Đôi nét về bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (cực chất)

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 19.. Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo... Lời giải chi tiết Các biến a b c, , đối xứng trong toàn biểu thức và điều kiện nên dự đoán được bài toán rơi

Trang 1

Lời giải chi tiết

3

xy yzzx  xyz x  y z , x y z, ,  Thật vậy,

xy yz zx   xyz x  y z xy yz  yz zx  zx xy  ( luôn đúng )

27abc 3.3abc a b c  abbc ca

2

Như vậy, để quy biểu thức P về hàm f ab bc ca ta cần chứng minh điều sau :

a  b  c abbcca  * Thật vậy ,

 

2

2 2 2

Theo bất đẳng thức AMGM ta có :

3

a  a a  a  a  a a a  a

b2 2 b b2  b  b 33b2 .b b 3b

c2 2 c c2  c  c 33c2 c c 3c

( Ngô Minh Ngọc Bảo – Sinh viên khoa Toán đại học sư phạm TP.HCM )

Bài toán 1 : Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn a  b c 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

1

P

( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Trang 2

Từ đó suy ra :  2  

3

ab bc ca

 

Đặt t ab bc ca 1 P f t  3t 11 5

t

a b c  abbcca abbcca  t 

 Xét hàm số f t  3t 11 5, t 1, 4

      '  3 112, '  0 3 112 0 11

3

Bảng biến thiên :

t 1 11

3 4

f t'   0 

f t 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy    4 39

4

f t f 

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 39

4 Đẳng thức xảy ra khi a   b c 1

Lời giải chi tiết Cách 1 :

1

a b c

  

b c

Bài toán 2 : Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2

3

a b c  Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức :

1

a

a b c

  

Trang 3

   



Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz :  2 2 2  2

93a  b c   a b c     a b c 3

1

Xét hàm số   3 , 0, 3

1

     ,  

3

1

t



Do đó hàm số f t  nghịch biến trên 0, 3    3 9

4

f t f

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 9

4

 Đẳng thức xảy ra khi a   b c 1 Cách 2 :

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có :

93 a b c  a  b c         a b c 3 b c 3 a

1

a b c

  

2

a

Xét tam thức bậc hai :   3 2 3 3

f a  a  a , tam thức f a  có hệ số trước a là 2 3 0

4  nên nó đạt giá trị nhỏ nhất tại a  và 1    1 9

4

Minf a  f  

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 9

4

 Đẳng thức xảy ra khi a   b c 1

Bài toán 3 : Cho hàm số   2 2 2  2

f x  a x  b  cx ( trong đó a b c, , R ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  trên đoạn 0,c

 

( Sáng tác : Dan sitaru – Romania )

Trang 4

f x  a x  b  cx    x  c

Ta có :  

2

'

f x



a b



ac

a b  

     

a b

 

Để biết được Max f   0 ,f c f, ac

a b

  và Min f   0 ,f c f, ac

a b

2 2

2

0

ac

 

 

2 2

2

ac

 

 

Ta thấy : f ac f c 

a b

 

a b

 

  nên hàm số f x  đạt giá trị nhỏ nhất

0,c

 

 

Như vậy giá trị lớn nhất của hàm số f x  đạt được hoặc là f c  hoặc làf  0 Ta lại có :

0

Trang 5

Nếu        2 2  2 2

0,

0

c

 

 

 

2 2 2 2

0,

c

 

 

 

Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  là  2 2

a b c đạt được khi ac

x

a b



 Giá trị lớn nhất của hàm số f x  là b a2 c2 đạt được khi x  và c a b

Giá trị lớn nhất của hàm số f x  là a b2 c2 đạt được khi x  và 0 a b

Ngoài ra, bạn đọc có thể dùng bất đẳng thức Minkowski để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f x  như sau : 2 2 2  2  2 2

a x  b  cx  ab c

Đẳng thức xảy ra khi : a x ac ax bx ac a b x x ac

Từ điều kiện ta có: a b c 1 1 1 a b c abc ab bc ca abc ab bc ca

 

  Theo bấtđẳngthức Cauchy – Schwarz :

2 2 2

3

2 2 2

3

2 2 2

3

a b c

a b c ab bc ca

 

Bài toán 4 : Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn a b c 1 1 1

     Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức  

2 2 2

9 5

3

a b c ab bc ca

Trang 6

Mặt khác, cũng từ điều kiện ta có : 1 1 1 9

3

Ta cần chứng minh: 5a b c   8abc7  2     

5 a b c 8 ab bc ca 7 a b c *

3

a  b c  abbcca , khi đó :

3

         ( điều này đúng do a   b c 3)

Từ các điều trên suy ra :

 3

3

abc

   Đặt t  abc  0



Bảng biến thiên:

t 0 1 

f t' 

 0 

f t 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấyf t f  1 19

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 19 Đẳng thức xảy ra khi a    b c 1

Mặt khác, ta cũng có :a     c a b c 6a c6a b c

Bài toán 5 : Cho các số thực , ,a b c thỏa mãn 2   a c b 0 Tìm giá trị lớn nhất

P  ab bc ca  a  b c  a  c

Trang 7

Đến đây, rõ ràng đa phần biểu thức P đã về f a  b c, do đó ta sẽ tìm cách đưa

2 3 ab bc ca f a  Thật vậy, b c

Theo bất đẳng thức AM GM ta có :

3 2

a c a c a c ac ac

3

6 3

2

3

t t

t

  



  



t 0 3 3 3 3 6

 

'

f t

 0  0 

 

f t

Dựa vào bảng biến thiên ta có :f t f 3 32 3

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 3

Đẳng thức xảy ra khi a 1,b 0,c  2 3

Bài toán 6 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa a2 b2 c2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

2 2

2 2 2

2

Trang 8

Lời giải chi tiết Các biến a b c, , đối xứng trong toàn biểu thức và điều kiện nên dự đoán được bài toán rơi tại a   b c 1

Điều kiện a2 b2 c2 3 có thể suy ra a   do đó định hướng ban đầu là b c 3 dồn về hàm f a  b choặc f a 2 b2 c2

Mặt khác ta có các đại lượng bậc 1 như 2b  hướng dồn về hàm c f a  b c

Rõ ràng 3 2 2 

2

ma nc

 ( bậc 2 chia bậc 1 sẽ ra bậc 1 ) Để kết hợp với 2b c tạo ra 2 a  b cthì m2,n1 ( Do hướng đi của ta là dồn về f a  b c )

Hầu như đã đưa về được f a  b c trong điều kiện cũng như biểu thức P Như vậy ta sẽ đi xây dựng một bổ đề cuối cùng là : 2 2 2  

3

a b c  abck a  b c để toàn

bộ biểu thức P quy về f a  b c Dễ thấy k  2

Trước hết ta sẽ chứng minh bổ đề đã xây dựng :

Với a b c , , 0 thỏa a2b2c2 3, chứng minh rằng : a2 b2 c2 3abc2a  b c

Thật vậy, Trường hợp 1: a2 b2 c2  khi đó ta có : 3

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

2 2 2

3 3 3

2 2 2

1

3



3

Như vậy chỉ cần chứng minh a b c a   b c 36

Điều này hiển nhiên đúng do 3 3 3 6

Trang 9

Trường hợp 2: Nếu a2 b2 c2 3 thì tồn tại số k  sao cho 1      2 2 2

3

ka  kb  kc 

.Ta có : k a2 2 b2 c23k abc3 2k a b c    Hay k a 2  b2 c23k abc2 2a b c  

Mà k  nên 1 a2 b2 c2 3abck a 2 b2 c23k abc2 Chứng minh hoàn tất

2 3

2

  Đặt t     a b c 3

Xét hàm số f t  2t 18, t 0;3

18

t

t 0 3

 

'

f t



 

f t

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f t  f 3   6 6 12

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 12 Đẳng thức xảy ra khi a b c   1

Ta chứng minh :  1 2 2 2

1

a c b

abc

Bài toán 7 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a    Tìm giá trị nhỏ b c 3

nhất của biểu thức :   1 6

9

a c b P

Trang 10

Ta có:    

2 2



2 2

a c



2

2 2 2 2

2

1

a c

abc a b c

  

2

1

8

a c b

( ta đã sử dụng phép thế a   ) c 3 b

Mặt khác :

1 9

2 2 2 3

t a b c  ,

9

        

 2

12

9

t

Do đó hàm số f t đồng biến trên   3; 

Từ đó suy ra P  f t f 3  Đẳng thức xảy ra khi 3 a   b c 1

Bài toán 8 : Cho các số thực , ,a b c   0;2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P

Trang 11

Vì , ,a b c  0;2 nên ta có các đánh giá sau: a4 8a a a 3 8 ( luôn đúng ) 0 2b3  8b  2b b 2 4 0 ( luôn đúng ) và 4c2 8c  4c c 2 ( luôn đúng ) 0

4 2 3 4 2 8 8 8 8

1

  

Ta có:  

Ta chứng minh: 4

3

t

t t

t      

a b

t

Xét hàm số f t  t 9

t

9

t

t 1 3 7

 

'

f t - 0 

 

f t

Dựa vào bảng biến thiên nhận thấy P  3 f t f 3  6 P  3

Đẳng thức xảy ra khi :a b  0,c 2

Trang 12

Ta chứng minh :abc 9 4a  b c Trong 3 số a b c, , phải có 2 số cùng lớn hơn hoặc cùng nhỏ hơn 3, giả sử 2 số đó là a b, Khi đó ta có: a3b3 0 ab 9 3ab

Mặt khác từ giả thiết ta có :abbcca abc Do đó ta có :abc 9 c a b3ab

Ta cần chứng minh : c a b3a b4a  b c Hay

4

a b c

a b





 

Giả sử

4

a b

c

a b





  , khi đó ta có :

 

( Vô lý ) Do đó bổ đề được chứng minh hoàn tất

Ta có : 1 1 1

2 2 2

Từ đó suy ra :

2

P

2

P

Xét hàm số :   1 92

2

f t

  .f t'  12 93, 'f t  0 9t2 3 t3 0 t 9



Bài toán 9 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa 1 1 1

1

a    và có ít nhất hai số b c

cùng lớn hơn 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

P

Trang 13

Bảng biến thiên:

t 0 9 

 

'

f t

 0 

 

f t

Dựa vào bảng biến thiên ta có :    9 1

18

f t f 

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức Plà 1

18 Đẳng thức xảy ra khi a   b c 3

Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :

Điều trên luôn đúng, đẳng thức xảy ra khi a  b c hoặc hoán vị

a b c     



Ta chứng minh : 12 12 12 2 2 2

a b c     *

a b c a b c  ab bc ca

2 2 2

Bài toán 10 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa a   Tìm giá trị nhỏ nhất b c 3 của biểu thức :

3

P

Trang 14

Theo bất đẳng thức AM GM và giả thiết ta có:

2 2 2

2

1

ab bc ca

abc



2 2 2

9

  Đặt

2 2 2 3

t a b c 

       nên hàm số f t đồng biến trên 3; 

   3 6

f t f

   Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Plà 6

Đẳng thức xảy ra khi a   b c 1

Ta có: a b, 1; 3 4a   b 1 16a28abb2 1

2 2

8

abc abc

4

c



Từ đó suy ra :

2 2

2 2 2 2 2 2

3 4

P

Xét hàm số : f t  1 32, 'f t  12 63, 'f t  0 t 6

Bài toán 11 : Cho các số thực dương a b c, ,  1; 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

2 2

3 4

P

ab

  



Trang 15

Dễ thấy giá trị lớn nhất của biểu thức là 1

12 Đẳng thức xảy ra khi a 1,b 3,c 2

Đặt a2 b2  2 2t2, với t là một số thực thỏa 0 t 1

Ta có :

1

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có:

1



  

     





Ta cần chứng minh :

2

1 t 1 t  2 2t   2

   ,  * Thật vậy, ta có :



0

Đẳng thức xảy ra khi t     0 a b 1

Bài toán 12 : Cho các số thực dương a b, thỏa mãn a b 2

Chứng minh rằng :

2 2

ab a b   ( Sáng tác : Ngô Minh Ngọc Bảo )

Trang 16

Đặt a2 b2 c2  3 6t2, với t là một số thực thỏa

3 6

t

Ta có :

1 2

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có :

2

1



t



Ta cần chứng minh :  

3

t



2

0

0 * *

t



Ta lại có: 6 34t2  36t2 2t 3 3 2 6 34t2  36t2 3 3 4 0

Do đó bất đẳng thức  ** luôn đúng Đẳng thức xảy ra khi t      0 a b c 1 Bạn đọc hãy thử tổng quát cho lớp bài toán 12 và 13

Bài toán 13 : Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a    b c 3

2 2 2

3 3

Trang 17

Lời giải chi tiết Theo bất đẳng thức AM GM ta có :

k

a



k

Ta cần chứng minh

3

   , thật vậy, biến đổi ta có :

1

n

k



 với tlà số thực thỏa : 0  t 1

Bài toán 14 : Cho các số thực dương a a1, , 2 a n

3

1

k

a

Bài toán 15 : Cho các số thực không âm a a1, 2, ,a n n 2

1

1 1

n k

k k

i j n



  



  



Trang 18

Ta có : 2 2 2   2    2

   

         

Bất đẳng thức đã cho thuần nhất , chuẩn hóa :

1

n k i



Trường hợp 1 : nếu t 0

Ta có :

2 2

1

k k

n n

a



  



Và

2

2 1

1

n k k

i j

i j n



  





Trường hợp 2 : Nếu0  t 1

Ta có :

k

Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz :

2

1

1 1

n k n

k k







1

n





Ta cần chứng minh :  

2

* *



Trang 19

   

* *

1

t



Đẳng thức xảy ra khi t   0 x1 x2 x3  x n

Tobe continue

Hi vọng tài liệu nhỏ này sẽ giúp bạn đọc thấy bất đẳng thức thú vị hơn ! Một số bài vì không rõ nguồn ở đâu nên tôi k đề cập đến tên tác giả , mọi lời giải trên đều do bản thân tôi giải nên nếu có gì sai xót mong bạn đọc góp ý theo địa chỉ :

Facebook : Ngô Minh Ngọc Bảo

Gmail : ngocbaosphcm@gmail.com

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	763,7 KB