SKKN bất đẳng thức

Lời nói đầu
Việc dạy cho học sinh hiểu được phương pháp giải bài tập là một trong
những thành công, nhưng thành công hơn cả là việc định hướng được cho học sinh
biết phán đoán về phương pháp giải bài tập. Từ đó khẳng định phương pháp đã dự
đoán là hoàn toàn đúng đắn và biết tự sáng tạo ra các bài tập khác nhờ khái quát
hoá, đặc biệt hoá, tương tự hoá...
Trong quá trình giảng dạy ở trường, tôi nhận thấy toán bất đẳng thức và toán
cực trị là một trong những nội dung hấp dẫn của toán sơ cấp. Tuy nhiên đôi khi để
tìm ra cách làm, sinh viên thường gặp khó khăn trong việc phán đoán giá trị cực trị.
Vì vậy bên cạnh những cách làm thông thường trong việc tìm cực trị hoặc chứng
minh bất đẳng thức như:
Dùng mệnh đề tương đương.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, n số không âm.
áp dụng bất đẳng thức Svacxơ.
Chứng minh bất đẳng thức bằng cách áp dụng nguyên lí quy nạp.
Những áp dụng của bất đẳng thức Côsi - Bunhiacôpski.
Dùng tam thức bậc hai.
Dùng đạo hàm.
....
Tôi xin trình bày sơ lược những kĩ thuật nhỏ trong việc sử dụng các bất đẳng
thức đại số đơn giản, qua đó có thể vận dụng để có được phương pháp luận sáng
tạo ra bài tập và dạy học nhiều loại đối tượng học sinh tư duy sáng tạo về toán cực
trị.
kĩ thuật vận dụng bất đẳng thức đại số
vào giải các bài toán cực trị
I. Kĩ thuật vận dụng hằng đẳng thức và hằng bất đẳng thức x
2
> 0,
∀
x:
Ước luợng thêm bớt để đưa dần các biến về dạng

α
(x
2
+2xy+y
2
) =
α
(x+y)
2
.
Ví dụ: Tìm GTNN của A = x
2
+ 5y
2
+ 6z
2
+ 4xy + 10yz + 4xz +4y + 2z + 2012
Ta có:
A = x
2
+ 4x(y + z) + 4(y + z)
2
- 4(y + z)
2
+5y
2
+ 6z
2
+ 10yz +4y + 2z + 2012.
= (x + 2y + 2z)

2
+ y
2
+ 2z
2
+ 2yz +4y + 2z + 2012.
= (x + 2y + 2z)
2
+ y
2
+ 2y(z + 2) + (z + 2)
2
- (z + 2)
2
+ 2z
2
+ 2z + 2012.
= (x + 2y + 2z)
2
+ (y + z + 2)
2
+ z
2
- 2z + 2008.
= (x + 2y + 2z)
2
+ (y + z + 2)
2
+ (z - 1)
2

+ 2007
≥
2007.
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:





=
−=
=
⇔





=−
=++
=++
1
3
4
01
02
022
z
y
x

z
zy
zyx
Nhận xét: Ta có thể đưa về tam thức bậc hai của x coi y,z là tham số và sau đó
đưa về tam thức bậc hai của y coi z là tham số, cuối cùng đưa về tam thức bậc hai
của z.
Như vậy, đa thức bậc hai n biến x
1
, x
2
,...,x
n
không đối xứng có thể có tới n!
cách biến đổi khác nhau tuỳ thuộc ta đưa về tam thức bậc hai của biến nào trước.
II. Kỹ thật xét hiệu
1. Kỹ thật xét hiệu đối với các biến thức có biến thuộc một khoảng xác
định (-
∞
,
α
]; [a, b]; [b, +
∞
) ta thường "tịnh tiến" các biến về 0.
Ví dụ: x
≤
a
⇒
x - a
≤
0; x

≥
b
⇒
x - b
≥
0.
Ví dụ 1: Cho các hằng số a, b, S
1
, k (k
∈
N)

thoả mãn a <
2
b
< 0 <
2
a
< b;
S
1
<
2
k
min
{ }
ba ,
,
3
1







+ k
a
S
1
2
,
3
1






+ k
b
S
1
2
là các số tự nhiên.
2
Hãy tìm GTNN, GTLN của S
3
=

∑
=
k
i
i
x
1
3
, trong đó x
i
∈
[a, b],
ki ,...,2,1=∀
và
∑
=
k
i
i
x
1
= S
1
.
Phân tích: Tìm minS
3
để có mối quan hệ giữa hàm bậc nhất và hàm bậc ba, ta
xét (x
i
- a)(x

i
+
α
)
2

≥
0 tuy nhiên muốn triệt tiêu hạng tử bậc hai phải lấy
2
a
=
α
.
Tìm MaxS
3
phân tích tương tự ta xét (x
i
- b)(x
i
+
2
a
)
2

≤
0.
Giải
Ta có: (x
i

- a)(x
i
+
2
a
)
2
=
3
i
x
-
4
3
a
2
x
1
-
4
3
a

≥
0 i =1, 2,...,k.
⇒
x
i
3

≥

4
3
a
2
x
i
+
4
3
a

⇒

∑
=
k
i
i
x
1
3
≥

4
3
a
2
+

∑
=
k
i
i
x
1
k
4
2
a
⇒
S
3

≥

4
3
a
2
S
1
+ k
4
2
a
Dấu "=" xảy ra
⇔
∀

i = 1, 2,..., k hoặc x
i
= -
2
a
.
Giả sử m số bằng a, n số bằng
2
a
.
⇒






=−
=+
1
2
S
a
nma
knm

⇒







−=
+=
mkn
k
a
S
m )
2
(
3
1
1
Vậy minS
3
=
4
3
a
2
S
1
+ k
4
2
a
.
Tương tự xét (x

i
- b)(x
i
+
2
b
)
2

≤
0
⇒
MaxS
3
=
4
3
b
2
S
1
+ k
4
3
b
.
Ví dụ 2: Cho x
≥
1, y
≥

2, z
≥
3; x
2
+ y
2
+ z
2
= 21.
Tìm GTNN của B = x + y + z.
Giải
Ta có: (x - 1)(y - 1) + (y - 2)(z - 3) + (x - 3)(x - 1)
≥
0.
⇒
xy + yz + zx
≥
3(x + y + z) + 2x + y -11
≥
3(x + y + z) - 7, do x
≥
1, y
≥
2.
⇒
2(xy + yz + zx)
≥
6(x + y + z) - 14
⇒
(x + y + z)

2
- 21
≥
6(x + y + z) - 14.
⇒
(x + y + z - 7)(x + y + z + 1)
≥
0.
do (x + y + z - 1) > 0
⇒
(x + y + z)
≥
7.
Dấu "=" xảy ra
⇔
x = 1, y = 2, z = 4
⇒
minB = 7.
3
Kỹ thuật xét hiệu với biến thay đổi tuỳ ý.
2. Xét hiệu để tạo bình phương
Kinh nghiệm giải toán cực trị cho ta thấy rằng: Thường thì các biểu thức đối
xứng sẽ đạt cực trị khi các biến bằng nhau từ đó cho ta định hướng quá trình xét
hiệu hoặc đánh giá biểu thức.
Ví dụ 1: Tìm minC, C =
abc
cba
333
++
với abc(a + b + c) > 0.

Phân tích: C là một biểu thức đối xứng giữa a, b, c. Khi a =b = c thì C = 3.
C - 3 =
abc
cba
333
++
- 3 =
abc
abccba 3
333
−++
=
abc
cba
2
++
[(a - b)
2
+ (b - c)
2
+ (c - a)
2
]
≥
0
⇒
C
≥
3.
Dấu "=" xảy ra

⇔
a = b = c
⇒
minC = 3.
Ví dụ 2: Tìm minD, D =
cba
acaccbcbbaba
++
++++++++
222222

với a,b,c > 0.
Phân tích: Ta tách tử số của D thành các biểu thức đối xứng hai biến và chọn
hằng số
α
> 0 sao cho:
22
baba ++
≥

α
(a +b) (1)
22
cbcb ++

≥

α
(b + c)
22

acac ++

≥

α
(c + a)
Hai vế của (1) đối xứng giữa a và b. Dự đoán dấu "=" xảy ra khi a = b.
Chọn a = b và chọn
α
để có dấu "="
⇒
2
3a
=
α
.2a
⇒

α
=
2
3
.
Giải
Ta chứng minh
22
baba ++
≥
2
3

(a +b)
⇔

( )
0
4
1
2
≥+ ba
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Tương tự:
22
cbcb ++

≥

2
3
(b + c),
22
acac ++

≥

2
3
(c + a).
Cộng lại ta suy ra:
22

baba ++
+
22
cbcb ++
+
22
acac ++
≥
2.
2
3
(a + b +c)
⇒
D
≥
3 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 .
4
3. Kĩ thuật xét hiệu dựa trên sự đánh giá, sắp thứ tự các số
(Ví dụ: x
≥
y và a
≥
b thì (x-a)(y-b)
≥
0...).
Mệnh đề:
i) Nếu hàm f(x) là hàm đồng biến thì xf(x) + yf(y)
≥
xf(y) + yf(x).
ii) Nếu hàm f(x) là hàm nghịch biến thì xf(x) + yf(y)

≤
xf(y) + yf(x).
Mệnh đề này dễ chứng minh dựa vào xét (x - y)(f(x) - f(y).
Ví dụ: Cho x > 1, y >1. Tìm Max của B =
xy
y
x
−








Phân tích: Giả sử: B = B(x, y) = B(y, x). Khi x = y thì B = 1.
Vậy phải chăng B
≤
1.
Giải
Ta chứng minh B
≤
1 khi và chỉ khi
0)ln)(ln( ≥−−⇔≤ yxyxyxyx
yxüy
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x = y. vậy MaxB = 1.
III. Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Côsi.
Ta chú ý thấy khi các số trong bất đẳng thức Côsi bằng nhau thì bất đẳng thức

trở thành đẳng thức, vì vậy ta phải biến đổi biểu thức tạo các thành phần không âm
có mối liên hệ tổng không đổi và chúng có thể nhận cùng một giá trị ở một điều
kiện nào đó.
Ví dụ: Cho x
1
, x
2
,...,x
k
> 0 sao cho:
n
k
i
n
i
Sx =
∑
=1
không đổi (k, n
∈
N). Tìm min
nmNmx
k
i
m
i
>∈
∑
=
,

*
1
.
Phân tích: Hướng theo nhận xét trên. Đặt
∑
=
=
k
i
m
im
xS
1
IV. Kĩ thuật sử dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki
Ta phải chọn các số để sử dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki sao cho sau khi
đánh giá thu được thành phần của biểu thức ban đầu.
Ví dụ: Tìm minA, A =
2
5x
- 2x.
Phân tích:
∀
α
1.15
22
++
α
x

≥

5
α
x + 1
⇒

15
2
+x
1
5
2
+
α
α
x

≥

1
1
2
+
α
.
Chọn
α
để
1
5

2
+
α
α
x
= 2 thấy
α
= 2 thoả mãn.
5