 2 3

+ với tham số z ≥ b) Xét hàm số h(y) = 1 y 1 z 2 5 2 5

Từ điều kiện ≤ z ≤ min {x, y} và yz ≥ ta suy ra 2 5

(cid:18)

1 5 (cid:19) z, (2.21) y ≥ max 1 5z

Lập luận tương tự phần trên ta được

• Nếu z ≥ thì 1 √ 5 √ h(y) ≤ 2 5 (2.22)

≤ z ≤ thì • Nếu 2 5 1 √ 5

h(y) ≤ (2.23) 9 2

So sánh (2.22) và (2.22) ta có

+ ≤ ⇔ x = và + = , y = 1 z 1 y 1 z 2 5 9 2 9 2 1 2

(cid:19)

1 y So sánh kết quả phần a) và b) ta có

(cid:18) 1 x

(cid:18)1 y

P (x, y, z) = + + 2 + ≤ 4 + 2. = 13 1 y 1 z 9 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = , y = , z = . 2 3 1 2

Vậy giá trị lớn nhất của P là 13 đạt được khi x = , y = , z = . 1 2 2 5 2 5 2 3

Bài toán 2.22 (Đề thi tuyển sinh Đại Học Bách Khoa 1997). Cho tam giác ∆ABC có ba góc thỏa mãn A > B > C.

(cid:114)x − Sin B x − Sin C

f (x) = + − 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số (cid:114) x − Sin A x − Sin C

Bài giải. Ta có

A > B > C ⇔ a > b > c ⇔ Sin A > Sin B > Sin C.

(cid:40)

Hàm số f (x) xác định khi và chỉ khi:  ≥ 0 x − Sin A x − Sin C

⇔ x ≤ Sin C x ≥ Sin A

 

≥ 0 x − Sin B x − sin C

⇒ điều kiện xác định D = (−∞; Sin C] ∪ [Sin A; +∞) .

(cid:48)

Ta có

(cid:114)x − Sin C x − Sin A

(cid:114)x − Sin C x − Sin B

f (x) = + > 0, ∀x ∈ D. Sin A − Sin C 2(x − Sin C)2 .

x→+∞

Do đó f (x) đồng biến trên D và có lim Sin B − Sin C 2(x − Sin C)2 . f (x) = 1.

(cid:114)Sin A − Sin B Sin A − Sin C

f (Sin A) = − 1 < 1.

(cid:114)Sin A − Sin B Sin A − Sin C

Vậy giá trị nhỏ nhất của f (x) bằng − 1 khi x = Sin A.

(cid:18)

(cid:19)α+n

(cid:18)

(cid:19)β+n

Bài toán 2.23 (VMC 2011). Cho α, β ∈ R thỏa mãn

1 − < e < 1 + 1 n 1 n

với mọi n nguyên dương.

Tìm giá trị nhỏ nhất của |α − β| .

Bài giải.

Lấy logarit tự nhiên suy ra

(cid:18)

(cid:19) − n < β, ∀n ∈ N ∗.

1 α <

ln 1 + 1 n

(cid:19) − x, x ≥ 1.

(cid:18)

Xét hàm số 1 f (x) =

ln 1 + 1 x

Khi đó

f (x) M in |α − β| = max x≥1 f (x) − min x≥1

(cid:48)

Mặt khác

f (x) = − 1 < 0, ∀x ≥ 1. 1 x(x + 1)

Do đó





f (x) f (x) = f (1) − lim x→+∞ max x≥1 f (x) − min x≥1

(cid:18)

(cid:19) − x

  

  

(cid:19)

(cid:18)

1 = − 1 − lim x→+∞ 1 ln 2 ln 1 + 1 x

1 − x ln 1 +

(cid:18)

= 1 x (cid:19) − 1 − lim x→+∞ 1 ln 2 ln 1 +

− ln 1 + + 1 x + 1 = − 1 − lim x→+∞ 1 ln 2 −

− 1 x(x + 1) 1 x (cid:19) 1 x 1 x(x + 1) 1 (x + 1)2 = − 1 − lim x→+∞ 1 ln 2

2x + 1 x2(x + 1)2

= − 1 − lim x→+∞ x(x + 1) − x2 2x + 1

= − . 1 ln 2 1 ln 2 3 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của |α − β| = − đạt được khi x = 1. 1 ln 2 3 2

2.5 Vận dụng tính chất của hình học

 



Bài toán 2.24 (Đề thi Olympic 30/4 - Sở Giáo dục đào tạo Bình Dương). Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện

2x + y − 2 ≥ 0 2x − y − 2 ≤ 0 2y − x − 4 ≤ 0

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

S = x2 + y2 − 2x − y.

Bài giải.

Gọi M (x, y) là điểm trên mặt phẳng Oxy trong đó x, y thỏa mãn điều

kiện đầu bài

(cid:19)

Suy ra tập hợp các điểm M thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi ∆ABC

(cid:18)8 3

với: A(1, 0), B(0, 2), C , . 10 3

(cid:18)

(cid:19)2

Ta có

(cid:18)

(cid:19)

S = x2 + y2 − 2x − y = (x − 1)2 + y − − . 1 2 5 4

Xét điểm I 1, ta có, điểm I thuộc miền trong của ∆ABC và 1 2

S = IM 2 − 5 4 √ √

Ta có IA = , IB = 1 2 13 2 389 6 và IC = √

(cid:19)

mà IM ≤ max {IA, IB, IC} = , suy ra S ≥ − 389 36

Vậy giá trị lớn nhất của S là , , tức là 389 6 86 , đạt được khi M ≡ C 9 5 = 4 (cid:18)8 3 86 9 10 3

 



x = , y = . 8 3 10 3 Vẫn với điều kiện

2x + y − 2 ≥ 0 2x − y − 2 ≤ 0 2y − x − 4 ≤ 0

Nhưng ta thay đổi câu hỏi. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của

biểu thức P = x2 + y2 ta được bài toán như sau:

 



Bài toán 2.25 (xem [4]). Cho x, y là hai số thực thoả mãn điều kiện:

2x + y − 2 ≥ 0 2x − y − 2 ≤ 0 2y − x − 4 ≤ 0

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = x2 + y2.

Bài giải.

Gọi I (x, y) là điểm trên mặt phẳng Oxy, trong đó x, y thỏa mãn đầu

bài toán.

Suy ra tập hợp các điểm I (x, y) thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi

∆ABC. Ta có

OI 2 = (0 − x)2 + (0 − y)2 = x2 + y2 = P.

Do đó, yêu cầu cầu bài toán tương đương với việc tìm giá trị lớn nhất

(cid:19)

và giá trị nhỏ nhất của OI 2. • Tìm giá trị nhỏ nhất Do I thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi ∆ABC nên ta dễ thấy

(cid:18)8 3

2x − y − 2 = 0 và 2y − x − 4 = 0 nên C có tọa độ là C , . OI 2 ≤ max {OA, OB, OC}, C là giao điểm của hai đường thẳng 10 3

Tính toán trực tiếp, ta có:

OA2 = 4, OB2 = 1

(cid:19)2

và

(cid:18)8 3

(cid:18)10 3

+ = . OC 2 = 164 9

OI 2 ≤ OC 2 = ⇒ P = . Kết hợp với các điều trên, ta suy ra: 164 9 164 9

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I ≡ C.

Vậy giá trị lớn nhất của P là khi I ≡ C, tức là x = và y = . 164 9 8 3 10 3

• Tìm giá trị lớn nhất Dựng OH⊥AB, khi đó ta dễ thấy OI ≥ OH Mặt khác, do ∆OAB vuông tại O, có OH là đường cao nên:

1 OH 2 = 1 OA2 + 1 22 + 1 12 = 5 4

1 OB2 = 4 ⇒ OH 2 = 5

Kết hợp với các điều trên, ta suy ra P = OI 2 ≥ OH 2 = 4 5 Đẳng thức xảy ra khi I ≡ H.

Bài toán 2.26 (xem [4]). Với các số thực dương a, b, c thỏa mãn

a + b + c ≤ 3.

(cid:114)

Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của:

a2 + b2 + c2 + T = 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 .

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

Bài giải.

Với ba véc tơ −→x = a; ; −→y = b; ; −→z = c; , ta có bất đẳng 1 a 1 b 1 c

(cid:115)

(cid:114)

(cid:19)2

thức

(cid:18)1 a

(cid:19)

. a2 + b2 + c2 + + + (a + b + c)2 + 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 ≥ 1 b 1 c

(cid:18)1 a

(cid:115)

Do (a + b + c) + + ≥ 9 nên + + ≥ . 1 b 1 c 9 (a + b + c) 1 c 1 b Suy ra

T ≥ (a + b + c)2 + 81 (a + b + c)2 .

(cid:114)

Đặt (a + b + c)2 = t. Vì (a + b + c)2 ≤ 9 ⇒ 0 ≤ t ≤ 9.

Suy ra T ≥ t + với 0 ≤ t ≤ 9 81 t

(cid:114)

Vì y = t + với 0 ≤ t ≤ 9 là hàm đơn điệu giảm nên 81 t

√ 9 + = 3 2. T ≥ 81 9

√ Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 3 2 đạt được khi a = b = c = 1.

Kết luận

Luận văn "Bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức" trình bày những vấn đề sau:

1. Luận văn đã trình bày một số bất đẳng thức cơ bản vận dụng trong việc giải các bài toán cực trị. Đối với từng bất đẳng thức, đã chọn lọc và phân tích tỉ mỉ 11 ví dụ.

2. Giới thiệu và minh họa 5 hướng giải bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức và đã chọn lọc được 26 bài toán từ các đề toán thi học sinh giỏi trong nước, Olympic khu vực và quốc tế, với mỗi bài tập đã làm rõ hơn các bước trung gian so với lời giải trong tài liệu tham khảo.

Tôi hy vọng rằng luận văn này sẽ là tài liệu tham khảo có ích cho học sinh Trung học phổ thông và các đồng nghiệp quan tâm đến vấn đề này. Cho dù bản thân đã có nhiều cố gắng nhưng thật khó để tránh khỏi những thiếu xót bởi kinh nghiệm còn nhiều hạn chế, tác giả rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.

Tài liệu tham khảo

[A] Tiếng Việt

[1] Ban tổ chức kì thi (2010), Tuyển tập đề thi Olympic 30 tháng 4 lần

thứ XVI - 2010 toán học, NXB Đại học sư phạm.

[2] Nguyễn Đinh Thành Công (2015), Bất đẳng thức - Giá trị lớn nhất - Giá trị nhỏ nhất, NXB Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh.

[3] Nguyễn Đại Dương, Đoàn Trí Dũng (2016), Phương pháp hàm số, tư duy giải toán bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, NXB Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh.

[4] Phạm Kim Hùng (2007), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri thức.

[5] Phan Huy Khải (2011), Các phương pháp giải toán giá trị lớn nhất,

giá trị nhỏ nhất, NXB Đại học sư phạm.

[6] Nguyễn Văn Mậu (2006), Bất đẳng thức, NXB Giáo dục.

[7] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) (2009), Bất đẳng thức và một số vấn đề

liên quan, NXB Giáo dục.

[8] Đặng Thành Nam (2015), Khám phá tư duy kỹ thuật giải bất đẳng

thức bài toán Min-Max, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[B] Tiếng Anh

[9] V.Cirtoaje, 2002, On Popoviciu’s Inequality for Convex Function,

Gazeta Matematica A, 4(2002), 247-253.

[10] A.Lupas, 1982, On an inequality for Convex Function, Gazeta Matem-