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 Giải 12.15 22 ++x ≥ 2 5 x + 1 ⇒ 15 2 +x ≥ 5 52 x ⇒ 15 2 +x - 2x ≥ 5 1 . Dấu bằng xảy ra ⇔ 2 5 x = 1 ⇒ x = 2 52 ⇒ minA = 5 1 . Chú ý: Một số bất đẳng thức hệ quả của bất đẳng thức Bunhiacốpxki là bất đẳng thức Svacxơ. 1 2 1 b a + 2 2 2 b a + .+ n n b a 2 ≥ ( ) n n bbb aaa +++ +++ . . 21 2 21 ∀ b > 0 và i =1,2, n. Dấu bằng xảy ra ⇔ n n b a b a b a === . 2 2 1 1 . Ta có thể tìm GTNN của biểu thức mà nó biểu thức dưới dạng tổng các phân thức có tính chất: Tổng các mẫu và tổng các tử là biểu thức đối xứng của các ẩn và bậc của tử không nhỏ hơn bậc của mẫu. Ví dụ 2: Tìm minB, B = qzpy x + + qxpz y + qypx z + . Với p, q là hằng số dương và x, y, z > 0. Giải B = ( ) qzpyx x + 2 + ( ) qxpzy y + 2 + ( ) qypxz z + 2 ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) qypxzqxpzyqzpyx zyx +++++ ++ 2 = = ( ) zxyzxy zyx qp ++ ++ + 2 . 1 ≥ qp + 3 . Dấu "=" xảy ra khi x = y = z. Bài tập 1. Cho x 1, x 2 , ., x 2002 > 0. ∑ = 2002 1 8 i i x = 1001. Tìm min ∑ = 2002 1 10 i i x , tìm Max ∑ = 2002 1 5 i i x . 2. Cho x, y, z > 0: x 2002 + y 2002 + z 2002 = 3. Tìm MaxS, S = x 2 y 2002 + y 2 z 2002 + z 2 x 2002 . Gợi ý: Dùng bất đẳng thức Côsi cho 2002 số ta chứng minh được 2a 2002 + 2000b 2002 ≥ 2002a 2 b 2000 ∀ a,b > 0. 3. Cho các hằng số m, n ∈ N * , a > 0, x 0 > 0 sao cho a < n m x 0 m + n . Tìm minf(x), f(x) = x m + n x a với x ≥ x 0 . 6 Gợi ý: Nhân f(x) với a m x m + n để tách biểu thức mới thành hai bộ phận: Một bộ phận sử dụng đánh giá x ≥ x 0 , một bộ phận dùng bất đẳng thức sao cho nó thành đẳng thức khi x = x 0 . 4. Cho x, y, z > 0, x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm minA, A = 2 1 x x − + 2 1 y y − + 2 2 1 z z − . Gợi ý: Chọn α > 0; 2 1 x x − ≥ α x 2 . 5. Tìm minf(x), f(x) = x 2002 - 12x 4 + 4 (x > 0). 6. Cho x 1 , x 2 , ., x 100 ∈ [1,2]; y 1 , y 2 , ., y 150 ∈ [3,4] sao cho ∑ = 100 1i i x + ∑ = 100 1j þ y = 700. Tìm MaxP, P = ∏ = 100 1i i x ∏ = 150 1j j y . Gợi ý: P đối xứng với x i (i = 1,2,3, 100) P cũng đối xứng với y j (j= 1,2, .,150). áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số x i và α y j chọn α ∈ (0,1) sao cho dấu đẳng thức xảy ra thoả mãn x i ∈ [1,2]; y j ∈ [3,4] và ∑ = 100 1i i x + ∑ = 100 1j þ y = 700. 7. Tìm Maxf(x), f(x) = x(a + 22 xb + ) với x ∈ [0,b]. Gợi ý: Dùng cả bất đẳng thức Côsi và Bunhiacốpxki. f(x) = x(a α . α 1 + 22 xb − β . β 1 ) ≤ x. 222222 xba ββα −+ . 2 2 11 βα + . f(x) ≤ β 1 22 11 βα + .x. 222222 xba ββα −+ ≤ β 1 22 11 βα + . 2 2222 ba βα + . Chọn βα , để dấu đẳng thức xảy ra. 8. Cho các hằng số a, k, S 3 (a < 0, k ∈ N * ) sao cho 9 1 (k - 3 3 a S ) là số tự nhiên không vượt quá k. Tìm Max ∑ = k i i x 1 2 với ∑ = k i i x 1 2 = S 3 , với x i ≥ a ∀ i =1,2, .,k. 9. Cho các hằng số a, k, S 3 (b > 0, k ∈ N * ) sao cho 9 1 (k - 3 3 b S ) là số tự nhiên không vượt quá k. Tìm min ∑ = k i i x 1 2 với ∑ = k i i x 1 2 = S 3 , với x i ≤ b ∀ i = 1,2, .,k 10. Cho x ≥ 4, y ≥ 5, z ≥ 6: x 2 + y 2 + z 2 = 90. Tìm min(x+ y + z). 7 8 . 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. 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