ung pt hpt

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (534.42 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH TRONG CÁC

BÀI TỐN CỰC TRỊ

Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn

1. Hai phương pháp giải bài toán cực trị

Bài toán 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số





( )

1993

1995

f x



x





x

với

x

 



1995, 1995



(Việt Nam 1993)

Lời giải.

f x

( )

là một hàm lẻ theo

x

, nhƣ vậy giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của nó sẽ là hai số đối nhau. Ta sẽ
đi tìm giá trị lớn nhất. Một cách tự nhiên ta nghĩ đến việc khử căn thức để giảm bớt đi sự khó khăn. Trong các bất
đẳng thức cổ điển thì bất đẳng thức Cauchy là một trong những công cụ hiệu quả nhất giúp phá bỏ căn thức, vì vậy
cũng là lẽ tự nhiên khi ta nghĩ đến việc sử dụng nó ở đây. Thế nhƣng có một số vấn đề mà ta cần lƣu ý tới, đó là:

(i) Các đánh giá phải có chung dấu bằng.

(ii) Để tìm được giá trị lớn nhất, ta cần đánh giá sao cho những phần liên quan đến biến

x

bị triệt tiêu.

Để thoả mãn đƣợc hai yêu cầu này, rõ ràng không thể sử dụng những đánh giá nhƣ thông thƣờng đƣợc. Ta cần bổ
sung thêm những tham số phụ để điều chỉnh các đánh giá cho hợp lý. Cụ thể, ta bổ sung thêm 2 tham s ố

a b

,



0

và
sử dụng đánh giá nhƣ sau

2 2

1993

1 1995

( ) 1993

1995

2 x

f x

x

a

bx

a

b









































Bất đẳng thức đầu tiên đạt dấu bằng khi

x



a

, cịn bất đẳng thức thứ hai có dấu bằng khi

1995



x



bx

. Do
vậy để đảm bảo đƣợc yêu cầu (i), ta phải có

1995

ab





a

Theo (ii) ta cần chọn

a b

,

thích hợp sao cho hệ số của

x

2bị triệt tiêu, tức ta phải có

1993

1

0 b

a

  

b

Nhƣ vậy

a b

,

là nghiệm của hệ phƣơng trình

1995

1993

1

0 ab

a

b

a

b











  





Giải ra ta tìm đƣợc

a



1994

và

1 1994

b



. Từ đó dẫn tới

1993

1995

max ( )

1994 1994

2 f x

a

b







Vậy

max ( ) 1994 1994

f x



đạt đƣợc khi

x



1994

và

min ( )

f x

 

1994 1994

đạt đƣợc tại

1994

x

 

Với phƣơng pháp thứ hai, chúng ta dựa vào hai định lý cơ bản của giải tính là định lý Weierstrass “Hàm số liên tục

trên mộ đoạn thì đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó” và bổ đề Fermat “Nếu hàm số

f x

( )

k hả vi 
trên k hoảng

( , )

a b

và đạt cực trị tại điểm c thì ta có

f c

'( )



0

”. Nhƣ vậy việc tìm cực trị của các hàm khả vi sẽ
quy về việc giải phƣơng trình

f x

'( )



0

. Phƣơng trình đã xuất hiện một cách tự nhiên nhƣ vậy.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2
2

1995 2

'( ) 1993

1995

x

f x

x









Phƣơng trình

f x

'( )



0

có hai nghiệm phân biệt là

x

1

 

1994

và

x

2



1994

f

'( )

x

đổi dấu từ - sang + khi
qua

x

1 và từ + sang – khi qua

x

2. Do vậy ta có

min

( )

1994 1994,

max

( ) 1994 1994

f



f x

 

f



f x



Bài tốn 2. Cho một miếng thép hình chữ nhật có k ích thước

a b a



(



b

)

. Người ta muốn cắt đi ở bốn góc của

hình chữ nhật bốn hình vng k ích thước

x x



để gấp lên và hàn thành một hình hộp chữ nhật k hơng nắp. Hãy tìm

x

để thể tích hình hộp chữ nhật lớn nhất.

Lời giải. Rõ ràng

0 

2 x



min{ , }

a b

. Dễ dàng tính đƣợc thể tích của hình hộp chữ nhật đã cho là



2 

2 

V



x a



x b



x

Ta cần tìm

x

sao cho

V

lớn nhất. Đặt

f x

( )



x a





2 x b





2 x



, ta có



















'( )

2

12

4 f x



a



x b



x



x b



x



x a



x



x



a b x ab



Trong khoảng

0, min

,

2 2

a b

























, phƣơng trình

f x

'( )



0

có một nghiệm

2 2

*

6 a b

a

ab b

x



 





Mà

f

'( )

x

đổi dấu từ + sang 0 khi qua

x

*

nên ta có

f

max



f x

 

*

Định lý Weierstrass và bổ đề Fermat có thể mở rộng lên trƣờng hợp hàm nhiều biến. Cụ thể “Một hàm số liên tục 
trên một compact thì đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đó” và “Nếu hàm số

f x x

( ,

1 2

,... )

x

n xác định trên

D, có đạo hàm riêng theo từng biến và đạt cực trị tại điểm

x

*



( *,

x

1

x

2

,... )

x

n thì hàm số có

( *)

0

i

f

x







với

mọi

i



1, 2,...

n

và ta có hệ phương trình điểm dừng”.
Bài tốn 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

2 2

( , )

2 f x y



x



y



xy



x



y

Lời giải. Ta bỏ qua phép chứng minh sự tồn tại của giá trị nhỏ nhất, hơn nữa giá trị nhỏ nhất này đạt tại điểm cực trị
(tức là không đạt tại biên). Điều nay là cần thiết, mặc dù thƣờng không đƣợc để ý tới trong lý luận.

Xét hệ phƣơng trình tìm điểm dừng

2

0

4

2

0 x

y

x



 







 



Giải ra ta đƣợc

x

 

3,

y



2

. Từ đó suy ra

f

min



f

( 3, 2)



 

5 2. Phương pháp hệ số bất định

Bài toán 4. Cho

x

 

y

0

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1

2 (

)

A

x

xy x

y





</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>





 











  





2
4

1

2

4

2 (

)

1

4

2 A

x

ax

a

x

y

a y

ax

a

x

y

a

xy x

y

xy x

y

xy x

a

























Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi





 





1 

2 ax

a

x

y

a y

xy x

y













Giải hệ này ta tìm đƣợc

4
4

2

6 ,

6,

3

2 a



x



y



. Và nhƣ vậy giá trị nhỏ nhất của

A

phải là
2

2

32

4

2

4

3

27 















Cách 2. Ta thấy rằng biểu

2 x

không phụ thuộc vào

y

, do đó, cố định

x

, trƣớc hết ta tìm giá trị của

y

sao cho

1 (

)

xy x



y

nhỏ nhất. Điều này thực hiện đƣợc vì theo bất đẳng thức Cauchy thì

(

)

4 x

y x



y



. Dấu bẳng xảy ra

khi

2 x

y



. Vậy

3 3

1

4

2

4 A

x









Bây giờ tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy bẳng cách tách

2 x

ra thành ba phần

2

3 x

3 3

4

2

4

32

2

4

3

27 x









Dấu bằng xảy ra khi

2

4

3

3 x



tức

x



6

. Vậy giá trị nhỏ nhất của

A

là

4

32

27

đạt đƣợc khi

6 x



và
4

6

2 y



Bài tốn 5. Tìm diện tích lớn nhất của tam giác

ABC

nội tiếp trong đường trịn bán k ính

R

.

Lời giải. Cố định cạnh

BC

thì ta thấy rằng diện tích tam giác

ABC

sẽ lớn nhất khi

A

trùng với trung điểm

K

của
cung lớn

BC

. Đặt

BC



2 x

thì dễ dàng tính đƣợc diện tích tam giác

ABC

trong trƣờng hợp này bằng



2 2



S



x R



R



x

Bài tốn quy về việc tìm

x

sao cho

S

lớn nhất.

Hai đại lƣợng

xR

x R



x

2 đều có thể đánh giá riêng một cách dễ dàng:

2 2 2 2

2 2 2

,

2 x

R

x

R

xR



R x R



x









Từ đó suy ra

3

2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đáng tiếc là dấu bẳng ở các đánh giá trên xảy ra không đồng thời. Cụ thể ở bất đẳng thức thứ nhất, dấu bằng xảy ra
khi

x



R

, còn ở bất đẳng thức thứ hai dấu bằng xảy ra khi

2 R

x



Làm thế nào để xử lí tính huống này? Ta sẽ thêm các hệ số vào trƣớc khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy, cụ thể, ta
viết



2 2



1 



1



2 2



1 

2 2 2



1 

2 2 2 2



2 S

x R

R

x

axR

bx R

x

a x

R

b x

R

x

a

b

a

b



















(1)

Bất đẳng thức trên đúng với mọi

a b

,



0

. Tuy nhiên, để giải quyết bài tốn, tức là để tìm đƣợc giá trị lớn nhất của

S

, ta cần chọn

a b

,

sao cho

(i) Vế phải của bất đẳng thức k hông phụ thuộc vào

x

. 
(ii) Tồn tại

x

sao cho dấu bẳng xảy ra.

Điều kiện (i) tƣơng đƣơng với

1

0

2 a

b

 



hay

a b

1

0 b

  

Với điều kiện (ii), ta thấy dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức thứ nhất khi

a x

2 2



R

2, còn ở bất đẳng thức thứ hai khi

2 2 2 2

b x



R



x

hay



b



1 

x



R

2. Vậy tồn tại

x

để dấu bằng xảy ra ở đồng thời cả hai bất đẳng thức khi và
chỉ khi

a



b



1

Nhƣ vậy, ta có hệ phƣơng trình

2 2

1

0

1 a b

b

a

b

   





  



Giải hệ này, ta tìm đƣợc (chú ý

a b

,



0

)

2 ,

1 .

3 a



b



Áp dụng (1) cho cặp số

a b

,

này, ta đƣợc



2 2



3

2

1

2 2

3 4

2 2

3 1

2 2 2

3 3

3

2

3

4

3

2

3

4 S



x R



R



x







xR











x R



x











x



R











x



R



x







R

















Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tức là khi . Vậy đạt đƣợc khi .

Lƣu ý rằng khi trình bày lời giải, chúng ta khơng cần trình bày lại con đƣờng để đi đến các giá trị trên đây, mà chỉ
cần trình bày dịng cuối.

Cũng lý do này mà nhiều bày tốn có lời giải rất ngắn gọn, nhƣng thực tế lại là một bài tốn khơng đơn giản. Ví dụ
nhƣ bài toán sau.

Bài toán 6. Chứng minh rằng với

0  

x

1

ta có bất đẳng thức



2 2



9 1

13 1

16 x



x





x



(Olympic 30/4, 1996, lớp10) 
Lời giải. Ta có



2 2



3

13

3 



13 



9 1

13 1

3 2 1

2 1

9 4 1

16

2

4 x



x





x



x



x



x



x







x



x











x





x







Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

3 x



2 1



x

2 và

x



2 1



x

2 , tức là khi

2

5 x



Bài toán 7. Cho

x y z

, ,



0

thoả mãn điều k iện

2 x



4 y



7 z



2 xyz

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 
của biểu thức

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

(Chọn đội tuyển Việt Nam 2001) 
Lời giải. Từ điều kiện đầu bài suy ra

1

2 7 / 2

1 yz



zx



xy



Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta suy ra 3

2 2 2

7 1 3

x y z



, và ta có thể dễ dàng suy ra đƣợc3

xyz



189

. 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta lại có

P



3

xyz



3 189

6 . Ta có đƣợc một đánh giá chặn dƣới cho

P

. Tuy 
nhiên

3 189

6 không phải là giá trị nhỏ nhất của

P

, vì trong các đánh giá trên, dấu bằng xảy ra tại các điểm khác
nhau. Ta cần điều chỉnh bằng các hệ số nào đó.

Đƣa vào bao nhiêu hệ số? Các hệ số cần thoả mãn những điều kiện nhƣ thế nào? Phƣơng pháp sẽ trình bày dƣới đây
sẽ trả lời câu hỏi đó.

Giả sử

P

đạt giá trị nhỏ nhất tại điểm



x y z

0

,

0

,

0



. Khi đó tại điểm này, các giá trị

0 0 0

,

x

y

z

x

y

z

bằng nhau và bằng

1. Tƣơng tự, các giá trị

0 0 0

1 ,

x yz xy z xyz

sẽ cùng bằng 0 0 0

1 x y z

. Do đó ta mạnh dạn dùng bất đẳng thức Cauchy

cho các biểu thức này.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có





0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

x y z

x y z x y z x y z

x

y

z

x

y

z

P

x

y

z

x

y

z

x

y

z

A

x

y

z

x

y

z

     













   

































Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có









0 0 0

0 0

0 0 0 0 0 0

2 7 / 2

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

2 7 / 2

2 7 / 2 2 7 / 2

0 0

1

2 7 / 2

1

2

7 / 2

2

7 / 2

1

x
x y z

y z

x y z x y z

x

y

z

x

y

z

yz

zx

xy

x yz

xy z

xyz

x yz

B

xy z

xyz

 

   























































A

có bậc 1 (theo

x y z

, ,

) cịn

B

có bậc -2 nên ta tìm

x y z

0

,

0

,

0 sao cho

A B

2 là hằng số, nhƣ vậy ta sẽ có
2

P



A B

với dấu bằng xảy ra khi

x



x y

0

,



y z

0

,



z

0.

Xét bậc của

x y z

, ,

trong

A B

2 , ta thấy

A B

2 là hằng số (không phụ thuộc vào

x y z

, ,

) khi và chỉ khi

0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

2

7 / 2

2

7 / 2

2

7 / 2

2

7 / 2

2

7 / 2

2

7 / 2

2

7 / 2

2

7 / 2

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

y

x

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

x

y

z

x

y

z

x

y

z







  









  















Đây chính là hệ phƣơng trình tìm

x y z

0

,

0

,

0. Chú ý rằng phƣơng trình thứ ba có thể bỏ đi vì đó suy ra từ hai phƣơng
trình trƣớc. Nhƣ vậy thực chất ta chỉ mới có 2 phƣơng trình. Tuy nhiên, chúng ta cịn 1 phƣơng trình n ữa, chính là
phƣơng trình điều kiện ban đầu

2 x

0



4 y

0



7 z

0



2 x y z

0 0 0.

Giải hệ phƣơng trình này (với

x y z

0

,

0

,

0



0

), ta đƣợc nghiệm 0

3,

0

5 ,

0

2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

min 0 0 0

15

2 P



x



y



z



Chú ý rằng, khi trình bày bài giải, ta khơng cần trình bày bƣớc tìm

x y z

0

,

0

,

0 (làm trong nháp!) mà trình bày trực
tiếp nhƣ sau:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy mở rộng, ta có

6 5 4

15 15 15

6

5

4

15

6

5

4

6

5

4 x

y

z

x

y

z

P

   

x

y

z

 

 



 

 



 

 



     

     

 

     

và

6 10 14

30 30 30

1

2 7 / 2

1

6

10

14

30

6

5

4

6

5

4 yz

zx

xy

yz

zx

xy

yz

zx

xy





















































































Từ đó suy ra

6 14

12 10 8 10

2
2

30 30

15 15 15 30

2 2

1 15 .30

15 .1 15

30

6

5

4

6

5

4

6.5.4

2 x

y

z

P

yz

zx

xy









     











     



















     

















Suy ra

15

2 P



. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

, 2

4

7

2

6

5

4 x

y

z

x

y

z

xyz

 





, tức

3,

5 ,

2 x



y



z



Lời
giải rất ngắn gọn, nhƣng đằng sau lời giải đó là cả một khối lƣợng cơng việc rất lớn trong việc tìm ra các con số kì
diệu nói trên.

Phương pháp hệ số bất định tỏ ra rất hiệu quả trong việc chứng minh các bất đẳng thức dạng

( )

f x



f y



f z

A

với

x

  

y

z

a

. Ý tưởng là ta tìm các hằng số

s

và

t

sao cho

f x

( )

sx t



với 
mọi

x

(hoặc có điều kiện bổ sung nào đó) và

as

 

3 t

A

thì bất đẳng thức coi như được chứng minh.

Dƣới đây, ta xét một ví dụ nhƣ vậy.

Bài tốn 8. Chứng minh rằng với mọi số thực dương

a b c

, ,

ta có bất đẳng thức

















2 2 2

6

5 a b c

b c

a

c a b

a

b c

b

c

a

c

a b





 



(1)

(Japan 1997)

Lời giải. Do giá trị của biểu thức vế trái (1) không thay đổi khi ta thay



a b c

, ,



bằng



ta tb tc

, ,



nên ta chỉ cần
chứng minh (1) trong điều kiện

a b c

  

3

. Chú ý rằng với

a b c

  

3

thì ta có

















2 2 2

2 2

3 ( )

2

6

9

3 a b c

a

a a

f a

a

b c

a

















 

 

Nhƣ vậy bất đẳng thức của chúng ta có dạng

( )

6

5 f a



f b



f c



với

a b c

  

3

.
Ta sẽ tìm các hằng số

s t

,

sao cho

( )

f a



as t



với mọi

a

0  

a

3

và

3

6

5 s

 

t

tức là

2

5 s t

 

Thay

2

5 t

 

s

vào, ta đƣợc





2
2

3

2

1

2

6

9

5 a a

s a

a



 







</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>





18 9

1

0

2

6

9 a

s

a









 













(2)

Ta nhận xét rằng để bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi

a

thì số hạng thứ nhất phải chứa thêm một thừa số

(

a



1)

nữa, tức là phải bằng 0 khi

a



1

. Từ đó thay

a



1

vào, ta đƣợc

9

5 s



. Chú ý rằng

9

5 s



mới chỉ là điều
kiện cần để bất đẳng thức đúng với mọi

a

. Thay giá trị

9

5 s



vào, ta viết đƣợc bất đẳng thức (2) thành



 







9

1

2

1

0 5 2

6

9 a











Rõ ràng bất đẳng thức này đúng với mọi

0  

a

3

.
Vậy ta đã chứng minh đƣợc

( )

9

7

5 f a



a



với mọi

0  

a

3

. Tƣơng tự

9

7

9

7 ( )

, ( )

5 f b



b



f c



c



Cộng các bất đẳng thức này lại vế theo vế ta đƣợc điều phải chứng minh.

3. Phương pháp khử dần các biến số bằng đạo hàm một biến

Bất đẳng thức

f x

( )

  

0,

x

D

, trong đó

f x

( )

là một hàm khả vi trên

D

có thể chứng minh đƣợc dễ dàng dựa
vào việc chứng minh giá trị nhỏ nhất của

f x

( )

trên

D

lớn hơn hoặc bằng 0.

Dựa vào tính chất cơ bản này, chúng ta có thể chứng minh các bất đẳng thức nhiều biến bằng cách khảo sát hàm số

theo một biến nào đó, coi các biến còn lại là tham số để giảm dần số biến số.

Bài toán 9. Cho

a b c

, ,

là ba số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức

3 3 3

3 a

 

b

c



abc

Lời giải. Xét hàm số

f x

( )



x



3 bcx b

 

c

,

 

x

0

. Ta có

f x

'( )



3 x



3 bc

. Suy ra

 

3 3

 

3/2



3/2 3/2



min

2

0 f



f

bc



b

 

c

bc



b



c



. Từ đó suy điều phải chứng minh.

Bài 10. Chứng minh rằng với mọi

a b c

, ,

dương, ta có bất đẳng thức

3

2 a

b

c

b c



c



a



a b





Lời giải. Xét hàm số

f x

( )

x

b

c

,

x

0 b c

c

x

x b





 



. Ta có



 



1 '( )

b

c

f x

b c

c

x

b

x







Phƣơng trình

f x

'( )



0

là một phƣơng trình bậc 4. Chúng ta sẽ gặp khó khăn lớn nếu đi theo hƣớng trực diện. Ta
xử lý khó khăn trên bằng cách xét

a

 

b

c

và nhƣ vậy, chỉ xét hàm số

f x

( )

trên

[ ,

b



)

. Khi đó dễ thấy

'( )

0 f

x



, hàm số tăng trên khoảng

[ ,

b



)

nên

( )

2 b

c

f x

f b

b c

b







. Cuối cùng, bất đẳng thức

3 ( )

2 f b



là hiển nhiên vì tƣơng đƣơng với



b c







0

Gặp các bất đẳng thức có điều kiện đơn giản, ta có thể khử điều kiện bằng phƣơng pháp thế rồi tiến hành sử dụng
cơng cụ đạo hàm nhƣ bình thƣờng.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

P

  

x

y

z

(Chọn đội tuyển Việt Nam 2001)

Lời giải. Rút

2

4

2

7 x

y

z

xy







. Ta đƣa bài tốn về việc tìm giá trị nhỏ nhất của

2

4 ( , )

2

7 x

y

f x y

x

y

xy



  



với

x y

,



0, 2

xy

 

7

0

Cố định x, coi

f x y

( , )

là hàm theo y, ta có





2
2

4

28 '( , ) 1

2

7 x

f x y

xy



 



'( , )

0 f x y



tại điểm

2
0

4

28

7

2 x

y

x





.Đây là điểm cực tiểu, do đó

4

28

11 ( , )

( ,

)

( )

2

o

x

f x y

x

g x

x





 





Cuối cùng, xét

2 2

14

11 '( ) 1

2

7 g x

x

 





Phƣơng trình

g x

'( )



0

có một nghiệm dƣơng duy nhất

x



3

ứng với điểm cực tiểu. Do đó

15 min ( , )

(3)

2 f x y



g



Trong trƣờng hợp đẳng thức có số biến số thay đổi, ta cũng có thể áp dụng phƣơng pháp này kết hợp với phƣơng
pháp quy nạp toán học.

Bài toán 12. Cho

a a

1

,

2

,...

a

n



0

. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

1 2

...

n n 1 2

...

n

a

  

a



n a a

a

(Bất đẳng thức Cauchy cho n số dương)

Lời giải. Bƣớc chứng minh quy nạp đƣợc thực hiện nhƣ sau:

Ta đã có theo giả thiết quy nạp 1

...

(

1)

...

n

n n

a

 

a



n



a

nên để chứng minh bất đẳng thức với n biến, ta
chỉ cần chứng minh





1

n 2

...

n n 1 2

...

n

a

 

n



a



n a a

a

Đặt 1

...

n

y





a

. Bất đẳng thức trên trở thành





1

n
n

a

 

n

y



n a y



Bây giờ ta đặt tiếp

f x

( )

  

x



n

1 

y n xy



n n1 thì

1 1

'( ) 1

n n
n n

f x

y

x

 

 

. Từ đây

f x

( )

đạt giá trị nhỏ nhất
khi

x



y

. Nhƣng rõ ràng

f y

( )



0

và ta có điều phải chứng minh.

Ngồi phƣơng pháp cơ bản trên đây, tồn tại rất nhiều các thủ thuật để làm giảm số biến trong bất đẳng thức hoặc

giảm bậc của các biến trong bất đẳng thức.

Bài toán 13. Chứng minh rằng với

a b c

, ,



0

ta có bất đẳng thức

(Bất đẳng thức Schur bậc 3)

3 3 3 2 2 2 2 2 2

3

0

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Lời giải. Chia hai vế của bất đẳng thức cho

c



0

rồi đặt

a

u

,

b

v

c



c



, ta đƣa bất đẳng thức về dạng

3 3 2 2 2 2

1

3

0 u

  

v

u v uv



u

   

u v

v

uv



Sử dụng tính đối xứng của các biểu thức vế phải, đặt

x

 

u v y

,



uv

với chú ý rằng

x



0,

y



0,

x



4 y

, ta
đƣa bất đẳng thức trên về dạng







3 2



5 4

1 0, 0

4 x

y



x



x



x

  

x

 

y

Nhƣ vậy, sau các phép biến đổi, số ẩn số đã giảm xuống và bậc của biến

y

cũng giảm xuống thành 1. Ta viết bất
đẳng thức thu đƣợc cuối cùng dƣới dạng







3 2



( )

5 4

1

0 f y



y



x



x



x

  

x

Với mọi giá trị của

x

, đồ thị

f y

( )

là một đƣờng thẳng. Do đó giá trị nhỏ nhất trên đoạn
2

0.

4 x













của

f y

( )

đạt

đƣợc tại hai đầu mú t của đoạn này. Những tính tốn đơn giản



 





2 

(0)

1 0,

0

4 x

f



x



x

 

f



















Hoàn tất phép chứng minh.

Thủ thuật vừa trình bày có thể áp dụng cả trong trƣờng hợp bất đẳng thức có số biến thay đổi.

Bài tốn 14. Với

x x

1

,

2

,...

x

n



[0,1]

, hãy chứng minh bất đẳng thức

2 2 2 2

1 2 1 2

(

x

  

x

...

x

n



1)



4(

x



x

 

...

x

n

)

Lời giải. Đầu tiên ta tập trung vào biến số

x

n. Đặt

2 2 2

1 2

...

n 1

0,

1 2

...

n 1

0 x

  

x



 

a

x



x

 

x



 

b

Bất đẳng thức ban đầu có thể viết lại dƣới dạng

2 2

(

n

)

4(

n

) (

n

1)

0 f x



x

 

b

x

 

a



Đồ thị của

f x

(

n

)

là một parabol hƣớng lên trên. Nhƣ vậy để bất đẳng thức đúng với

x

n



[0,1]

điều kiện cần và đủ
là

f

(0)



0, (1)

f



0

. Nói cách khác, ta chỉ cần xác lập tính đúng đắn của hai bất đẳng thức thu đƣợc từ bất đẳng
thức ban đầu với

x

n



0,

x

n



1

Lặp lại các lý luận này cho mỗi một trong hai bất đẳng thức thu đƣợc ta nhận đƣợc kết quả tƣơng tự: chỉ cần kiểm
tra tính đúng đắn của mỗi một trong hai bất đẳng thức tại

x

n1



0,

x

n1



1

. Tiếp tục lý luận tƣơng tự, ta thu đƣợc
là chỉ cần kiểm tra tính đúng đắn của tất cả 2n bất đẳng thức, thu đƣợc từ bất đẳng thức ban đầu với một phần (có
thể là rỗng) các biến số bằng 0 và phần còn lại bằng 1. Do tính đối xứng của bất đẳng thức ban đầu, có thể xét

1 2

...

k

1,

k 1 k 2

...

n

0, 0

x



x

 

x



x





x



 

x



 

k

n

Với các giá trị nhƣ vậy của biến số, bất đẳng thức ban đầu có dạng





1

4 k





k

Đây là một kết quả hiển nhiên, bỏi vì nó tƣơng đƣơng với



k



1 



0

. Bất đẳng thức đƣợc chứng minh.

Bài toán 15. Cho

a b c

, ,



[0,1]

. Chứng mình rằng



1 

1 

1 a

b

c

a

b

c

b c

 



c

 

a



a b

 

 



 

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>







( )

1 x

b

c

f x

x

b

c

b c

c

x

x b





 



 

Tính đạo hàm cấp hai của

f x

( )

, ta đƣợc



 



2 ''( )

0

1 b

c

f

x

c

x

x b







 

Nhƣ vậy

f x

( )

là một hàm lồi, suy ra nó sẽ đạt giá trị lớn nhất tại biên. Điều này cho phép ta đƣa ra kết luận sau: Để
chứng minh bất đẳng thức ban đầu, ta chỉ cần kiểm tra tính đúng đắn của nó khi

a



0,

a



1

Bài tốn 16. Tìm số thực

a



0

nhỏ nhất sao cho

1

2 x

a a

1

3 x





 

























Lời giải. Xét hàm số

f x

( )

2 x

a

1

a

1

3 x

1 x















 

















'(1)

0, (1)

0 f



f



Giải bất phƣơng trình

f

''(1)



0

để

x

0



1

là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số ta đƣợc

3

2 a



là giá trị cần tìm.

Bài tốn 17. Cho hàm số

2
2

2

1 ( )

1 x

f x

x









. Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

( )

( ) (1

),

[ 1,1]

g x



f x f



x

  

x

Lời giải. Bài tốn có dạng tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

g x y

( , )



f x f y x

( ) ( ),

 

y

1

. Khi đó có
thể nhận ra ngay tính đối xứng của

g x y

( , )

và có thể biến đổi

g x y

( , )



G t t

( ),



xy

.Đặt

t



x



1 

x



thì

( )

( ) (1

)

( )

g x



f x f



x



h t

và hàm

h t

( )

này chỉ là một hàm

2 4. Phương pháp bất đẳng thức Cauchy-Schwarz kết hợp với đạo hàm riêng

Bài toán 18. Cho

x y z

, ,

là các số thức thoả mãn điều k iện

2 2 2

0,

6 x

  

y

z

x



y



z



Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

A



x y



y z



z x

(Anh 1986) 
Lời giải. Xét hàm số

f x y z

( , , )



x y



y z



z x

2 với

x

  

y

z

0,

x



y



z



6

Lập nhân tử Lagrange









2 2 2 2 2 2

6 L



x y



y z



z x





x

  

y

z



x



y



z



Hệ phƣơng trình điểm dừng

2
2
2

2

0

2

0

2

0 xy

z

x

yz

x

y

zx

y

z

















 







 









 





Bằng cách cộng 3 phƣơng trình lại rồi kết hợp với giả thiết

x

  

y

z

0

, ta tìm đƣợc





0

. Khi đó hệ trên có thể
viết lại thành

2 2 2

2 xy

z

yz

x

zx

y

x

y

z





</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>



 



3 A



x

2 xy



z



y

2 yz



x



z

2 zx



y

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta đƣợc



 



2 2 2 2 2 2 2

9 A



x



y



z





2 xy



z



2 yz



x



2 zx



y









Từ giả thiết, ta có

xy



yz



zx

 

3

. Từ đó suy ra



2





4 2 2 2

 

4 2 2

 

2 2 2



2

4

2

4 x



yz



x



x yz



y z



x



y z



y z



x yz





2







2 2 2

2

6 2( 3)

54 x

yz











 



Vậy

  

6 A

6

. Giải các giá trị của

x

thoả mãn dấu bằng.

Bài toán 19. Cho năm số thực

a b c d e

, , , ,

thoả mãn điều k iện

2 2 2 2 2

0,

1 a b c d

    

e

a



b

 

c

d



e



Chứng minh rằng

5 1

4 ab bc cd

de ea

4 









Lời giải. Đặt

A



ab bc cd



de ea



. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có





















2 2 2 2

4 A









a b e











a







b e











b c







b

 

e

2 be

2 a

2 ac

2 2

ac









 



Mặt khác ta lại có

 

2 2

0 



a





a



2 

ab



2 

ac

 

1 2

A



2 

ac

Suy ra

2 

ac

  

1 2

A

Kết hợp với trên ta đƣợc

4 A

 

1 2

A

. Từ đó suy ra

5 1

4 A

4 



</div>

ung pt hpt

ỨNG DỤNG CỦA PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH TRONG CÁC

BÀI TỐN CỰC TRỊ

<b>1. Hai phương pháp giải bài toán cực trị </b>





( )

1993

1995

<i>f x</i>



<i>x</i>





<i>x</i>

<i>x</i>

 



1995, 1995



<i>f x</i>

( )

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>a b</i>

,



0

1993

1 1995

( ) 1993

1995

2

2

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>f x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>a</i>

<i>bx</i>

<i>a</i>

<i>b</i>



















<sub></sub>



<sub></sub>



<sub></sub>



<sub></sub>









<i>x</i>



<i>a</i>

1995



<i>x</i>



<i>bx</i>

1995

<i>ab</i>





<i>a</i>

<i>a b</i>

,

<i>x</i>