Tài liệu Phương pháp chuẩn hóa trong toán pptx

P
P
HƯ
HƯ
ƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ
ƠNG PHÁP CHUẨN HOÁ
1. Đặt vấn đề: Cho H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k, nghĩa là
H(tx, ty, tz) = t
k
H(x, y, z)
và h/s F(x, y, z) thỏa mãn F(x, y, z) = F(

x,

y,

z). Khi đó 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.
Thật vậy, giả sử M(x, y, z): H (x, y, z) = a
1
M’(x’, y’, z’): H(x’, y’, z’) = a
2
; a
1
ạ a
2
; a
1
, a
2

> 0
Ta có
 

2
1 2
1
a
H x, y, z = a H(x, y, z) = a
a

   
 
   
   
k
2 2 2 2
k k k k
2 2
1 1 1 1
a a a a
H(x, y, z) = a H x, y, z = a
a a a a
đặt
2 2 2
k k k
1 1 1
a a a
x' = x, y' = y, z' = z
a a a

Ta có:

2
H(x', y', z') = a F(x', y', z') = F(x, y, z)
Mặt khác :
   
  
1 2
M H(x, y, z) = a M' H(x', y', z') = a
Như vậy để tìm giá trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) ta chỉ cần tìm giá
trị của F(x, y, z) trên miền H(x, y, z) = a cố định thích hợp.
2. Các bài toán áp dụng.
B ài toán1 : Cho a, b, c> 0. Tìm max

2 2 2 2 2 2
a(b + c) b(c + a) c(a + b)
Q = F(a, b, c) = + +
(b + c) + a (c + a) + b (a + b) + c
( Olimpic 30 - 4- 2006).
L ời giải:
Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc) nên ta tìm giá trị Q trên miền a + b + c = 1
Ta có:

2 2 2
a(1- a) b(1- b) c(1- c)
Q = + +
1 - 2a + 2a 1- 2b + 2b 1- 2c + 2c
Theo Côsi:

 


 
 
  
2
2
2
2
2a + 1- a (a + 1)
2a(1- a) =
2 4
(a+1) (1- a)(a + 3)
1- 2a + 2a = 1- 2a(1- a)³ 1 - = 0
4 4


 
 
 
 
   
       
 
       
   
       
   
2
a(1- a) 4a(1- a) 4 3
= = 4 1 -

(1- a)(a + 3) a + 3 a + 3
1- 2a + 2a
3 3 3 1 1 1
Q 4 1- + 1- + 1 - = 4 3 - 3 + +
a + 3 b + 3 c + 3 a + 3 b + 3 c + 3
Ta có:

  
1 1 1 9 9 9 6
+ + = Q 4(3 - 3. ) =
a + 3 b + 3 c + 3 a + b + c + 9 10 10 5
Suy ra :
6
maxQ =
5
khi a = b = c
B ài toán 2: Cho a, b, c > 0. Tim min

 
 
 
2 3 3 3 2 2 2
2 2 2
(a + b + c) 1 a + b + c a + b + c
Q = + - (1)
2 abc ab + bc + ca
a + b + c
L ời giải: Do F(a, b, c) = F(ta, tb, tc). Ta chỉ tìm giá trị của Q trên miền
a
2

+ b
2
+ c
2
= 3
Khi đó:
 
 


2 2 2 2 2
3 3 3
3 3 3
(a + b + c) = a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca (a + b + c) = 3 + 2(ab + bc + ca)
a + b + c = 3abc + (a + b + c) 3 - (ab + bc + ca)
a + b + c 1 1 1
= 3 + ( + + ) 3 - (ab + bc + ca)
abc ab bc ca
Đặt
 

 
1 1 1 9
= ab + bc + ca 3; = + +
ab bc ca
Suy ra:
5 2 9 3 2 12 6
(3 ) 2 2 2( )
2 3 2 2 3 3
Q

  

   
            
1
3
1/3
6 3 3 3 3
3( ) 2 2 4
3 3
Q
 
    
 
         
 
 
Suy ra:
minQ = 4
, khi a = b = c > 0
B ài toán 3: Cho a, b, c > 0. Chứng minh


3
7(a + b + c)(ab + bc + ca) 9abc + 2(a + b + c) (1)

Lời giải:
 
2 3
7(ab + bc + ca) 9abc

(1) F(a, b, c) = - 2
(a + b + c) (a + b + c)
Do F(a , b, c) = F(ta, tb, tc). Ta có thể xem a + b + c = 1.
Suy ra:
F(a, b, c) = 7(ab + bc + ca) - 9abc = 7a(1 - a) + bc(7 - 9a)
Giả sử:
 0 < a b c
Ta có:


  

 

2 2
a+b+c=1
1 (b + c) (1- a)
0 < a ; 7 - 9a > 0; bc =
3 4 40 < a b c
Khi đó:

 
 
2
3 2
(1- a) 1
F(a, b, c) 7a(1- a) + (7- 9a); 0 < a
4 3
1 1
F(a, b, c) f(a) = (- 9a - 3a + 5a + 7)

4 4
Khảo sát hàm số f(a), ta có:

 F(a, b, c) 2; F(a, b, c) = 2 a = b = c
Chú ý: Bất đẳng thức (1) có dạng f(a, b, c)

g(a, b, c) , trong đó f(a, b, c)
và g(a, b, c) đồng bậc
f(x, y, z) và g(x, y, z) đồng bậc m (nguyên dương) nếu

   
   
m
m
f( x, y, z) = f(x, y, z)
g( x, y, z) = g(x, y, z)
Cho bất đẳng thức: f(x, y, z)

g(x, y, z) (*)
Với f, g đồng bậc và H(x, y, z) là một đa thức đẳng cấp bậc k. Nếu (*) đúng
trên miền H(x, y, z) = a
1
thì cũng đúng trên miền H(x
,
, y
,
, z
,
) = a
2

với a
1
,
a
2
> 0. Thật vậy:
 

 
 
 
 

 
 
 
2 2 2
k k k
1 2
1 1 1
m
2
k
1
a a a
H(x, y, z) = a H(x',y',z') = a ; x' = x; y; z
a a a
a
f(x', y', z') = .f(x, y, z)
a

Tương tự:

 
 
 
 
m
2
k
1
a
g(x', y', z') = .g(x, y, z)
a
Khi đó:
  f(x, y, z) g(x, y, z) f(x', y', z') g(x', y', z')
Vậy để chứng minh (*)đúng trên miền H(x,y,z) chỉ cần chứng (*) đúng trên
miền H(x, y, z) = a > 0 cố định. Việc chọn giá trị a là rất quan trọng.
B ài toán 4 : Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh

3
2 2 2 2 2 2
2
6(a + b + c)(a + b + c ) 27abc + 10(a + b + c ) (1)
(Olimpic Việt Nam 2004 )
L ời giải: BĐT đúng khi a = b = c = 0
Nếu
2 2 2
a + b + c > 0
Chuẩn hóa
2 2 2

a + b + c = 9

 (1) 2(a + b + c) - abc 10
Giả sử :

      
2 2 2
2
b + c 9 - a
a b c a 3 bc = 3
2 2

 

   

   
2
2
2 2 2
VT = a(2 - bc) + 2(b + c) VT = a(2 - bc) + 2(b + c)
a + (b + c) (2 - bc) + 4
Đặt :
 
 t = bc t -3; 3

 
 

 

2 2
VT = (9 + 2t) (2 - t) + 4 = f(t); t -3;3

   f(t) f(t) 100 VT 10
(đpcm)
B ài toán 5: Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng


(b + c- a)(a + c - b) + (a + b - c)(a + c - b) + (a + b - c)(b + c - a)
abc( a+ b + c) (1)
L ời giải: Đặt a = x
2
, b = y
2
, c = z
2
.

 
4 4 4 2 2 2 2 2 2
(1) x + y + z + xyz(x + y + z) 2(x y + y z + z x ) (2)
Chuẩn hóa:
1x y z  
. Ta có:

   (2) 1 + 9xyz 4(xy + yz + zx) 4(xy + yz + zx) - 9xyz 1
(*)
Giả sử:
   
1

0 < x y z 0 < x
3
. Khi đó :


1
VT = 4x(1- x) + yz(4 - 9x) f(x)
4
;
3 2
f(x) = - 9x + 6x - x + 4
Khảo sát:
3 2
f(x) = - 9x + 6x - x + 4
trên
1
0;
3
 


 

  f(x) 4 VT 1
. Suy ra (*) được chứng minh
B ài tập tương tự:





3
2 2 2
1
1. (a + b)(b + c)(c + a) + abc (a + b + c) ; a, b, c > 0
3
a + b + c 8abc
2. + 2; a, b, c>0
ab + bc + ca (a + b)(b + c)(c + a)
1 1 1 4abc
3. (a + b+ c)( + + ) + 5; a
a + b b + c c + a (a + b)(b + c)(c + a)
, b, c > 0