Việc làm trên gọi là chuẩn hóa... Bất đẳng thức được chứng minh.. Cách làm này tránh được việc phải xét nhiều trường hợp... Bất đẳng thức được chứng minh.. Vì vậy đối với những bất đẳng
Trang 2Phần 2 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I Cơ sở lí thuyết
1) Đa thức f x y( ; ) được gọi là đối xứng đối với x và y nếu
( ; ) ( ; ), ;
* Tính chất.
+ Mọi đa thức đối xứng f x y( ; ) đều biểu diễn được qua x y và xy
xy P
2) Nếu hàm số y f x( )ax b có f( ) 0 và f( ) 0
thì f x( ) 0, x ;
Chứng minh.
TH 1 a = 0 Kết quả là hiển nhiên
TH 2 a > 0 thì yf x( )ax b là hàm số đồng biến trên đoạn ; nên
f x f x
TH 3 a < 0 thì yf x( )ax b là hàm số nghịch biến trên đoạn ; nên
f x f x Vậy f x( ) 0, x ;
3 Phép chuẩn hóa.
Biểu thức f a b c( ; ; ) được gọi là thuần nhất bậc n nếu ( ; ; )f ka kb kc k f a b c n ( ; ; )
Do vậy, nếu k > 0 thì ( ; ; ) 0f a b c f ka kb kc( ; ; ) 0 Đặt x ka y kb z kc , ,
và chọn k = 1
a b c > 0 thì x y z 1 và ( ; ; ) 0f a b c f x y z( ; ; ) 0
Do đó đối với những bất đẳng thức thuần nhất ta có thể giả thiết thêm a b c 1
(hoặc a b c m nếu chọn k m
a b c
) Việc làm trên gọi là chuẩn hóa
Trang 3II Bài tập áp dụng
Bài 1 (IMO 1984)
Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x y z 1 Chứng minh rằng
7 2
27
xy yz zx xyz (1)
Giải.
2 7
27
Đặt
(1 ) ,0
t xy t
27
27
2 2
0
z f
2
(1 )
4
z
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
x y z Bất đẳng thức được chứng minh
Nhận xét Trong bài toán này, ta không biết được dấu của 2z 1 Tuy nhiên, ta có thể kết luận được giá trị nhỏ nhất của f t( ) trên đoạn
2
(1 ) 0;
4
z
chỉ đạt được tại hai đầu mút Cách làm này tránh được việc phải xét nhiều trường hợp
Bài 2 (Olympic 30 – 4 năm 2000)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1 Chứng minh rằng
3 3 3 15 1
a b c abc (2)
Giải.
2
0
c
Trang 4Đặt
(1 ) , 0
t ab t
( )
c
Ta có
2
f c c c
0
2
(1 )
4
c
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
2
a b c và các hoán vị của nó Bất đẳng thức được chứng minh
Nhận xét Trong các chứng minh trên, giả thiết a b c 1 là quan trọng Vì vậy đối với những bất đẳng thức chưa cho giả thiết này mà có tính đồng bậc (thuần nhất) thì ta có thể chuẩn hóa để tạo ra chúng
Bài 3 (BĐT AM – GM cho ba số không âm)
Cho a, b, c là các số thực không âm Chứng minh rằng
3
3
a b c
abc
Chứng minh
TH 1 a b c 0 BĐT là hiển nhiên
TH 2 a b c 0 Chia hai vế cho (a b c ) ta được
3
1
3
a b c a b c a b c
thì x y z 1 và bất đẳng thức đã
cho trở thành 1 3
3 xyz hay
1
27 z xy .
Đặt
0
(1 ) , 0
27
f t zt trên 0; z0
Ta có (0) 1 0
27
0
Trang 5Vậy 0
1
27
f t zt t z BĐT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
x y z hay a b c
Nhận xét BĐT ở trên là thuần nhất nên ta có thể tạo ra giả thiết x y z 1 Từ đây, nếu BĐT là thuần nhất thì ta có thể giả thiết thêm x y z 1
Bài 4 (IMO 1964)
Cho x, y, z là các số thực không âm Chứng minh rằng
2( ) 2( ) 2( ) 3
x y z x y x z y z x y z xyz (3)
Giải.
Do BĐT là thuần nhất nên nhờ chuẩn hóa ta có thể giả thiết thêm x y z 1 Thay y z 1 x x z, 1 y x y, 1 z vào (3) ta được
2(1 2 ) 2(1 2 ) 2(1 2 ) 3
2 2 2 2( 3 3 3) 3
(1 z) 2xy z 2((1 z) 3 (1xy z) z ) 3xyz
2
(9z 4)xy 4z 4z 1 0
Đặt
(1 ) ,0
t xy t
và xét f t( ) (9 z 4)t4z2 4z1
Ta có f(0) 4 z2 4z 1 (2z 1)2 0
0
2
(1 )
4
z
3
x y z
2
x y z và các hoán vị của nó Điều này tương đương với a b c hoặc a b c ; 0 và các hoán vị của nó Bất đẳng thức được chứng minh
Bài 5 Cho x, y, z là các số thực không âm Chứng minh rằng
3 3 3 6 ( )( )
x y z xyz xy yz zx x y z (4)
Giải.
Do BĐT là thuần nhất nên nhờ chuẩn hóa ta có thể giả thiết thêm x y z 1 Khi đó (4) x3 y3z3 6xyz xy yz zx
Trang 63 3
(1 z) 3 (1xy z) z (6z 1)xy z(1 z) 0
2
(9z 4)xy 4z 4z 1 0
Theo Bài 4 thì BĐT này là đúng.
Bài 6 Cho a, b, c thỏa mãn 2 2 21
3
a b c
Chứng minh rằng , , 1;5
3
a b c
Giải Coi c như tham số, ta được hệ đối xứng loại (I) đối với a, b
3
Chứng minh tương tự ta được ; 1;5
3
a b
Vậy ; ; 1;5
3
a b c
Bài 7 Trong các nghiệm (x ; y) của hệ 2 22
3
x y
, hãy tìm nghiệm sao cho
2 2
x y xy đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
Giải Đặt a x y 2 thì hệ tương đương với 2 22 , 0
3
Điều kiện đối với a để hệ có nghiệm (x ; y) là
(2a) 4((2a) 3) (2a) 4 4 a 0 (thỏa mãn điều kiện a 0) Khi đó x2 y2 xy x 2 y2 xy 2xy 3 2((2a)2 3)2a2 8a1
Xét hàm số f a( )2a2 8a1,a 4;0
Lập bảng biến thiên của hàm số này trên đoạn 4;0 ta được
2 2
min(x y xy) 1 khi a 0 hoặc a 4, tức là khi x y 1 hoặc x y 1
2 2
max(x y xy) 9 khi a 2, tức là khi x 3;y 3hoặc x 3;y 3
Bài 8 (HSG Quốc gia năm 2005)
Cho x, y thỏa mãn x 3 x 1 3 y2 y Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x + y
Giải Đặt x y S Bài toán trở thành: tìm S để hệ phương trình sau có nghiệm
S
x y
Đặt x 1 a; y2b thì a b ; 0 và x a 2 1; y b 2 2 Hệ trở thành
Trang 72 2
2 2
(II)
S 3
18
S
a b
a b
Hệ (I) có nghiệm (x ; y) khi và chỉ khi hệ (II) có nghiệm (a ; b) sao cho a 0, b
0
2 2
2
4
9 3 21
2
Vậy max( ) 9 3 15; min( ) 9 3 21
2
Bài 9 (Đề thi tuyến sinh đại học năm 2006 khối A)
Cho hai số thực x0,y0 thay đổi và thỏa mãn: (x y xy x ) 2 y2 xy
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 13 13
Giải
Ta có (x y xy x) 2 y2 xy 1 1 12 12 1
Bài toán trở thành: Cho a, b thay đổi và thỏa mãn a b a 2 b2 ab Tìm giá trị lớn nhất của A = a3b3 Ta có A = a3 b3 (a b a )( 2 b2 ab) ( a b )2
Từ giả thiết
2 2
0
a b a b aba a b
Đặt a b S và xét hệ phương trình
2
3
a b S
2
3
2
Vậy max A 16
Trang 8III Bài tập tham khảo
1 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a b c 1 Chứng minh rằng
2 2 2 3 3 3
5(a b c ) 6( a b c ) 1
2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 3 Chứng minh rằng
2 2 2 4
3 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 1 Chứng minh rằng
7(xy yz zx ) 2 9 xyz
4 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 1 Chứng minh rằng
1 xy 1 yz 1 zx 8
5 Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn x2 y2 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = 2(x3 y3) 3 xy
6 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn xy x y 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức