Cỏc cỏch giải thụng dụng 1/ Đỏnh giỏ trực tiếp Q bằng bất đẳng thức 2/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp đạo hàm 3/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp dồn biến 4/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp lượng g
Trang 1Bài toỏn tỡm cực trị
Bài toỏn tỡm giỏ trị lớn nhất, giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức Q = F(a a1 , , , 2 a n)với
i
a ∈D và ngoài ra a a1, , ,2 a n cũn chịu một số ràng buộc khỏc.
Cỏc cỏch giải thụng dụng
1/ Đỏnh giỏ trực tiếp Q bằng bất đẳng thức
2/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp đạo hàm
3/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp dồn biến
4/ Đỏnh giỏ Q bằng phương phỏp lượng giỏc húa
5/ Đánh giá Q thông qua tìm miền giá trị
Vấn đề dựng bất đẳng thức để đỏnh giỏ Q cú trong rất nhiều tài liệu ,trong đề tài này qua một số vớ dụ nhằm làm rừ thờm về mặt phương phỏp dựng đạo hàm, dồn biến phương phỏp lượng giỏc húa,phơng pháp tìm miền giá trị để tỡm cực trị của biểu thức nhiều biến Để thuận tiện cho việc nghiên cứu tôi xin đề cập đến phơng pháp chuẩn hóa trong các hàm có tính thuần nhất ba biến
Bài toán: Tim cực trị củ biểu thức Q = F x y z( , , ) biết F(λ λ λ =x y z, , ) F x y z( , , )(1) với λ ≠ 0
Hàm số F thỏa món điều kiện (1) gọi là hàm thuần nhất ba biến x,y,z
Mệnh đề 1:Cho H x y z( , , )là một đa thức đẳng cấp bậc k và hàm số F x y z( , , )thóa mãn (1) thì giá trị của F x y z( , , )trên miền: { (x y z H x y z, , ) (/ , , )=a a;( > 0)} không thay đổi khi a thay
đổi
Giả sử M x y z( , , )là một điểm sao cho: H x y z( , , )=a1
M x y z'( ', ', ')là một điểm sao cho: H x y z'( ', ', ') =a2 với a1≠a a2( 1 > 0;a1> 0)
ta chứng minh F M( ) =F M( )' .Thật vậy
k k
2
, ,
=
' k a ; ' k a ; ' k a .
mặt khác M x y z( , , )∈{H x y z( , , )=a1} ⇔M x y z' ', ', '( )∈{H x y z( ', ', ') } =a2
nênF x y z( , , ) =F x y z( ', ', ') do (1).áp dụng mệnh đề trên để tìm giá trị của F x y z( , , )trên các miền
{H x y z, , =a} chỉ cần tìm giá trị của nó trên miền H x y z( , , ) =a0cố định.Điểm mấu chốt
trong từng bài toán chọn đa thức đẳng cấp H x y z( , )nào là thích hợp cho việc chuẩn hóa
Ví
dụ minh h ọa : Cho các số thực dơng a b c, ,
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = F a b c( , , ) = ( )
( )2 2 ( ( )2 ) 2 ( ( )2 ) 2
Trang 2Nhận xét F a b c( , , )=F(λ λ λa b c, , ) ,vậy Flà hàm thuần nhất nên chỉ cần tìm giá trị của F
trên miền H a b c( , , )= + + =a b c 1,khi đó Q ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2
, ,
F a b c
a − ≤a + − = + ⇒ − a a+ = − a − ≥ −a +
(1 ) ( 3)
0 4
a a
( ) ( ) 2
4 3 3
4 3 3.
10 5
6
3
a b c= = = Kết luận: MaxQ = 6
5 khi a b c= = > 0
Sau đõy là một số phương phỏp tỡm cực trị của biểu thức nhiều biến số được đề cập trong đề tài này:
I ) Ph ơng pháp đạo hàm : Phương phỏp đạo hàm là chuyển việc đỏnh giỏ Q về đỏnh giỏ
biểu thức một biến số
1/ Đỏnh giỏ đại diện : Nếu Q cú dạng Q= f a( )1 + f a( )2 + + f a( )n ,a i∈D đối xứng
a/ Đỏnh giỏ đại diện bằng phương phỏp miền giỏ trị
Bài toỏn 1: Cho A B C, , là ba gúc của một tam giỏc.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
sin sin sin
Đỏnh giỏ đại diện ( ) 2 cot , (0; )
sinx
f x = − x x∈ π .Ta cú f ’( ) 2
1 2cos sin
x x
x
−
= Lập bảng biến thiờn hàm số f trong khoảng (0;π)
x 0 π
x 0 π / 3 π
Từ bảng biến thiờn ta suy ra
( ) ( ) ( )
3 3 3
f A
f B
f C
≥
≥
≥ ⇒ =Q f A( ) + f B( )+ f C( )≥ 3 3 Dấu đẳng thức khi ∆ABCđều
Bài toỏn 2: Cho cỏc số thực a b c, , > 0,thỏa món điều kiện a2 + + =b2 c2 1
f’(x) - 0 + f(x)
3
Trang 3Chứng minh BĐT 2 2 2 2 2 2 3 3,(1)
2
3 3
.
thức sau:
Hay phải chứng minh ( 2) 2 ( 2) 2 ( 2) 2
Khảo sát đại diện là hàm số f x( ) =x(1 −x2),x∈( )0;1 bằng đạo hàm tìm được giá trị lớn nhất của
( )
f x trên khoảng này là 2
3 3 từ đó suy ra điều cần chứng minh
b/ Đánh giá gián tiếp thông qua biểu thức bậc nhất
Nếu bài toán có dạng sau cho n ∈ ¥ *và các số a a1 , , , 2 a n∈D thỏa mãn a1+ + +a2 a n =nα , vớiα ∈D
Chứng minh rằng f a( )1 + f a( )2 + + f a( )n ≥nf ( )α ( hay f a( )1 + f a( )2 + + f a( )n ≤nf ( )α ), Đẳng thức xãy ra khi a1 =a2 = = a n = α .
Dạng bài toán này có tính chất nổi bật: vế trái là biểu thức đối xứng đối với các biến
1 , , , 2 n
a a a nên thường có nhiều cách giải.Tuy nhiên việc tìm ra một phương pháp chung để
có thể giải được hàng loạt bài
Toán như thế thì hoàn toàn không đơn giản
Trong bài viết này ta sẽ vận dụng giả thiết a1 + + +a2 a n =nα một cách linh hoạt, đó là ta sẽ tìm các hằng số A , B thích hợp để đánh giá f x( ) ≥ Ax + B , x D ∀ ∈ ,đẳng thức xãy ra khi x= α Đối với nhiều bài toán ,biểu thức
y = Ax + B được chọn chính là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f(x) tại x = α . Nhìn qua phương pháp này chúng ta sẽ thấy nó “tương tự”với phương pháp sử dụng BĐT Jensen- còn gọi là BĐT hàm lồi.Thật sự ở đây phương pháp này sẽ “tốt” hơn,nếu sử dụng BĐT Jensen thì phương pháp này cũng sử dụng được nhưng điều ngược lại thì có thể không xãy ra
Ta có thể minh họa bằng đồ thị
Trang 4
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x
Hàm số y = f(x) trên khoảng D = (− 3; 2) không lồi và cũng không lõm trên D nhưng đồ
thị vẫn “nằm trên” tiếp tuyến 15 1
4
x
y= + của nó tại 1
2
x= ∈D Trong bài này không thể áp dụng được BĐT hàm lồi được nhưng vẫn có thể dùng phương pháp “tiếp tuyến” để giải quyết bài toán
Sau đây xin được trình bày một số bài toán minh họa cho phương pháp trên được trích dẫn từ một số đề thi Olympic của nước ta và các nước trên thế giới Trong một số bài toán có thể chúng ta phải sử dụng linh hoạt các giả thiết và tính chất của các biểu thức trong bài toán để vận dụng phương pháp một cách hiệu quả nhất
Bài toán 3:( Olimpic 30/4- 2006).Cho các số thực dương a b c, , Chứng minh rằng:
( )2 2 ( ( )2 ) 2 ( ( )2 ) 2
6 5
Do Q có tính thuần nhất nên chỉ xét giá trị của Q với a b c+ + = 1
Viết Q = ( )
( )2 2 ( ( )2 ) 2 ( ( )2 ) 2 ( ) ( ) ( )
Với ( ) ( ( )2 ) 2 2 2 ( )
1
, 0;1
1 2 1
x x
1 3
x= có phương trình:
.Mặc dầu trong khoảng ( )0;1 đồ thị (C) của hàm số y= f x( ) không lồi
Nhưng vẫn có ( ) 27 1 (*)
25 25
2
27 1
Xét hàm số g x( ) = 54x3 − 27x2 + 1 với x∈( )0;1 g’(x) = 54 3x x( − 1) lập bảng biến thiên của
hàm số
y = g(x) ta được kết quả g x( ) 0, ≥ ∀ ∈x ( )0;1 .Áp dụng BĐT (*) cho các số a , b , c ∈( )0;1
Trang 5ta có ( ) ( ) ( ) 27( ) 3 30 6
xãy ra
khi a b c= =
Bài toán 4: (Hồng Kong,2005) Cho các số dương a b c d, , , thỏa mãn a b c d+ + + = 1.
Chứng minh rằng: ( 3 3 3 3) 2 2 2 2 1
6
8
a + + +b c d ≥a + + +b c d + (1)
Từ giả thiết ta có a b c d, , , ∈( )0;1 và BĐT (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 1,(2)
8
Trong đó f x( ) 6 = x3 −x2 xét f x( )với x∈( )0;1 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( )tại 1
4
x=
Có phương trình 5 1
y= x− Mặt khác
( ) (2 )
3 2
Từ đó suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) 5( ) 4.1 1
minh
Đẳng thức xãy ra khi 1.
4
a b c d= = = =
Bài toán 5: ( Mở rộng bài toán thi Olimpic Ba Lan,1996 và Olimpic 30-4,1999)
Cho các số thực a b c, , thỏa mãn a b c+ + = 1. Chứng minh rằng 2 2 2 9
(1)
Đặt ( ) 2.
1
x
f x
x
=
+ Khi đó BĐT (1) trở thành
9 ( ) ( ) ( ) ,(2)
10
Ta có f’(x) = ( )
2 2 2
1 1
, '( ) 0
1 1
x x
f x
x x
= −
−
= ⇔ = +
Bảng biến thiên ( ta đưa thêm vào một số giá trị như x = - 3, x = -1/3, x = 2 và giá trị ( )
f x để so sánh)
x −∞ - 3 - 1 - 1/3 1 2
+∞
f(x)
0 1/2 2/5 -3/10 -3/10
-1/2 0
Trang 6( ( 3) ( 1) 3 , (2) 2
f − = −f = − f = ) Xét các trường hợp xãy ra :
1/ Có một số , giả sử a∈ −∞ −( ; 3] ⇒ + ≥b c 4 nên có một số , giả sử b≥ 2.Khi đó ta có :
( ) ( ) ( ) 0
5 2 10
f a + f b + f c < + + =
2/ Có một số, giả sử 3; 1 .
3
a∈ − −
Khi đó
( ) ( ) ( )
10 2 2 10 10
f a + f b + f c ≤ − + + = <
3/ Cả ba số , , 1;
3
Khi đó tiếp tuyến của đồ thị y= f x( ) tại
1 3
x= có phương trình:
25 50
2
x
Áp dụng BĐT này cho các số , , 1
3
a b c> − và a b c+ + = 1 ta có
bài toán được chứng minh,đẳng thức xãy ra khi 1.
3
a b c= = =
Nhận xét: Đây là một bài toán khó,không thể sử dụng phương pháp hàm lồi để giải.
Chúng ta đã giải bài toán bằng cách phân chia trục số thành các khoảng
( ; 3 ,] 3; 1 , 1;
−∞ − − − − +∞÷
và sử dụng linh hoạt
giả thiết a b c+ + = 1 để áp dụng tính chất của hàm số f(x) cùng với tiếp tuyến của nó
tại điểm x = 1/3 một cách như mong muốn
Bài toán 6: (Rumania,2005) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c+ + = 3.
<1/3 thì
2 2 2
a +b +c > > + + nên (1) đúng.
Ta xét trường hợp , , 1
3
3
3 3
∈
0,(2)
2
3 3
x
Tiếp tuyến của đò thị hàm số y= f x( ) tại x =1 là y = -4x + 4.Ta có
( ) ( )2( 2 )
2
3 3
x
g x =x − x− = −x − ≤ − < tr
) hay f x( )≥ − +4x 4 với mọi x
1 7
;
3 3
∈ .
Trang 7Áp dụng cho các số , , 1 7;
3 3
∈ ta có f a( ) + f b( ) + f c( ) ≥ − 4(a b c+ + +) 4.3 0 = .Vậy BĐT (1) được chứng minh.Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Nhận xét cách giải: Tương tự bài toán trên, từ giả thiết bài toán ta mới chỉ có điều kiện
( )
, , 0;3
Việc xét các trường hợp đặc biệt để đưa về xét trường hợp , , 1 7;
3 3
∈ và áp dụng tính chất của hàm số f(x) trên đó là hết sức cần thiết
Bài toán 7: (Trung Quốc ,2005).Cho các số không âm a b c, , thỏa mãn a b c+ + = 1.
Chứng minh rằng : 10(a3 + +b3 c3) (− 9 a5 + +b5 c5) ≥ 1 (1)
Đặt f x( ) 10 = x3 − 9x5 Khi đó (1) trở thành f a( ) + f b( ) + f c( ) 1,(2) ≥
10
a≥ Khi đó thì 9 ;1 ; , 0; 1
Xét hàm số f(x) trên đoạn 9 ;1
10
ta có f’(x)= 30x2 − 45x4 = 15x2(2 3 − x2)≤ 0 với mọi 9 ;1
10
∈ Vậy f(x) nghịch biến trên đoạn này và từ đó f a( ) ≥ f(1) 1 = với 9 ;1
10
∈ hơn nữa với 1
, 0;
10
∈
Thì f b( ) = 10b3 − 9b5 ≥ 0 và f c( ) = 10c3 − 9c5 ≥ 0 nên f a( ) + f b( ) + f c( ) 1 0 0 1 ≥ + + = hay (2) đúng
10
∈ .Khi đó tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( )tại x=13
có phương trình 25 16
Xét hàm số g x( ) 27 = x3 + 18x2 − 21x− 16trên đoạn 0; 9
10
.Ta có g’(x) =
2
81x + 36x− 21 g’(x) = 0 1
3
x
9
x= − Bảng biến thiên của g(x) trên đoạn này như sau
x 0 1/3 9/10
g(x)
Suy ra trên đoạn 0; 9
10
; g(x) < 0 nên
25 16
9 27
∀ ∈
Trang 8Áp dụng cho các số a,b,c 0; 9
10
∈ và a + b +c = 1 ta có
Hay (2) đúng Vậy trong mọi trường hợp BĐT (1) đều đúng
Đẳng thức xãy ra khi 1
3
a b c= = = hoặc (a b c, , )là một hoán vị bất kì của bộ (1;0;0)
Nhận xét : Đây là bài toán rất khó, để giải bài toán này chúng ta phải chia miền giá trị của các biến một cách chặt chẽ Trong cách giải trên việc chia đoạn [ ]0;1 thành các đoạn
9
0;
10
,
9
;1
10
là một cách hợp lí.
Bài toán 8: (Moldova,2005) Cho các số dương a b c, , thỏa mãn a4 + + =b4 c4 3
Chứng minh rằng: 1 1 1 1, (1)
4 ab+ 4 bc+ 4 ca ≤
Lời giải:
2
ab≤ + nên
( 2 2)
4 ab ≤8 a b
( 2 2) ( 2 2) ( 2 2)
4 ab+ 4 bc+ 4 ca≤8 a b +8 b c +8 c a
Để vận dụng giả thiết a4 + + =b4 c4 3 ta đặt ( 2 2)2 ( 2 2)2 ( 2 2)2
x= b +c y= c +a z= a +b thì ta có x,y,z > 0 và ( 2 2) (2 2 2) (2 2 2)2 ( 4 4 4)
x + y + z = b +c + c +a + a +b ≤ 4 a + +b c = 12
Ta phải chứng minh 1 1 1 1,(2)
2
8 x + 8 y + 8 z ≤
8
t
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị y= f t( ) tại t = 4 có phương trình 1 5
144 36
144 36 144
Vậy ( ) 1 5
144 36
f t ≤ t+ Từ đó ( ) ( ) ( ) 1 ( ) 3. 5 1 .12 15 1
BĐT được chứng minh Đẳng thức xãy ra khi x= = = ⇔ = = =y z 4 a b c 1
2/ Đánh giá khử bớt biến đưa về đánh giá hàm một biến
Bài toán 9: Cho các số thực a b c, , > 0;a b c+ + = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biể thức Q = 7(ab bc ca+ + )− 9abc
3
a b c+ + = ⇒ < ≤a
4
a − +a bc − a ≤ − a − a + a+ (do 7 -9a >0; 1( ) (2 1 )2
a
3
∈
Trang 9f’(a) = 2 1 5
− − + = − − ÷ + ÷≥
1 0;
3
∈ axf(a) = f( ) 81
3
M
Vậy giá trị lớn nhất của Q là 2 đạt được khi 1
3
a b c= = = .
Bài toán 10: Cho a b c, , ∈[ ]0; 2 thỏa mãn a b c+ + = 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = a2 + +b2 c2
Vì 2 2 ( ) (2 )2
3
a + ≤ +b a b = −c do ab≥ 0suy từ giả thiết
Bảng biến thiên hàm số f c( )với c∈[ ]1; 2
c 1 3/2 2
f(c)
f(3/2)
Từ BBT ta suy ra Q ≤ 5.Đẳng thức xãy ra khi (a b c, , )là một hoán vị bất kì của bộ (0;1; 2)
Vậy giá trị lớn nhất của Q là 5
3/ Đặt biến phụ chuyển về đánh giá hàm số một biến
Bài toán 11:Cho các số thực x,y,z thỏa mãn
4
2
, , 0
x y z
xyz
x y z
+ + =
>
(II) Tìm giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x4 +y4 +z4
Đặt t = xy + yz + zx thì Q = 2(t2 − 32 144t+ ) Ta có t = ( ) ( ) 2 2 2
Hệ (II)
4 2
yz
x x
+ = −
⇔ =
< <
4 x 4. x 8x 16x 8 0
x
− ≥ ⇔ − + − ≥ (do x > 0 ) ⇔ (x− 2) (x2 − 6x+ ≥ 4) 0 kết hợp điều kiện
Trang 100 < x < 4 ta được x∈ −3 5; 2 .Khảo sát hàm số 2 2
= = − + + ∈ − ta được Tập giá trị là 5;5 5 1
2
Vì Q = h(t) = 2(t2 − 32 144t+ ) với 5;5 5 1
2
do hàm số h(t) nghịch biến trên đoạn này, suy ra giá trị nhỏ nhất của Q là
MinQ = 5 5 1 383 165 5
2
h − = − ÷÷
,và giá trị lớn nhất của Q là MaxQ = h( )5 = 18.
Bài toán 12: Cho các số thực x y z, , ≥ 0 thỏa mãn (I) 3
1
x y z
xy yz zx
+ + =
+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x4 +y4 +z4
Đặt s3= xyz thì Q = 47 12s+ 3 Hệ (I) 23
3 1
+ = −
3 −x ≥ 4 x − + ⇔ 3x 1 3x − 6x− ≤ 5 0 kết hợp x≥ 0ta được 0;3 2 6
3
3
3 2 6
3
và kết hợp với s3≥0 ta được
3
4 6 9
0
9
≤ ≤
Vì Q = 47 12s+ 3 nên giá trị nhỏ nhất của Q là MinQ = 47,giá trị lớn nhất là
MaxQ = 105 16 6
3 +
Bài toán 13: Cho các số thực x y z, , > 0 thỏa mãn 8
4
xy yz zx xyz
Tìm giá trị nhỏ nhất ,giá trị lớn nhất của biểu thức Q = x4 +y4 +z4
Giải: Từ giả thiết ta có
8 4
y z
yz x
+ = −
=
Vì
2
− ≥ ⇔ − ≥ >
⇔x3 − 4x2 + 4x− ≤ ⇔ 1 0 (x− 1) (x2 − + ≤ 3x 1) 0
Kết hợp với x > 0 ta được 0;3 5 1;3 5
∈ U Đặt s = x + y + z thì s= g(x) = x 8 42
x x
+ − với 0;3 5 1;3 5
∈ U Khảo sát hàm số g(x) với 0;3 5 1;3 5
∈ U và chú ý s > 0 ta được 5 5 5 1
2
≤ ≤
Trang 11Mặt khỏc Q = f(s) = 4 2 5 5 1
32 16 128, 5;
2
.Dựng đạo hàm lập bảng biến thiờn hàm số f(s),ta được MinQ = f(5) = 33; MaxQ = 5 5 1 271 75 5
=
Bài toỏn 14: Cho cỏc số thực a b c, , > 0
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức Q = ( )
+ +
Đặt Q = F a b c( , , ) thì Flà hàm thuần nhất ta chuẩn hóa a2 + + =b2 c2 3.Khi đó:
3 2
a b c+ + = + ab bc ca+ + ;vìa 3 + + −b3 c3 3abc= + +(a b c a) 2 + + −b2 c2 (ab bc ca+ + )
+ + Đặt t ab bc ca= + + ⇒ < ≤0 t 3 nờn Q
2 12 2
3t t
≥ − + + Xột hàm số f(t) = 2 2 12, (0;3]
3t t t
− + + ∈ ; f’(t) = 2 2 236 0 inf(t)= f(3) = 4
3
t
M t
Kết luận: giỏ trị nhỏ nhất của Q là 4 khi a = b = c = 1
Bài toỏn 15: Cho cỏc số thực x y z, , > 0 thỏa món x y z+ + ≤ 2
Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức Q = 2 2 2
Trước hết ta chứng minh Q ( )2 1 1 1 2
4 x y z
Áp dụng BĐT 1 1 1x+ + ≥y z x y z+ +9 ta suy ra Q ( )2 ( )
2
81
4 x y z
x y z
+ +
t= + +x y z thỡ t∈(0; 4].Khảo sỏt hàm số f t( ) 4t 81,t (0; 4]
t
Ta được min ( ) (4) 145
4
f t = f = suy ra Q 145
2
≥ Đẳng thức xóy ra khi 2
3
x= = =y z
Kết luận: minQ = 145
2
4/ Chuyển về khảo sỏt hàm số một biến bằng cỏch coi cỏc biến cũn lại là tham số
Bài toỏn 16: Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức Q = −2xy2 +x y2 trờn miền E =
( )
{ x y; / 0 ≤ ≤x 2;0 ≤ ≤y 1}
Coi x là tham số ta cú hàm số f y( ) = − 2xy2 +x y y2 , ∈[ ]0;1 .Ta cú f’(y) = −4xy x+ 2
Bảng biến thiờn của hàm số này trờn đoạn [ ]0;1 là
Trang 12
f’(y) + 0
-f(y)
x3 / 8
Khi 0 ≤ ≤x 2 thì x2 − 2x≤ 0 ⇒ f y( ) ≥x2 − 2x g x= ( )
Tiếp đến khảo sát hàm số g x( ) =x2 − 2 ,x x∈[ ]0; 2
Tìm được ming(x) = g(1) = -1.Kết quả giá trị nhỏ nhất của Q là – 1 đạt khi x = 1 ,y = 1
Bài toán 17: Xét các số thực dương x y z, , thỏa mãn điều kiện 12xyz≥ 2x+ 8y+ 21z.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu trức Q = x+ 2y+ 3z
Giải: Từ giả thiết (12 21) 2 8 0 2 8
12 21
xy
+
− và
7 4
x y
>
xy
+
− Xét hàm số
2
2
xy
7
;
4y
+∞
thì f’(x) = 0
2 0
32 14 7
y
x x
+
và đổi dấu từ âm qua dương khi x qua x0 ( ) ( ) 20 0 5
4
y
5
4
y
≥ + ≥ − + .Đặt g y( ) = 2 0 5 2
4
y
y y
+
g’(y)= 0 ⇔(8y2 − 9) 32y2 + 14 28 = Đặt t= 32y2 + 14 thì t > 0 và ta có phương trình
3 50 112 0
t − t− = phương trình này chỉ có một nghiệm dương t = 8 từ đó y = 0
5 4
15 ( ) ( )
2
g y ≥g y = .Vậy Q ( ) ( )0 15
2
Đẳng thức xãy ra khi x= 3,y= 5 / 4,z= 2 / 3.Kết quả 15
2 là giá trị nhỏ nhất của Q
II/ Ph ¬ng ph¸p dån biÕn ( xét với ba biến)
Giả sử ta phải chứng minh f a b c( , , )≥ 0 với f a b c( , , )là biểu thức đối xứng của (a b c, , )∈D
Bước 1/ ta chứng minh f a b c( , , ) ≥ f a t t( , , ) (với ,
2
b c
hoặc 2 2,
2
Đôi khi ta còn phải thêm điều kiện a b c≤ ≤ hoặc a b c≥ ≥ nếu các biến có vai trò bình đẳng để chứng minh
Bước 2/ Chứng minh f a b c( , , ) ≥ 0 nếu b = c
Bài toán 17: Cho các số thực a b c, , > 0 à abc =1v .
Chứng minh BĐT (a b b c c a+ ) ( + ) ( + ≥) (4 a b c+ + − 1 ,(1))
Ta có (1) ⇔ f a b c( , , ) =ab a b( + +) bc b c( + +) ca c a( + −) (4 a b c+ + + ≥) 6 0
Bước 1: giả sử a b c≥ ≥
