Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức – tìm cực trị (tt)

Vu i h o c 2 4 h . v n 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. Bài toán 1: Cho a,b,c,d dương. CMR 1. 3 2 a b c b c c a a b + + ³ + + + ( BĐT Nesbit với n=3) 2. 2a b c d b c c d d a a b + + + ³ + + + + ( BĐT Nesbit với n=4) GIẢI Ý tưởng để giải bài toán này ta xét các biểu thức phụ có tính hoán vị. 1. Đặt A= 3 2 a b c b c a c a b + + ³ + + + ; ;b c a c a bB C b c c a a b b c c a a b = + + = + + + + + + + + Khi đó ta có được B+C=3. Mặt khác 3 3 a b b c a cA B b c a c a b a c b a b cA C b c c a b a + + + + = + + ³ + + + + + + + = + + ³ + + + Do đó 32 6 2 A B C A+ + ³ Þ ³ ( đpcm) 2. Đặt ; ;a b c d b c d a c d a bA 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 = + + + = + + + = + + + + + + + + + + + + + + + Khi đó B+C=4. Lại có 4a b b c c d d aA B b c c d d a a b + + + + + = + + + ³ + + + + 4( ) 4( ) 4a c b d c a b d a c b dA C b c c d d a a b a b c d a b c d + + + + + + + = + + + ³ + = + + + + + + + + + + Do đó 2 8 2A B C A+ + ³ Þ ³ ( 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 1. 2 2 2 2 a b c a b c a b b c c a + + + + ³ + + + www.Vuihoc24h.vn - Kênh học tập Online Vu i h o c 2 4 h . v n 2. ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 22 4 a b c a b b c c a a b b c c a + + ³ + + + + + + + + GIẢI 1. Đặt 2 2 2 2 2 2 ;a b c b c aP Q a b b c c a a b b c c a = + + = + + + + + + + + . Khi đó ta có 2 2 2 2 2 2 0a b b c c aP Q a b b c c a a b b c c a - - - - = + + = - + - + - = + + + Do đó 2 P QP Q += = . BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau 2 2 2 2 2 21 2 2 a b b c c a a b c a b b c c a æ ö+ + + + + + + ³ç ÷+ + +è ø Ta sử dụng BĐT phụ ( ) ( ) 2 2 22 22 2 a b a ba b a b a b + + + ³ + Û ³ + Tương tự ta xây dựng các BĐT còn lại, sau đó cộng lại ta được đpcm. 2. Cũng như câu 1 ta chuyển BĐT cần chứng minh về dạng ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 2 4 a b b c c a a b b c c a a b b c c a æ ö+ + + + + ³ + + + + +ç ÷+ + +è ø Ta sử dụng BĐT phụ sau: 2 22( )x y x y+ £ + . Ta có 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2( ) 2(c ) ; ; 2 2 22( ) a b b c aa b a b b c c a a b b c c aa b + + ++ + + + ³ = ³ ³ + + ++ Cộng lại ta được đpcm NX: Ta thấy ( )2 2 2 2 2 224 2 a b ca b b c c a + ++ + + + + ³ . Nghĩa là BĐT 2 mạnh hơn BĐT 1, tuy nhiên cả hai bài toán đều sử dụng phương pháp đánh giá tổng các phân thức. Ngoài ra bạn có thể giải bài toán 1 bằng cách sử dụng BĐT Bunhiacopski. ( )22 2 2 2( ) 2 a b ca b c a b c a b b c c a a b c + + + + + + ³ = + + + + + BL1: Cho a,b,c,d,e,f dương . CMR: 3a b c d e f b c c d d e e f f a a b + + + + + ³ + + + + + + BL2: Cho a,b,c,d dương. CMR: 1. 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c a ab b b bc c c ca a + + + + ³ + + + + + + 2. 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c d a b c d a b a b b c b c c d c d d a d a + + + + + + ³ + + + + + + + + BL3: Cho a,b,c dương và 2 2 2 1a b c+ + = .Tìm min của biểu thức: 2 2 2 2 2 2a b b c c aA 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 Vu i h o c 2 4 h . v n Kiến thức bổ sung: Cho tam thức bậc hai ( )2( ) 0f x ax bx c a= + + ¹ - ( ) 0, 0 0f x x a³ " Û > Ù D £ - 2. ( ) 0 4 0a f b aca £ Þ - ³ - ( ) 0, 0 0f x x a£ " Û < Ù D £ - ( )( ) 0x x xa b a b£ £ Û - - £ Bài toán 1: Cho x,y tuỳ ý. CMR 1. 2 23 1 3x x y y xy- + ³ - - 2. 2 2( ) 2 5 5 4 5 6x y x y y+ ³ - + - GIẢI 1. Xét 2 2( ) ( 3) 3 1f x x y x y y= + - + - + Ta có 2 2 2 2( 3) 4( 3 1) 3 2 3 1 ( 3 1) 0,y y y y y y y RD = - - - + = - + - = - - £ " Î Mặt khác a=1>0 nên ( ) 0f x ³ Þ đpcm 2. Xét 2 2( ) 2( 5) 6 4 5 6f x x y x y y= + - + - + Ta có : 2 2 2 2( 5) 6 4 5 6 5 2 5 1 ( 5 1) 0,y y y y y y y RD = - - + - = - + - = - - £ " Î Mặt khác a=1>0 nên ( ) 0f x ³ Þ đpcm Bài toán 2: Chứng minh các bất đẳng thức sau: 1. Cho [ ], , , 0;1a b c d Î .CMR: 2 2 2 2 2(1 ) 4( )a b c d a b c d+ + + + ³ + + + 2. Cho [ ], , , 1;2a b c d Î . CMR: ( ) 1 1 1 1 18a b c d a b c d æ ö+ + + + + + £ç ÷ è ø GIẢI 1. Xét tam thức bậc hai 2 2 2 2 2( ) (1 )f x x a b c d x a b c d= - + + + + + + + + Ta có (1) (1 ) (1 ) (1 ) (1 )f a a b b c c d d= - - - - - - - - Vì [ ], , , 0;1 (1) 0a b c d fÎ Þ £ . Nghĩa là tam thức bậc hai luôn có nghiệm Do đó 2 2 2 2 2(1 ) 4( ) 0a b c d a b c dD = + + + + - + + + ³ Þđpcm 2. Ta có [ ] 2 21;2 ( 1)( 2) 0 2 3 3a a a a a a a Î Þ - - £ Þ + £ Þ + £ Tương tự : 2 2 23; 3; 3.b c d b c d + £ + £ + £ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 36 2 1 1 1 1 18 a b c d a b c da b c d a b c d a b c d a b c d æ ö+ + + + + + +ç ÷æ ö+ + + + + + £ £ç ÷ç ÷ è ø ç ÷ è ø æ öÞ + + + + + + £ç ÷ è ø 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 2 4b acD = - BL1: Cho tam giác ABC. CMR: 2 2 2; ,pa qb pqc p q+ > " sao cho 1p q+ = . BL2: Cho a,b,c,d,p,q sao cho 2 2 2 2 2 2 0p q a b c d+ - - - - > . CMR: ( )( ) ( )22 2 2 2 2 2p a b q c d pq ac bd- - - - £ - - BL3: 1. Cho x,y,z,t thoả y>z>t. CMR: 2( ) 8( )x y z t xz yt+ + + > + www.VNMATH.com Vu i h o c 2 4 h . v n 2.Cho a,b,c thoả mãn ( )( ) 0a c a b c+ + + + + 3. Cho ; ,ax by xy x y+ ³ " . CMR: 1 4 ab ³ BL4: 1. Cho hàm số bậc hai 2( )f x ax bx c= + + sao cho ( ); ( ) 0a b f x x R< ³ " Î .CMR: 3a b c b a + + ³ - 2.Cho a,b,c thoả mãn [ ], , 1;2a b cÎ - và 0a b c+ + = . CMR: 2 2 2 6a b c+ + £ 2. Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của phân số Kiến thức bổ sung: Với *, , ,a b c d RÎ ta có: - 1a a a c b b b c + < Þ < + - a a a b a b c > + + + - 1a a a c b b b c + > Þ > + - a c a a c c b d b b c d + > Þ > > + 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 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: 1 2a b c b c c a a b < + + < + + + GIẢI Do a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác nên: ; ;a b c b c a c a b< + < + < + . Do đó ta có: 2 2 2 a a a a b c b c a b c b b b a b c a c a b c c c c a b c a b a b c < < + + + + + < < + + + + + < < + + + + + Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta được đpcm. Bài toán 2: Cho 0; , ;a b m n N m n> > Î > . CMR: m m n n m m n n a b a b a b a b - - > + + GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: 2 2 1 11 1 1 1 m n m n m nm m n n m m n n m n b b b b a b a b a b a b a a b b a a b b - > - Û < Û < + + + + æ ö æ ö+ +ç ÷ ç ÷ è ø è ø æ ö æ öÛ >ç ÷ ç ÷ è ø è ø Từ ( )1 , ; m na a aa b m n N m n b b b æ ö æ ö> Þ > Þ > " Î >ç ÷ ç ÷ è ø è ø Bài toán 3: Vu i h o c 2 4 h . v n 1. Cho a,b,c dương. CMR: 1 1 1 a b a b a b a b + < + + + + + 2. Cho a,b,c,d dương . CMR: 1 2a b c d a b c b c d c d a d a b < + + + < + + + + + + + + GIẢI 1. Ta có : 1 1 1 1 1 a b a b a b a b a b b a a b + = + < + + + + + + + + + 2. Ta chứng minh BĐT phải . Ta có 1 1 1 1 a a a d a b c a b c a b c d b b b a b c d b c d a b c d c c c b c d a c d a a b c d d d d c d a b d a b a b c d + < Þ < + + + + + + + + < Þ < + + + + + + + + < Þ < + + + + + + + + < Þ < + + + + + + + 2a b c d a b c b c d c d a d a b Þ + + + < + + + + + + + + Ta chứng minh BĐT trái. Ta có a a a b c a b c d b b b c d a b c d c c c d a a b c d d d d a b a b c d > + + + + + > + + + + + > + + + + + > + + + + + 1a b c d a b c b c d c d a d a b Þ + + + > + + + + + + + + . BL1: Cho 0a b> > và A= 2 1 2 1 .... 1 ... n n a a a a a a -+ + + + + + + + ; B= 2 1 2 1 .... 1 .... n n b b b b b b -+ + + + + + + + . CMR A<B BL2: Cho a,b không đồng thời bằng 0. CMR: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 a b a b a b + + ³ + + + BL3: Cho a,b,c,d>0. CMR số A sau đây không là số nguyên dương. a b b c c d d aA 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 a b< sao cho ( ) 0; ( ) 0f fa b³ ³ thì ( ) [ ]( )( ) 0 ; ;f x x xa b a b³ " Î Ú " Î Định lí 2: Cho hàm số bậc nhất ( )f x ax b= + thì min{ ( ); ( )} ( ) max{ ( ); ( )}f f f x f fa b a b£ £ trong đó Vu i h o c 2 4 h . v n [ ];x a b" Î 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 ( ); ( )fa a và ( ); ( )fb b ở phía trên trục hoành Ox thì đoạn thẳng đó hoàn toàn ở trên trục đó” suy ra ( )( ) 0 ( ; )f x x a b³ " Î Định lí 2 bạn đọc tự chứng minh xem như bài tập. Bài toán 1: Cho [ ], , 0;2x y z Î . CMR: 2( ) ( ) 4x y z xy yz xz+ + - + + £ GIẢI BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau: (2 ) 2( ) 4 4y z x y z yz- - + + - - £ Xét [ ]( )( ) (2 ) 2( ) 4 0;2f x y z x y z yz x= - - + + - - " Î là hàm bậc nhất theo x. Theo định lí ta có : ( ) max{ (0); (2)}f x f f£ . Mà (0) (2 )(2 ) 0; (2) 0f y z f yz= - - - £ = - £ . Nên ( ) 0f x £ Þ đpcm. NX: Bằng cách dùng tính chất đoạn thẳng ta đã giải bài toán trên khá nhẹ nhàng, vô cùng đơn giản. Ngoài ra cũng còn một cách khá hay để giải bài toán này, cách giải đó như sau: Từ điều kiện suy ra (2 )(2 )(2 ) 0 8 4( ) 2( ) 0x y z x y z xy yz xz xyz- - - ³ Û - + + + + + - ³ 4( ) 2( ) 8 8 2( ) ( ) 4x y z xy yz xz xyz x y z xy yz xzÞ + + - + + £ - £ Û + + - + + £ ( đpcm) Cách giải trên dựa vào nhận xét sau : Với các số [ ]1 2, ,... ;na a a a bÎ thì khi đó ta có các bất đẳng thức sau: 1 2 1 2 ( )( )....( ) 0 ( )( )....( ) 0 n n a a a a a a a a a b b b - - - ³ - - - ³ Phương pháp sử dụng nhận xét này để giải khá hữu ích trong việc đánh giá giữa các đại lượng trung bình như 1 ; , 1 ; n n i i j i i j i j a a a = ¹ = å å …..Bạn đọc hãy giải một số ví dụ sau: 1. Cho a,b,c là độ dài cạnh tam giác có chu vi là 1.CMR: 2 2 2 2 2a b c abc+ + + < 2. Cho 0 , , 1a b c£ £ . CMR: 2 2 2 2 2 21a b c a b b c c a+ + £ + + + Chú ý khi đánh giá qua các đại lượng trung bình bạn cần nhớ cách phân tích sau: 3 2( )( )( ) ( ) ( )X X X X X Xa b g a b g ab bg ag abg± ± ± = ± + + + + + ± Bài toán 2: Cho x,y,z không âm và 1x y z+ + = . CMR: 72 27 xy yz xz xyz+ + - £ . 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 72 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 ) 27 27 27 xy yz yz xyz x y z yz x x x yz x+ + - - = + + - - = - + - - Ta cố định x xét ( ) 217( ) (1 ) (1 2 ) 0; 27 4 x f yz x x yz x yz æ öé ù- ç ÷= - + - - Î ê ú ç ÷ê úë ûè ø . Theo định lí ta có : 21( ) max{ (0); } 2 xf yz f f -æ ö£ ç ÷ è ø . Vu i h o c 2 4 h . v n Mà 2 2 27 7 1 1(0) (1 ) 0 (0) 0 27 27 4 2 f x x x x x x x fæ ö= - - = - + - < - + - = - - £ Þ <ç ÷ è ø ( ) ( )2 22 21 1(1 ) 2(1 ) 7 1 1 1(1 ) 0 0 4 4 4 27 2 3 6 4 x xx xf x x x x f é ù é ù- -- - - æ öæ ö= - + - - = - + £ Þ £ê ú ê úç ÷ç ÷ è øè øê ú ê úë û ë û Do đó ( ) 0f yz £ Þ đpcm. Bài toán 3: Cho x,y,z không âm và 3x y z+ + = . CMR: 2 2 2 4x y z xyz+ + + ³ . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Ta viết BĐT cần chứng minh dưới dạng: 2 2 2 2 2( ) 2 4 0 (3 ) ( 2) 4 0 (2 ) 2 6 5 0y z yz x xyz x x yz x x yz x x+ - + + - ³ Û - + + - - ³ Û - + - + ³ Ta cố định x xét ( ) 2 2 3( ) ( 2) 2 6 5 0; 4 x f yz x yz x x yz æ öé ù- ç ÷= - + - + Î ê ú ç ÷ê úë ûè ø Theo đĩnh lí ( ) 23 ( ) min{ (0); } 4 x f yz f f é ù- ³ ê ú ê úë û .Mà 2 2 3 1(0) 2 6 5 2 0 (0) 0 2 2 f x x x fæ ö= - + = - + > Þ >ç ÷ è ø ( ) ( )2 22 2 23 3(3 ) 1( 2) 2 6 5 ( 1) ( 2) 0 0 4 4 4 4 x xxf x x x x x f é ù é ù- -- = - + - + = - + ³ Þ ³ê ú ê ú ê ú ê úë û ë û Do đó ( ) 0f yz ³ Þ đpcm. LB: Điều kiện yz mà ta có được là dựa vào BĐT Cauchy ta làm như sau: ( ) ( )2 23 4 4 y z x yz + - £ = 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 [ ], , , 0;1a b c d Î . CMR: (1 )(1 )(1 )(1 ) 1a b c d a b c d- - - - + + + + ³ BL2: Cho a,b,c không âm và 1a b c+ + = . CMR: 1. 3 3 3 16 4 a b c abc+ + + ³ 2. 7( ) 2 9ab bc ca abc+ + £ + Đẳng thức xảy ra khi nào ? BL3: Cho x,y,z là các số thực dương và 1x y z+ + = . CMR 2 2 2 3 3 35( ) 6( ) 1x y z x y z+ + £ + + + 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 1 2D D D= È với 1 2D DÇ = Æ và tồn tại 1 1 max ( )DM f x= ; 22 max ( ) D M f x= ( hoặc 1 2 1 2min ( ); min ( )D Dm f x m f x= = ). Khi đó có 1 2max{ , }M M M= Vu i h o c 2 4 h . v n ( hoặc có 1 2min{ , }m m m= ) Mệnh đề 2: Giả sử 1 2( ) ( ) ( )f x f x f x= + xác định trên cùng tập D và tồn tại 0 1 1 1 1 2 2 2 2( ) max ( ); ( ) max ( ); ( ) max ( )D D DM f x f x M f x f x M f x f x= = = = = = Hoặc 3 1 1 4 1 2 2 5 2( ) min ( ); ( ) min ( ); ( ) min ( )D D Dm f x f x m f x f x m f x f x= = = = = = Khi đó 1 2M M M£ + và nếu 1 2x x= thì 1 2M M M= + Hoặc 1 2m m m³ + và nếu 4 5x x= thì 1 2m m m= + Chứng minh: Định lí 1: Do ( )1 1 1max ( ) ( )DM f x f x M x D= Þ £ " Î và tồn tại 1 1x DÎ để 1 1( )f x M= Do ( )2 2 2max ( ) ( )DM f x f x M x D= Þ £ " Î và tồn tại 2 2x DÎ để 2 2( )f x M= Nếu ( )1 2 1( )M M f x M x D³ Þ £ " Î hay 1max ( )DM f x M= = (1) Nếu ( )2 1 2( )M M f x M x D³ Þ £ " Î hay 2max ( )DM f x M= = (2) Từ (1)&(2) suy ra 1 2max ( ) max{ ; }DM f x M M= = Các điều chú ý trong mệnh đề 1: i. Nếu tồn tại 1 2;M M thì 1 2max{ , }M M M= , còn nếu không tồn tại 1M ( hoặc 2M ) thì không tồn tại M ii. Mệnh đề 1 vẫn đúng khi phân chia tập D thành nhiều tập con hoặc xét hàm nhiều biến. Định lí 2: Theo giả thiết 1 0 1 1 1( ) ( )f x f x M£ = và 2 0 2 2 2( ) ( )f x f x M£ = nên 0 1 0 2 0 1 2( ) ( ) ( )M f x f x f x M M= = + £ + (3) Nếu 1 2x x= thì 1 2 1 1 2 1( ) ( ) max ( )DM M f x f x f x M+ = + £ = (4) Từ (3)&(4) suy ra 1 2M M M= + Các điều chú ý trong mệnh đề 2: i. Điều kiện 1 2 3 4( )x x x x= = chỉ là đều kiện đủ mà không phải là điều kiện cần Lưu ý: Tính áp dụng của mệnh đề 1: Việc tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D RÌ 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 tìm cách phân chia tập xác định D thành các tập con rời nhau sao cho việc tìm cực trị của hàm trên mỗi tập con dễ dàng hơn. Tính áp dụng của mệnh đề 2: Khi tìm cực trị của hàm f(x) trên tập D RÌ 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 ( ) 2001 2002f x x x= - + - GIẢI Gọi [ ) ( ) ( ]1 2 32002; , 2001;2002 , ;2001D D D= +¥ = = -¥ thì 1 2 3R D D D= È È với 1 2 2 3 1 3; ;D D D D D DÇ = Æ Ç = Æ Ç = Æ Với 1 ( ) 2001 2002 2 4003, min ( ) 1 2002Dx D f x x x x f x xÎ Þ = - + - = - = Û = (1) Với ( )2 ( ) 2001 2002 1, min ( ) 1 (2001;2002)Dx D f x x x f x xÎ Þ = - + - = = " Î (2) Với 3 ( ) 2001 2002 4003 2 , min ( ) 1 2001Dx D f x x x x f x xÎ Þ = - + - = - = Û = (3) Vu i h o c 2 4 h . v n Từ (1)&(2)&(3) và theo mệnh đề 1 ta có [ ]min ( ) 1 2001;2002 R f x x= Û Î 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+ ³ + . Cách giải như sau: ( ) 2001 2002 2001 2002 2001 2002 1f x x x x x x x= - + - = - + - ³ - + - = Đẳng thức xảy ra [ ]( 2001)(2002 ) 0 2001 2002 2001;2002x x x xÛ - - ³ Û £ £ Û Î Bài toán 2: Tìm GTLN,GTNN của biểu thức 2( , ) (4 )F x y x y x y= - - trong đó x,y là các số thực thoả mãn các điều kiện 0; 0; 6x y x y³ ³ + £ GIẢI *Gọi 1 2{ 0, 0, 6}; { 0, 0, 4 6}; { 0, 0, 4}D x y x y D x y x y D x y x y= ³ ³ + £ = ³ ³ £ + £ = ³ ³ + < Khi đó ta có : 1 2 1 2;D D D D D= È Ç = Æ . Với mọi cặp 1( , )x y DÎ ta có 4 0; 0; 0x y x y- - £ ³ ³ suy ra ( , ) 0F x y £ . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp 1 1( , ) (0, 4) max 0Dx y D F= Î Þ = (1) Với mọi cặp 2( , )x y DÎ ta có 0, 0, 4 0x y x y³ ³ - - > . Áp dụng BĐT Cauchy ta có: ( ) 2 2 (4 ) 2 2( , ) 4 (4 ) 4 ( , ) 4 , 2 2 4 x x y x yx xF x y y x y F x y x y D é ù+ + + - -ê ú = - - £ Þ £ " Îê ú ê ú ë û Đẳng thức xảy ra tại 2, 1x y= = (2) Từ (1)&(2) suy ra max 4 ( , ) (2,1) D F x y= Û = *Gọi 3 4{ 0, 0, 4}; { 0, 0, 4 6}D x y x y D x y x y= ³ ³ + £ = ³ ³ < + £ . Ta xét hàm 2( , ) ( 4)F x y x y x y- = + - . Khi đó ta có : 3 4 3 4;D D D D D= È Ç = Æ . Với mọi cặp 3( , )x y DÎ ta có 0, 0, 4x y x y³ ³ + £ suy ra ( , ) 0 ( , ) 0F x y F x y- £ Þ ³ . Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với cặp 3 3( , ) (2, 2) min 0Dx y D F= Î Þ = (3) Với mọi cặp 4( , )x y DÎ ta có 0, 0, 4 6x y x y³ ³ < + £ . Theo BĐT Cauchy ta có: 4 2( 4) 22 2( , ) 4 ( 4) 4 4 64 2 2 4 2 x x y x yx x x yF x y y x y é ù+ + + + -ê ú + -æ ö- = + - £ = £ê ú ç ÷ è øê ú ë û ( , ) 64F x yÞ ³ - ( )4,x y D" Î . Đẳng thức xảy ra tại 4, 2x y= = (4) Từ (3)&(4) suy ra min 0 ( , ) (4, 2) D F x y= Û = . 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 2 2 2 1x y z+ + = . Đẳng thức xảy ra khi nào? (Đề thi chọn đội tuyển thi quốc gia của Hà Tây-2002) GIẢI Gọi 2 2 2 1 2 1 2{ , , : 1}; ;D x y z R x y z A xy yz xz A xz A A A= Î + + = = + + = Þ = + . Ta có 2 2 2 2 1 1 1( ) 0 2 0 2 x y z x y z A A -+ + ³ Þ + + + ³ Þ ³ (1). Đẳng thức xảy ra 2 2 2 0 1 x y z x y z Û + + = + + = (2) Áp dụng BĐT Cauchy ta có ( ) ( )2 2 22 2 21 1 1 1 1 112 2 2 2 2 2A x z x z y A A - = £ + = - £ Þ - £ £ Þ ³ (3) Vu i h o c 2 4 h . v n Đẳng thức xảy ra 2 2 2 0 1 y x z x y z Û = = - + + = (4) Từ (2)&(4) suy ra 1 1( , , ) ,0, 2 2 x y z Dæ ö= - Îç ÷ è ø . Theo mệnh đề 2: ta có 1 2min min min 1D D D A A A= + = - . 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 ( , , ) 2(1 )f x y z xyz x y z xy yz xz= + + + + + + + trong đó x,y,z là các số thực thoả mãn điều kiện 2 2 2 1x y z+ + = . Đẳng thức xảy ra khi nào? GIẢI Gọi 2 2 2{ , , : 1}D x y z R x y z= Î + + = . Ta chia hàm f(x,y,z) thành các hàm nhỏ hơn như sau: 1 2 ( , , ) 1 ( , , ) 1 f x y z x y z xy yz xz xyz f x y z x y z xy yz xz = + + + + + + + = + + + + + + 1 2 ( , , ) ( , , ) ( , , )f x y z f x y z f x y zÞ = + Từ điều kiện ta suy ra : , , 1 1 ,1 ,1 0 (1 )(1 )(1 ) 0x y z x y z x y z£ Þ + + + ³ Þ + + + ³ Hay: 1 0x y z xy yz xz xyz+ + + + + + + ³ (1) Ta có