MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ

Chia sẻ: Thanh Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

362
lượt xem 90
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

.Phương pháp đánh giá tổng các phân thức: Phương pháp này người ta còn gọi là phương pháp xét biểu thức phụ.Sau đây là bài toán tiêu biểu cho phương pháp trên. Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương. CMR a b c 3 1. + + ≥ ( BĐT Nesbit với n=3) b+c c+a a+b 2 a b c d 2. + + + ≥ 2

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ

www.Vuihoc24h.vn - Kênh h c t p Online MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM CỰC TRỊ (tt) NGUYỂN ANH KHOA THPT Lê Khiết, Thành phố Quảng Ngãi Email:anhkhoa_lk12@yahoo.com Nick name: anhkhoa_lk12 I.Phương pháp đánh giá tổng các phân thức: Phương pháp này người ta còn gọi là phương pháp xét biểu thức phụ.Sau đây là bài toán tiêu biểu cho phương pháp trên. n Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương. CMR a b c 3 .v 1. + + ≥ ( BĐT Nesbit với n=3) b+c c+a a+b 2 a b c d 2. + + + ≥ 2 ( BĐT Nesbit với n=4) h b+c c+d d +a a +b GIẢI 4 Ý tưởng để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị. a b c 3 b c a c a b 1. Đặt A= + + ≥ ;B = + + ;C = + + 2 b+c a +c a+b 2 b+c c+a a+b b+c c+a a+b Khi đó ta có được B+C=3. Mặt khác c a +b b+c a+c A+ B = + + ≥3 o b+c a+c a+b a+c b+a b+c A+C = + + ≥3 ih b+c c+a b+a 3 Do đó 2 A + B + C ≥ 6 ⇒ A ≥ ( đpcm) 2 u a b c d b c d a c d a b 2. Đặt A = + + + ;B = + + + ;C = + + + b+c c+d d +a a+b b+c c+d d +a a+b b+c c+d d +a a +b V Khi đó B+C=4. Lại có a +b b+c c+d d +a A+ B = + + + ≥4 b+c c+d d +a a +b a+c b+d c+a b+d 4(a + c) 4(b + d ) A+C = + + + ≥ + =4 b+c c+d d +a a +b a+b+c+d a+b+c+d Do đó 2 A + B + C ≥ 8 ⇒ A ≥ 2 ( đpcm) LB: Cách giải như trên khá hay, nhưng cách giải đó chỉ mới xuất hiện mà thôi . Hầu như các sách về BĐT hiện nay điều sử dụng cách giải này. Bài toán 2: Cho a,b,c dương. CMR a2 b2 c2 a+b+c 1. + + ≥ a +b b+c c+a 2
www.VNMATH.com 2. a2 + a +b b+c c+a b2 + c2 ≥ (4 2 a 2 + b2 + b2 + c 2 + c2 + a2) GIẢI a2 b2 c2 b2 c2 a2 1. Đặt P = + + ;Q = + + . Khi đó ta có a+b b+c c+a a+b b+c c+a a 2 − b2 b2 − c2 c 2 − a 2 P −Q = + + = a −b +b−c + c − a = 0 a+b b+c c+a P+Q Do đó P = Q = . BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau 2 1  a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2  a + b + c  + + ≥ 2 a +b b+c c+a  2 a 2 + b2 a + b Ta sử dụng BĐT phụ 2 ( a + b ) ≥ ( a + b ) ⇔ ≥ 2 2 2 n a+b 2 Tương tự ta xây dựng các BĐT còn lại, sau đó cộng lại ta được đpcm. .v 2. Cũng như câu 1 ta chuyển BĐT cần chứng minh về dạng 1  a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a2   2 a +b + b+c + c+a  4 ≥ 2 ( a 2 + b2 + b2 + c 2 + c 2 + a 2 ) Ta sử dụng BĐT phụ sau: x + y ≤ 2( x 2 + y 2 ) . Ta có h 4 a 2 + b2 a 2 + b2 2(a 2 + b 2 ) b 2 + c 2 2(b 2 + c 2 ) c 2 + a 2 2(c 2 + a 2 ) ≥ = ; ≥ ; ≥ 2 a+b 2(a 2 + b 2 ) 2 b+c 2 c+a 2 Cộng lại ta được đpcm c 2 ( a 2 + b2 + b2 + c2 + c 2 + a2 ≥ ) a+b+c o NX: Ta thấy . Nghĩa là BĐT 2 mạnh hơn BĐT 1, tuy 4 2 nhiên cả hai bài toán đều sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức. ih Ngoài ra bạn có thể giải bài toán 1 bằng cách sử dụng BĐT Bunhiacopski. (a + b + c) = a + b + c 2 a2 b2 c2 + + ≥ u a + b b + c c + a 2(a + b + c ) 2 BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR: V a b c d e f + + + + + ≥3 b+c c+d d +e e+ f f +a a+b BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR: a3 b3 c3 a+b+c 1. 2 + 2 + 2 ≥ a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 2 2 3 a 4 b 4 c 4 d4 a +b+c+d 2. + + + ≥ (a + b)(a + b ) (b + c)(b + c ) (c + d )(c + d ) (d + a )(d + a ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 BL3: Cho a,b,c dương và a + b + c = 1 .Tìm min của biểu thức: 2 2 2 a 2 + b2 b2 + c 2 c2 + a 2 A= + + b+c c+a a+b II. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai – tính chất đặc biệt của phân số - tính chất đoạn thẳng 1. Sử dụng tam thức bậc hai:
www.VNMATH.com Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c ( a ≠ 0 ) - f ( x ) ≥ 0, ∀x ⇔ a > 0 ∧ ∆ ≤ 0 - a. f (α ) ≤ 0 ⇒ b 2 − 4ac ≥ 0 - f ( x ) ≤ 0, ∀x ⇔ a < 0 ∧ ∆ ≤ 0 - α ≤ x ≤ β ⇔ ( x − α )( x − β ) ≤ 0 Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR 1. x 2 − 3x + 1 ≥ 3 y − y 2 − xy 2. ( x + y )2 ≥ 2 5 x − 5 y 2 + 4 5 y − 6 GIẢI 1. Xét f ( x) = x + ( y − 3) x + y 2 − 3 y + 1 2 Ta có ∆ = ( y − 3)2 − 4( y 2 − y 3 + 1) = −3 y 2 + 2 3 y − 1 = −( 3 y − 1) 2 ≤ 0, ∀y ∈ R Mặt khác a=1>0 nên f ( x ) ≥ 0 ⇒ đpcm 2. Xét f ( x ) = x 2 + 2( y − 5) x + 6 y 2 − 4 5 y + 6 Ta có : ∆ = ( y − 5)2 − 6 y 2 + 4 5 y − 6 = −5 y 2 + 2 5 y − 1 = −( 5 y − 1) 2 ≤ 0, ∀y ∈ R n Mặt khác a=1>0 nên f ( x ) ≥ 0 ⇒ đpcm .v Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1. Cho a, b, c, d ∈ [ 0;1] .CMR: (1 + a + b + c + d ) 2 ≥ 4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 1 1 1 1 h 2. Cho a, b, c, d ∈ [1; 2] . CMR: ( a + b + c + d )  + + +  ≤ 18 a b c d 4 GIẢI 1. Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 − (1 + a + b + c + d ) x + a 2 + b 2 + c 2 + d 2 2 Ta có f (1) = −a (1 − a ) − b(1 − b) − c(1 − c) − d (1 − d ) Vì a, b, c, d ∈ [0;1] ⇒ f (1) ≤ 0 . Nghĩa là tam thức bậc hai luôn có nghiệm c Do đó ∆ = (1 + a + b + c + d ) 2 − 4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) ≥ 0 ⇒ đpcm o 2 2. Ta có a ∈ [1; 2] ⇒ (a − 1)(a − 2) ≤ 0 ⇒ a 2 + 2 ≤ 3a ⇒ a + ≤ 3 ih a 2 2 2 Tương tự : b + ≤ 3; c + ≤ 3; d + ≤ 3. b c d u Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 2  2 2 2 2 V a+ +b+ +c+ +d +  2 2 2 2  (a + b + c + d ) + + +  ≤  a a b c d b c d ≤ 36     2    1 1 1 1 ⇒ ( a + b + c + d )  + + +  ≤ 18 a b c d NX: Việc chọn tam thức bậc hai để chứng minh bất đẳng thức như câu 2 của bài toán 2 khá tinh ý. Để việc chọn tam thức bậc hai cho phù hợp ta cần phải xem xét thật kĩ cấu trúc của bài toán cần chứng minh và đồng thời xem thử mối liên hệ giữa biểu thức ∆ = b 2 − 4ac BL1: Cho tam giác ABC. CMR: pa 2 + qb 2 > pqc 2 ; ∀p, q sao cho p + q = 1 . BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho p 2 + q 2 − a 2 − b 2 − c 2 − d 2 > 0 . CMR: (p 2 − a 2 − b 2 )( q 2 − c 2 − d 2 ) ≤ ( pq − ac − bd ) 2 BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR: ( x + y + z + t )2 > 8( xz + yt )
2.Cho a,b,c thoả mãn (a + c )(a + b + c ) < 0 . CMR: (b − c) 2 > 4a(a + b + c) 1 3. Cho ax + by ≥ xy ; ∀x, y . CMR: ab ≥ 4 a +b+c BL4: 1. Cho hàm số bậc hai f ( x ) = ax 2 + bx + c sao cho a < b; f ( x ) ≥ 0 ( ∀x ∈ R ) .CMR: ≥3 b−a 2.Cho a,b,c thoả mãn a, b, c ∈ [ −1; 2] và a + b + c = 0 . CMR: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 6 2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số Kiến thức bổ sung: Với a, b, c, d ∈ R* ta có: a a a+c a a - < 1⇒ < - > b b b+c a+b a+b+c a a a+c a c a a+c c - > 1⇒ > - > ⇒ > > b b b+c b d b b+c d n Đây là 4 tính chất tiêu biểu nhất của phân số. Đồng qua các tính chất trên ta có thể thấy rằng phương pháp này chỉ sử dụng cho các loại BĐT phân số không chặt. Nói chung dạng này không khó nên tôi sẽ .v không đưa ra những lời nhận xét hay giải thích gì thêm. Bài toán 1: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác. CMR: h a b c 1< + + b > 0; m, n ∈ N ; m > n . CMR: u a m − bm a n − bn > V a m + bm an + bn GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 2b m 2b n bm bn 1 1 1− m > 1− n ⇔ m < n ⇔ < a +b m a +b n a +b m a +b n a m a n   +1   +1 b b m n a a ⇔  >  b b m n a a a Từ a > b ⇒ > 1 ⇒   >   ( ∀m, n ∈ N ; m > n ) b b b Bài toán 3:
a+b a b 1. Cho a,b,c dương. CMR: < + 1+ a + b 1+ a 1+ b a b c d 2. Cho a,b,c,d dương . CMR: 1 < + + + 1. c c a+b+c b+c+d c+d +a d +a+b > o c+d +a a +b+c+d d d > ih d +a+b a+b+c+d 1 + a + a 2 + .... + a n −1 1 + b + b 2 + .... + b n−1 BL1: Cho a > b > 0 và A= ; B= . CMR A0. CMR số A sau đây không là số nguyên dương. a+b b+c c+d d +a A= + + + a+b+c b+c+d c+d +a d +a +b BL4: Cho a,b,c dương. CMR: a b c a b c + + < + + a +b b+c c+a b+c c+a a +b 3. Phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng: Kiến thức bổ sung: Định lí 1: Cho hàm số bậc nhất f ( x) = ax + b . Nếu tồn tại hai số thực α < β sao cho f (α ) ≥ 0; f ( β ) ≥ 0 thì f ( x) ≥ 0 ( ∀x ∈ (α ; β ) ∨ ∀x ∈ [α ; β ]) Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất f ( x) = ax + b thì min{ f (α ); f ( β )} ≤ f ( x) ≤ max{ f (α ); f ( β )} trong đó
∀x ∈ [α ; β ] Ta chứng minh định lí 1: Vì f(x) là hàm số bậc nhất nên đồ thị của f(x) là một đường thẳng. Từ tính chất của đoạn thẳng: “ nếu hai đầu mút của một đoạn thẳng là hai điểm (α ; f (α ) ) và ( β ; f ( β ) ) ở phía trên trục hoành Ox thì đoạn thẳng đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra f ( x) ≥ 0 ( ∀x ∈ (α ; β ) ) Định lí 2 bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. Bài toán 1: Cho x, y, z ∈ [0; 2] . CMR: 2( x + y + z ) − ( xy + yz + xz ) ≤ 4 GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: (2 − y − z ) x + 2( y + z ) − yz − 4 ≤ 4 Xét f ( x) = (2 − y − z ) x + 2( y + z ) − yz − 4 ( ∀x ∈ [ 0; 2]) là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có : f ( x ) ≤ max{ f (0); f (2)} . n Mà f (0) = −(2 − y )(2 − z ) ≤ 0; f (2) = − yz ≤ 0 . Nên f ( x ) ≤ 0 ⇒ đpcm. NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta đã giải bài toán trên khá nhẹ nhàng, vô cùng đơn giản. .v Ngoài ra cũng còn một cách khá hay để giải bài toán này, cách giải đó như sau: Từ điều kiện suy ra (2 − x)(2 − y )(2 − z ) ≥ 0 ⇔ 8 − 4( x + y + z ) + 2( xy + yz + xz ) − xyz ≥ 0 ⇒ 4( x + y + z ) − 2( xy + yz + xz ) ≤ 8 − xyz ≤ 8 ⇔ 2( x + y + z ) − ( xy + yz + xz ) ≤ 4 ( đpcm) h Cách giải trên dựa vào nhận xét sau : Với các số a1 , a2 ,...an ∈ [α ; β ] thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau: 4 (a1 − α )(a2 − α )....(an − α ) ≥ 0 2 ( β − a1 )(β − a2 )....(β − an ) ≥ 0 c Phương pháp sử dụng nhận xét này để giải khá hữu ích trong việc đánh giá giữa các đại lượng trung n n ∑ ai ; ∑ o bình như ai a j …..Bạn đọc hãy giải một số ví dụ sau: i =1 i ≠ j ;i , j =1 ih 1. Cho a,b,c là độ dài cạnh tam giác có chu vi là 1.CMR: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 2. Cho 0 ≤ a, b, c ≤ 1 . CMR: a 2 + b 2 + c 2 ≤ 1 + a 2b + b 2c + c 2 a Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau: u ( X ± α )( X ± β )( X ± γ ) = X 3 ± X 2 (α + β + γ ) + X (αβ + βγ + αγ ) ± αβγ V 7 Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và x + y + z = 1 . CMR: xy + yz + xz − 2 xyz ≤ . 27 GIẢI Như ta đã biết bài toán này có khá nhiều cách giải như “ cân bằng bậc”; “ sử dụng BĐT Cauchy”… Nhưng bây giờ ta sẽ sử dụng tính chất đoạn thẳng để giải: BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 7 7 7 xy + yz + yz − 2 xyz − = x ( y + z ) + yz (1 − 2 x) − = x(1 − x ) + yz (1 − 2 x ) − 27 27 27 7   (1 − x )   2 Ta cố định x xét f ( yz ) = x(1 − x) + yz (1 − 2 x ) −  yz ∈ 0;   . Theo định lí ta có : 27    4     1− x  2 f ( yz ) ≤ max{ f (0); f   }.  2 
2 7 7 1  1 Mà f (0) = x (1 − x) − = − x2 + x − < − x 2 + x − = −  x −  ≤ 0 ⇒ f (0) < 0 27 27 4  2  (1 − x )  2 (1 − x )2 2(1 − x )2 7 −1  1  1  (1 − x )2  f  = x(1 − x ) + − − =  x −  x +  ≤ 0 ⇒ f  ≤0  4    4 4 27 2  3  6  4    Do đó f ( yz ) ≤ 0 ⇒ đpcm. Bài toán 3: Cho x,y,z không âm và x + y + z = 3 . CMR: x 2 + y 2 + z 2 + xyz ≥ 4 . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Ta viết BĐT cần chứng minh dưới dạng: ( y + z ) 2 − 2 yz + x 2 + xyz − 4 ≥ 0 ⇔ (3 − x )2 + x 2 + yz ( x − 2) − 4 ≥ 0 ⇔ (2 − x) yz + 2 x 2 − 6 x + 5 ≥ 0   ( 3 − x )2   Ta cố định x xét f ( yz ) = ( x − 2) yz + 2 x − 6 x + 5 2  yz ∈  0;   4  n     (3 − x)  2 .v Theo đĩnh lí f ( yz ) ≥ min{ f (0); f  } .Mà  4    2  3 1 h f (0) = 2 x − 6 x + 5 = 2  x −  + > 0 ⇒ f (0) > 0 2  2 2 4 (3 − x)  2 (3 − x) 2 1  ( 3 − x )2  f  = ( x − 2) + 2 x − 6 x + 5 = ( x − 1) ( x + 2) ≥ 0 ⇒ f  2 2 ≥0 2  4    4 4  4    Do đó f ( yz ) ≥ 0 ⇒ đpcm. c LB: Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau: ( y + z) (3 − x ) o 2 2 yz ≤ = 4 4 ih Thực ra nguồn gốc của phương pháp sử dụng tính chất đoạn thẳng chính là “ kĩ thuật xét phần tử biên” trong BĐT Jensen mà tôi đã giới thiệu trong bài viết “ Chuyên đề bất đẳng thức và một số định lí” BL1: Cho a, b, c, d ∈ [ 0;1] . CMR: u (1 − a )(1 − b)(1 − c)(1 − d ) + a + b + c + d ≥ 1 V BL2: Cho a,b,c không âm và a + b + c = 1 . CMR: 1 1. a3 + b3 + c3 + 6abc ≥ 4 2. 7(ab + bc + ca ) ≤ 2 + 9abc Đẳng thức xảy ra khi nào ? BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và x + y + z = 1 . CMR 5( x 2 + y 2 + z 2 ) ≤ 6( x3 + y 3 + z 3 ) + 1 III. Phương pháp phân chia – phương pháp tham số phụ: A.Phương pháp phân chia: Có hai kiểu phân chia để tìm cực trị: theo tập xác định và theo hàm số. Mệnh đề 1: Cho hàm số f ( x ) xác định trên tập D. Giả sử D = D1 ∪ D2 với D1 ∩ D2 = ∅ và tồn tại M 1 = max f ( x ) ; M 2 = max f ( x ) ( hoặc m1 = min f ( x); m2 = min f ( x ) ). Khi đó có M = max{M 1 , M 2 } D1 D2 D1 D2
( hoặc có m = min{m1 , m2 } ) Mệnh đề 2: Giả sử f ( x ) = f1 ( x) + f 2 ( x) xác định trên cùng tập D và tồn tại M = f ( x0 ) = max f ( x); M 1 = f1 ( x1 ) = max f1 ( x ); M 2 = f 2 ( x2 ) = max f 2 ( x ) D D D Hoặc m = f ( x3 ) = min f ( x ); m1 = f1 ( x4 ) = min f1 ( x ); m2 = f 2 ( x5 ) = min f 2 ( x ) D D D Khi đó M ≤ M1 + M 2 và nếu x1 = x2 thì M = M 1 + M 2 Hoặc m ≥ m1 + m2 và nếu x4 = x5 thì m = m1 + m2 Chứng minh: Định lí 1: Do M 1 = max f ( x ) ⇒ f ( x) ≤ M 1 ( ∀x ∈ D1 ) và tồn tại x1 ∈ D1 để f ( x1 ) = M 1 D Do M 2 = max f ( x) ⇒ f ( x ) ≤ M 2 ( ∀x ∈ D2 ) và tồn tại x2 ∈ D2 để f ( x2 ) = M 2 D Nếu M 1 ≥ M 2 ⇒ f ( x) ≤ M1 ( ∀x ∈ D ) hay M = max f ( x) = M 1 (1) D Nếu M 2 ≥ M 1 ⇒ f ( x) ≤ M 2 ( ∀x ∈ D ) hay M = max f ( x) = M 2 (2) n D Từ (1)&(2) suy ra M = max f ( x ) = max{M1 ; M 2 } .v D Các điều chú ý trong mệnh đề 1: i. Nếu tồn tại M 1 ; M 2 thì M = max{M 1 , M 2 } , còn nếu không tồn tại M 1 ( hoặc M 2 ) thì không tồn h tại M ii. Mệnh đề 1 vẫn đúng khi phân chia tập D thành nhiều tập con hoặc xét hàm nhiều biến. 4 Định lí 2: Theo giả thiết f1 ( x0 ) ≤ f1 ( x1 ) = M 1 và f 2 ( x0 ) ≤ f 2 ( x2 ) = M 2 nên M = f ( x0 ) = f1 ( x0 ) + f 2 ( x0 ) ≤ M 1 + M 2 (3) 2 Nếu x1 = x2 thì M 1 + M 2 = f1 ( x1 ) + f 2 ( x1 ) ≤ max f ( x) = M (4) c D Từ (3)&(4) suy ra M = M 1 + M 2 o Các điều chú ý trong mệnh đề 2: i. Điều kiện x1 = x2 ( x3 = x4 ) chỉ là đều kiện đủ mà không phải là điều kiện cần ih Lưu ý: Tính áp dụng của mệnh đề 1: Việc tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D ⊂ R nhiều khi rất khó khăn, chẳng hạn như tính chất của f(x) thay đổi không có quy luật khi x biến thiên trên tập D, tronh trường hợp này ta u tìm cách phân chia tập xác định D thành các tập con rời nhau sao cho việc tìm cực trị của hàm trên mỗi V tập con dễ dàng hơn. Tính áp dụng của mệnh đề 2: Khi tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D ⊂ R mà tính chất của hàm f(x) thay đổi trên cả tập D và thay đổi cả trên các tập con của tập D thì không sử dụng được phương pháp trên, lúc đó ta tìm cách tách hàm f(x) thành tổng các hàm đơn giản hơn sao cho dễ tìm cực trị của các hàm thành phần. Bài toán 1: Tìm GTNN của hàm số f ( x) = x − 2001 + x − 2002 GIẢI Gọi D1 = [ 2002; +∞ ) , D2 = ( 2001; 2002 ) , D3 = ( −∞; 2001] thì R = D1 ∪ D2 ∪ D3 với D1 ∩ D2 = ∅; D2 ∩ D3 = ∅; D1 ∩ D3 = ∅ Với x ∈ D1 ⇒ f ( x ) = x − 2001 + x − 2002 = 2 x − 4003, min f ( x) = 1 ⇔ x = 2002 (1) D Với x ∈ D2 ⇒ f ( x) = x − 2001 + 2002 − x = 1, min f ( x ) = 1( ∀x ∈ (2001; 2002) ) (2) D Với x ∈ D3 ⇒ f ( x) = 2001 − x + 2002 − x = 4003 − 2 x, min f ( x) = 1 ⇔ x = 2001 (3) D
Từ (1)&(2)&(3) và theo mệnh đề 1 ta có min f ( x) = 1 ⇔ x ∈ [ 2001; 2002] R NX: Bài toán này tuy đơn giản nhưng là điển hình cho phương pháp phân chia để tìm cực trị. Bài toán này bạn có thể giải bằng cách sử dụng BĐT a + b ≥ a + b . Cách giải như sau: f ( x) = x − 2001 + x − 2002 = x − 2001 + 2002 − x ≥ x − 2001 + 2002 − x = 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ ( x − 2001)(2002 − x) ≥ 0 ⇔ 2001 ≤ x ≤ 2002 ⇔ x ∈ [ 2001; 2002] Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức F ( x, y ) = x 2 y (4 − x − y ) trong đó x,y là các số thực thoả mãn các điều kiện x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ 6 GIẢI *Gọi D = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6}; D1 = {x ≥ 0, y ≥ 0, 4 ≤ x + y ≤ 6}; D2 = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y < 4} Khi đó ta có : D = D1 ∪ D2 ; D1 ∩ D2 = ∅ . Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D1 ta có 4 − x − y ≤ 0; x ≥ 0; y ≥ 0 suy ra F ( x, y ) ≤ 0 . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp ( x, y ) = (0, 4) ∈ D1 ⇒ max F = 0 (1) n D1 Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D2 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, 4 − x − y > 0 . Áp dụng BĐT Cauchy ta có: .v 2 x x  xx  2 + 2 + y + (4 − x − y )  F ( x, y ) = 4 y (4 − x − y ) ≤ 4   ⇒ F ( x, y ) ≤ 4 ( ∀x, y ∈ D2 ) h 22  4    4 Đẳng thức xảy ra tại x = 2, y = 1 (2) Từ (1)&(2) suy ra max F = 4 ⇔ ( x, y ) = (2,1) 2 D *Gọi D3 = {x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4}; D4 = {x ≥ 0, y ≥ 0, 4 < x + y ≤ 6} . Ta xét hàm c − F ( x, y ) = x 2 y ( x + y − 4) . Khi đó ta có : D = D3 ∪ D4 ; D3 ∩ D4 = ∅ . o Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D3 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 4 suy ra − F ( x, y ) ≤ 0 ⇒ F ( x, y ) ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp ( x, y ) = (2, 2) ∈ D3 ⇒ min F = 0 (3) ih D3 Với mọi cặp ( x, y ) ∈ D4 ta có x ≥ 0, y ≥ 0, 4 < x + y ≤ 6 . Theo BĐT Cauchy ta có: 4 u x x   2 + 2 + y + ( x + y − 4)   x+ y−2 2 xx − F ( x, y ) = 4 y ( x + y − 4) ≤ 4   = 4  ≤ 64 ⇒ F ( x, y ) ≥ −64 V 22  4   2    ( ∀x, y ∈ D4 ) . Đẳng thức xảy ra tại x = 4, y = 2 (4) Từ (3)&(4) suy ra min F = 0 ⇔ ( x, y ) = (4, 2) . D Bài toán 3: Tìm GTNN của A = x( y + z ) + z ( x + y ) trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia của Hà Tây-2002) GIẢI Gọi D = {x, y , z ∈ R : x + y + z = 1}; A1 = xy + yz + xz; A2 = xz ⇒ A = A1 + A2 . 2 2 2 −1 ⇔ x+ y+ z = 0 Ta có ( x + y + z )2 ≥ 0 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 + 2 A1 ≥ 0 ⇒ A1 ≥ (1). Đẳng thức xảy ra 2 (2) 2 x + y2 + z2 = 1 −1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có A2 = x z ≤ 1 2 2 ( ) x + z 2 = (1 − y 2 ) ≤ ⇒ − ≤ A2 ≤ ⇒ A2 ≥ (3) 1 2 1 2 1 2 1 2 2
⇔ y=0 Đẳng thức xảy ra x = − z (4) x + y + z =1 2 2 2  1 1  Từ (2)&(4) suy ra ( x, y , z ) =  , 0, −  ∈ D . Theo mệnh đề 2: ta có min A = min A1 + min A2 = −1 .  2 2 D D D NX: Việc chia thành các hàm đơn giản hơn để tìm cực trị nói chung là công việc khá khó khăn. Trước khi làm công việc này ta phải có một bước dự đoán điểm rơi của hàm ban đầu Bài toán 4: Tìm GTNN của f ( x, y , z ) = xyz + 2(1 + x + y + z + xy + yz + xz ) trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Gọi D = {x, y , z ∈ R : x + y + z = 1} . Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau: 2 2 2 f1 ( x, y , z ) = 1 + x + y + z + xy + yz + xz + xyz ⇒ f ( x, y, z ) = f1 ( x, y , z ) + f 2 ( x, y , z ) n f 2 ( x, y, z ) = 1 + x + y + z + xy + yz + xz Từ điều kiện ta suy ra : x , y , z ≤ 1 ⇒ 1 + x,1 + y,1 + z ≥ 0 ⇒ (1 + x)(1 + y )(1 + z ) ≥ 0 .v Hay: 1 + x + y + z + xy + yz + xz + xyz ≥ 0 (1) Ta có: (1 + x + y + z )2 ≥ 0 ⇒ 1 + x + y + z + xy + yz + xz ≥ 0 ( x 2 + y 2 + z 2 = 1) (2) h Theo mệnh đề 1 ta có min f = min f1 + min f 2 = 0 . Đẳng thức xảy ra: ( x, y , z ) = (−1, 0, 0) ∈ D . 4 D D D BL1: Tìm GTNN,GTLN của hàm F ( x, y ) = x 2002 y (4 − x − y ) trong đó x,y là các số thực thoả mãn điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6 2 BL2: Cho x, y, z ∈ [0; 2] và x + y + z = 3 . Tìm GTLN của A = x 2 + y 2 + z 2 c BL3: Tìm GTLN của hàm f ( x, y , z ) = x + y + z + xy + yz + xz với x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện o x 2 + y 2 + z 2 ≤ 27 . Đẳng thức xảy ra khi nào? BL4: (IMO-1969) Cho x1 , x2 ; y1 , y2 ; z1 , z2 thoả mãn x1 > 0, x2 > 0, x1 y1 − z12 > 0, x2 y2 − z2 2 > 0 . CMR: ih 8 1 1 ≤ + ( x1 + x2 )( y1 + y2 ) − ( z1 + z2 ) 2 x1 y1 − z1 x2 y2 − z 22 2 u BL5: Tìm GTNN của hàm f ( x, y , z ) = x (4 x3 − 4 x + y + 2 z ) + y (4 y 3 − 4 y + z ) trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 = 1 . V Phụ lục: Cơ sở lí thuyết của phương pháp giá trị lớn nhất và nhỏ nhất: I. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xét trên miền D. Ta nói rằng số M là GTLN của f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i. f ( x ) ≤ M ii. ∃x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = M Khi ấy ta kí hiệu M = max f ( x ) hoặc đơn giản hơn: M = max f ( x ) x∈D D Ta nói rằng số m là GTNN cua f(x) trên D, nếu như đồng thời thoả mãn hai điều kiện sau: i. f ( x ) ≥ m ii. ∃x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = m Khi ấy ta kí hiệu m = min f ( x ) hoặc đơn giản hơn: m = min f ( x ) x∈D D
* Chú ý: Khi nói đến GTNN,GTLN của một hàm số bao giờ ta cũng phải xác định nó xác định trên tập hợp nào.Cùng một hàm số f(x), nhưng nếu xác định trên các tập khác nhau, thì nói chung các GTNN hay GTLN tương ứng khác nhau. II. Vài tính chất của GTNN,GTLN của hàm số Tính chất 1: Giả sử A ⊂ B . Khi đó ta có: 1. max f ( x) ≤ max f ( x) x∈ A x∈B 2. min f ( x) ≤ min f ( x ) x∈ A x∈B Tính chất 2: ( Nguyên lý “ phân rã”) Giả sử D = D1 ∪ D2 . Khi đó ta có: 1. max f ( x) = max{max f ( x ); max f ( x)} x∈D x∈D1 x∈D2 2. min f ( x) = min{min f ( x); min f ( x)} x∈D x∈D1 x∈D2 * Chú ý: Từ tính chất này cho phép ta chuyển việc tìm GTNN( GTLN) của một hàm trên tập D phức tạp, về việc tìm GTNN(GTLN) trên các tập hợp D1 , D2 đơn giản. Vì vậy phương pháp phân chia để tìm cực n trị chính là dựa trên nguyên lý này. Ta tổng quát tính chất 2 như sau: .v Nếu D = D1 ∪ D2 ∪ ... ∪ Dn thì : 1. max f ( x) = max{max f ( x); max f ( x );....max f ( x)} h D D1 D2 Dn 2. min f ( x) = min{min f ( x); min f ( x).....min f ( x )} D D1 D2 Dn 4 Tính chất 3: Nếu f ( x) ≥ 0 ( ∀x ∈ D ) ta có: 2 1. max f ( x) = max f 2 ( x) D D c 2. min f ( x ) = min f 2 ( x) D D o * Chú ý: Tính chất này rất hay dùng trong các bài toán mà hàm y = f ( x ) có chứa dấu căn thức, hay dấu giá trị tuyệt đối. ih Tính chất 4: 1. max f ( x) + g ( x) ≤ max f ( x) + max g ( x) (1) D D D u 2. min f ( x ) + g ( x) ≤ min f ( x ) + min g ( x ) (2) D D D * Chú ý: Dấu “=” trong (1) xảy ra khi có ít nhất một điểm x0 ∈ D mà tại đó f ( x ) và g ( x) cùng đạt V GTLNN. Tương tự, nếu tồn tại x1 ∈ D mà tại đó f ( x ), g ( x ) cùng đạt GTNN thì trong (2) dấu “=” xảy ra.Nói chung, GTLN(GTNN) của một tổng các hàm số không bằng tổng các GTLN(GTNN) của từng hàm số.Từ điều kiện có dấu bằng trong (1);(2) người ta chì thay thế việc tìm GTLN(GTNN) của nhiều hàm số đơn giản hơn, chì trong trường hợp các hàm số ấy cùng đạt GTLN(GTNN) tại ít nhất một điểm chung trên miền D. Tính chất 5: max f ( x) = − min ( − f ( x) ) D D Tính chất 6: Nếu ta đặt M = max f ( x); m = min f ( x ) thì: D D max f ( x) = max{ M , m } D Tính chất 7: Giả sử D1 = {x ∈ D, f ( x ) ≤ 0}; D 2 = {x ∈ D, f ( x) ≥ 0} thì min f ( x) = min{− max f ( x ), min f ( x)} D D1 D2