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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:63

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn nghiên cứu 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. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 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
i 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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Một số bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2 Một số hướng giải bài toán cực trị với điều kiện ràng buộc bất đẳng thức, hệ bất đẳng thức 17 2.1 Vận dụng các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 Sử dụng giảm số biến của biểu thức . . . . . . . . . . . . . 33 2.3 Vận dụng tính chất của tam thức bậc hai . . . . . . . . . . 44 2.4 Vận dụng tính chất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . 47 2.5 Vận dụng tính chất của hình học . . . . . . . . . . . . . . 55 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60
1 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
2 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
3 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 1 ≤ a2 + b2 + c2 + d2 ≤ 1. 2
4 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 1 2 3 P (a, b, c) = + + . a b c 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    1 ≤ z ≤ min {x, y}  xz ≥ 3   yz ≥ 2  Tìm giá trị lớn nhất của 30 4 2010 P (x, y, z) = + + . x y 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 a1 + a2 + ... + an √ ≥ n 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 n a1 a2 ...an ≥ . 1 1 1 + + ... + a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
5 Hệ quả 1.2. Với mọi bộ số dương a1 , a2 , ..., an ta có 1 1 1 n2 + + ... + ≥ . a1 a2 an a1 + a2 + ... + an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số không âm a1 , a2 , ..., an và m = 1, 2, ... ta có m am m m 1 + a2 + ... + an 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 r a b c 1 1 1 P = 2 + + + + + . a + b2 b2 + c2 c2 + a2 a b c Phân tích. 1 1 1 Trong biểu thức P ta nhận thấy rằng biểu thức + + nằm trong a b 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 a b c 1 1 1 + + ≤ f ( + + ) a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 a b c 1 1 1 1 1 1 trong đó f ( + + ) là một biểu thức có chứa ( + + ). a b c a b 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 b c a b c 1 1 1 1 + + ≤ + + ≤ ( + + ). a2 + b2 b2 + c2 c2 + a2 2ab 2bc 2ca 2 a b c Từ đó ta tìm được lời giải như sau:
6 Bài giải. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + c2 ≥ 2bc, c2 + a2 ≥ 2ca a b c a b c ⇔ 2 2 + 2 2 + 2 2 ≤ + + a +b b +c c +a 2ab 2bc 2ca a b c 1 1 1 1 ⇔ 2 + + ≤ ( + + ). a + b2 b2 + c2 c2 + a2 2 a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Khi đó: r 1 1 1 1 1 1 1 P ≤ ( + + )+ + + 2 a b c a b c t √ Đặt f (t) = + t 2 Ta tìm điều kiện của biến t: 1 1 1 Vì a, b, c ≥ 1 nên + + ≤ 3, do đó 0 < t ≤ 3. a b c t 3 √ √ Vì t ≤ 3 nên ≤ và t ≤ 3 2 2 t √ 3 √ 3 √ Suy ra + t ≤ + 3 hay f (t) ≤ + 3 2 2 2 3 √ Vậy P ≤ + 3. 2 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. 3 √ Vậy giá trị lớn nhất của P là + 3 tại a = b = c = 1. 2 Ví dụ 1.5 (xem [3]). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn c > 0, a ≥ c, b ≥ c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: q q P = c(a − c) + c(b − c) − 2a2 b2 . Bài giải. Ta có √ c r r c c c q q c(a − c) + c(b − c) = ab 1− + 1− . b a a b Theo bất đẳng thức AM-GM cho hai số ta có: r r c c c c 1 c c 1 c c 1− + 1− ≤ + 1− + + 1− b a a b 2 b a 2 a b
7 =1 p p √ Suy ra c(a − c) + c(b − c) ≤ ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: c c  =1− b a ⇔ 1 + 1 = 1. c = 1 − c a b c a b √ Vậy P ≤ ab − 2a2 b2 . √ Đặt a.b = t ta đi xét hàm số f (t) = t − 2t2 , t > 0. Ta có P ≤ f (ab) 1√ 1 Vì f 0 (t) = t − 4t = 0 ⇔ t = . 2 4 3 Lập bảng biến thiên ta dễ dàng thấy f (t) ≤ , ∀t ∈ (0; +∞) suy ra 8 3 P ≤ f (ab) ≤ 8 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ab =  1 4 1 1 1  + =  a b c a+b 1 ⇔ = ab c 1 ⇔c= 4(a + b) 1 1 ⇔ a = t, b = , c = 2 , ∀t ∈ R+ . 4t 4t + 1 3 1 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là tại a = t, b = , c = 2 , trong đó 8 4t 4t + 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 √ P = 2(x3 + y 3 ) − 3 x + y.
8 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) Định lý 1.2. Cho các số thực tùy ý: a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn . Khi đó ta luôn có: (a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn )2 ≤ a21 + a22 + ... + a2n b21 + b22 + ... + b2n . a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ... = . b1 b2 bn Ví dụ 1.7 (xem [3]). Cho các số a, b, c dương thỏa mãn điều kiện 1 1 1 + + ≥ 1. b+c+1 c+a+1 a+b+1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức q 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). Tuy nhiên nếu sử dụng hệ quả của AM-GM để đánh giá q a + b + c ≥ 3(ab + bc + ca) p khi đó ta có P ≥ − 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.
9 Chính vì vậy mối quan tâm của chúng ta là làm thế nào để tận dụng 1 1 1 được điều kiện của bài toán ban đầu + + ≥1 b+c+1 c+a+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 1 1 1 một hệ thức A ≥ + + ≥ 1 và từ đó đưa ra b+c+1 c+a+1 a+b+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 √ p √ (1 + b + c)(x + y + z) ≥ ( x + by + cz)2 nhưng ta nhận thấy để √ p √ x + 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  a2 + b + c  1   ≤ b+c+1 (a + b + c)2    b2 + c + a   1 ⇔ ≤   c + a + 1 (a + b + c)2 1 c2 + a + b   ≤    a+b+1 (a + b + c)2 1 1 1 a2 + b2 + c2 + 2(a + b + c) ⇔ + + ≤ b+c+1 c+a+1 a+b+1 (a + b + c)2 Mặt khác, vì 1 1 1 + + ≥1 b+c+1 c+a+1 a+b+1
10 nên a2 + b2 + c2 + 2(a + b + c) ≥1 (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. Vậy q 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 + 3y 2 ≤ 5. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: √ √ √ √ A2 = (2x + 3y)2 = ( 2. 2x + 3. 3y)2 √ √ 2 √ 2 √ 2 2 ≤ ( 2) + ( 3) (x 2) + (y 3) hay A2 ≤ (2 + 3)(2x2 + 3y 2 ) ≤ 5.5 = 25. Đẳng thức xảy ra khi:  √ √  √ = √3  x 2 y 2 3 2x2 + 3y 2 = 5   x = y ⇔ 2x2 + 3y 2 = 5 ⇔x=y=1
11 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 a21 a22 a2n (a1 + a2 + ... + an )2 + + ... + ≥ . b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn a1 a2 an Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = = ... = . Từ định lý này, ta b1 b2 bn thu được hai hệ quả quan trọng sau: Hệ quả 1.4. Với n số thực tùy ý a1 , a2 , ..., an , ta có (a1 + a2 + ... + an )2 a21 + a22 + ... + a2n ≥ . 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 1 1 n2 + + ... + ≥ x1 x2 xn x1 + x2 + ... + xn Kết quả này có thể thu được bằng cách cho a1 = a2 = ... = an = 1 và b1 = x1 , b2 = x2 , ..., bn = xn .
12 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 x y z3 + 2 P = + + . y + 1 x + 1 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 x2 y2 + = + y + 1 x + 1 xy + x xy + y (x + y)2 (x + y)2 2(x + y) ≥ ≥ = . 2xy + x + y (x + y)2 x+y+2 +x+y 2 Do z ≥ 1 nên ta đánh giá z3 + 2 1 4 ≥ ≥ 3(xy + 1) xy + 1 (x + y)2 + 4 2(x + y) 4 ⇒P ≥ + x + y + 2 (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 x2 y2 + = + y + 1 x + 1 xy + x xy + y (x + y)2 (x + y)2 2(x + y) ≥ ≥ = . 2xy + x + y (x + y)2 x+y+2 +x+y 2
13 Do z ≥ 1 ⇒ z3 ≥ 1 ⇒ z3 + 2 ≥ 3 z3 + 2 1 4 ⇒ ≥ ≥ 3(x + y + 1 xy + 1 (x + y)2 + 4 2(x + y) 4 ⇒P ≥ + . x + y + 2 (x + y)2 + 4 √ Đặt t = x + y. Vì x + y ≥ 2 x.y > 2 nên t ≥ 2 2t 4 ⇒ P ≥ f (t) = + 2 . t+2 t +4 2t 4 Xét hàm số f (t) = + 2 với t ∈ [2, +∞) t+2 t +4 4 8t ⇒ f 0 (t) = + > 0, ∀t ∈ [2, +∞). (t + 2)2 (t2 + 4)2 3 3 Hàm số đồng biến /[2, +∞) nên f (t) ≥ f (2) = hay P ≥ . 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi     x+y =2  x = y, xy = 1 ⇔ x = y = z = 1.   z = 1  3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là khi x = y = z = 1. 2 Ví dụ 1.10 (xem [3]). Cho các số thực a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a3 b3 c3 √ P = 2 + + − 2 a + b + c. a + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 Bài giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức cho các số thực
14 dương a, b, c ta có: a3 b3 c3 + + a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 (a2 + b2 + c2 )2 ≥ a(a2 + ab + b2 ) + b(b2 + bc + c2 ) + c(c2 + ca + a2 ) a3 b3 c3 (a2 + b2 + c2 )2 ⇔ 2 + + ≥ 2 a + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 (a + b2 + c2 )(a + b + c) a3 b3 c3 a2 + b2 + c2 ⇔ 2 + + ≥ . a + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 a+b+c Theo hệ quả của bất đẳng thức AM-GM ta có 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ (a + b + c)2 Do đó a+b+c √ P ≥ − 2 a + b + c. 3 Vậy 1 √ P ≥ ( a + b + c − 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. 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
15 và    x 1 ≥ y1   x + x2 ≥ y1 + y2    1   ... .   x1 + x2 + ... + xn−1 ≥ y1 + y2 + ... + yn−1       x + x + ... + x = y + y + ... + y  1 2 n 1 2 n 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. +) Tìm giá trị lớn nhất Từ giả thiết ta có     0≤a≤8  a+b≤8+5   a + b + c = 8 + 5 + 2.  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.
16 +) 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.
17 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