BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM ANH TUẤN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM ANH TUẤN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHƠNG ĐỐI XỨNG Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Đà Nẵng - Năm 2015 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích nhiệm vụ nghiên Phương pháp nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu Nội dung luận văn cứu đề tài 1 1 1 CHƯƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC 1.1 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM THỨC BẬC HAI 1.2 ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA 1.3 ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN 14 CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG 2.1 PHƯƠNG PHÁP TAM THỨC BẬC HAI ĐỊNH HƯỚNG 2.2 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN 2.2.1 Bất đẳng thức AM-GM 2.2.2 Bất đẳng thức Cauchy 2.3 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG HÀM SỐ 2.4 PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN 26 26 35 35 46 51 61 CHƯƠNG KHẢO SÁT CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ DẠNG KHƠNG ĐỐI XỨNG 3.1 SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA TAM THỨC BẬC HAI 3.2 SỬ DỤNG TÍNH LỒI, LÕM CỦA HÀM SỐ 3.3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC 3.3.1 Phương pháp lượng giác hóa 3.3.2 Phương pháp đổi biến 65 65 69 77 77 81 KẾT LUẬN 85 TÀI LIỆU THAM KHẢO QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) 86 LỜI CAM ĐOAN Tơi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả luận văn PHẠM ANH TUẤN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bất đẳng thức phận quan trọng Giải Tích Đại Số Trong hầu hết kì thi đại học, thi học sinh giỏi Toán quốc gia, thi Olympic Toán khu vực quốc tế tốn liên quan đến bất đẳng thức hay đề cập chúng thường thuộc loại khó khó Hiện có nhiều tài liệu viết mảng bất đẳng thức lớp đa thức đại số dạng đối xứng tài liệu mảng bất đẳng thức lớp đa thức đại số dạng không đối xứng có sơ sài Chính vậy, tác giả định chọn đề tài "Bất đẳng thức toán cực trị lớp đa thức đại số dạng không đối xứng" để làm luận văn thạc sĩ Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu đề tài Mục đích luận văn trình bày số phương pháp dùng để giải toán cực trị lớp đa thức đại số dạng không đối xứng đặc biệt trọng đến phương pháp tam thức bậc hai định hướng Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng học sinh chuyên Toán GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu chủ biên, tài liệu chun tốn giải tích 12, chun đề chọn lọc bất đẳng thức số tài liệu tiếng Anh liên quan đến bất đẳng thức (xem [1]-[14]) Đối tượng nghiên cứu Các phương pháp dùng để giải toán cực trị Phạm vi nghiên cứu Luận văn tập trung nghiên cứu toán cực trị lớp đa thức đại số dạng không đối xứng Nội dung luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn chia thành chương: Chương trình bày kiến thức tam thức bậc hai, phương pháp giải phương trình bậc ba tổng quát phương trình bậc bốn tổng qt mà khơng thơng qua số phức Chương trình bày số phương pháp thông dụng dùng để chứng minh bất đẳng thức dạng không đối xứng phương pháp tam thức bậc hai định hướng, phương pháp sử dụng bất đẳng thức cổ điển, phương pháp sử dụng hàm số, phương pháp dồn biến Chương trình bày số phương pháp khác dùng để khảo sát toán cực trị dạng khơng đối xứng CHƯƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA ĐA THỨC 1.1 CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TAM THỨC BẬC HAI Trong phần này, ta nhắc lại số kiến thức liên quan đến tam thức bậc hai với hệ số thực Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 +bx+c (a = 0), ∆ b với ∆ = b2 − 4ac af (x) = (ax + )2 − Sau ta phát biểu hai kết quen thuộc dấu tam thức bậc hai Định lý 1.1 Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀x ∈ R ii) Nếu ∆ = af (x) 0, ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy b x = − 2a iii) Nếu ∆ > af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) với √ ∆ b x1,2 = − ∓ (1.1) 2a 2|a| Trong trường hợp này, af (x) < x ∈ (x1 , x2 ) af (x) > x < x1 x < x2 Định lý 1.2 (Định lí đảo) Điều kiện cần đủ để tồn số α cho af (α) < ∆ > x1 < α < x2 , x1,2 nghiệm f (x) xác định theo (1.1) Nhận xét rằng, hai định lí mô tả thông qua bất đẳng thức (kết so sánh biệt thức ∆ với 0) Định lí thuận định lí đảo dấu tam thức bậc hai cho ta phát biểu kết biểu diễn tam thức bậc hai theo nghiệm chúng Định lý 1.3 (Định lí Viete) Điều kiện cần đủ để tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ R, a = 0, có nghiệm thực tồn số x1 , x2 ∈ R cho    b = −x1 − x2 a c   = x1 x2 a Tuy nhiên, ta phát biểu kết tương tự trường hợp ta chưa tường minh nghiệm x1 , x2 tam thức bậc hai Điều có ý nghĩa ta xét toán tam thức bậc hai tổng quát Hai định lí sau cho ta tiêu chuẩn nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = có nghiệm Khơng tính tổng quát, ta xét tam thức bậc hai dạng f (x) = 3x2 + 2bx + c (1.2) Ta chứng minh kết quan trọng khác liên quan đến tam thức bậc hai f (x) dạng (1.2) Định lý 1.4 Với tam thức bậc hai f (x) có nghiệm thực tồn nguyên hàm F (x), đa thức bậc ba, có ba nghiệm thực Chứng minh Khi f (x) có nghiệm kép, tức f (x) = a(x − x0 )2 , ta cần chọn nguyên hàm dạng a F (x) = (x − x0 )3 Khi f (x) có hai nghiệm phân biệt, tức f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ), x1 < x2 , a = 0, ta chọn nguyên hàm F (x) thỏa mãn điều kiện F x1 + x2 = Khi đó, rõ ràng hàm F (x) có cực đại cực tiểu x1 x2 x1 + x2 điểm uốn đồ thị tương ứng M , Từ suy điều cần chứng minh Định lý 1.5 Tam thức bậc hai f (x) = 3x2 + 2bx + c có nghiệm (thực) hệ số b, c có dạng  b = α + β + γ c = αβ + βγ + γα Chứng minh Điều kiện đủ hiển nhiên ta có ∆ = b2 − 3c = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) = α2 + β + γ − (αβ + βγ + γα) 1 = (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 2 Điều kiện cần Giả sử phương trình bậc hai có nghiệm thực x1 , x2 Khi đó, tồn đa thức bậc ba có ba nghiệm thực, nguyên hàm f (x), tức là: F (x) = (x + α)(x + β)(x + γ) Từ suy điều cần chứng minh 1.2 ĐA THỨC VÀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC BA Trước tiên ta nhắc lại định lí quen thuộc chương trình tốn bậc phổ thơng định lí Rolle Định lý 1.6 (Định lí Rolle) Giả sử hàm số f : [a, b] → R liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = Ta kí hiệu tập hợp tất đa thức với hệ số thực R[x] Từ định lí Rolle, ta chứng minh kết sau đa thức Định lý 1.7 Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực đa thức P (x) có k − nghiệm thực Hệ 1.1 Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có nghiệm thực đa thức P (x) có nghiệm thực Bây ta tìm tiêu chuẩn để nhận biết, thông qua biểu diễn hệ số, đa thức bậc ba tổng quát f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, a, b, c, d ∈ R, a = có nghiệm thực Khơng tính tổng qt, ta coi đa thức bậc ba tổng quát có dạng f (x) = −4x3 + 3ax2 − 2bx + c, a, b, c ∈ R Bổ đề 1.1 Đa thức bậc ba với hệ số thực f (x) = −4x3 + 3ax2 − 2bx + c có nghiệm thực hệ số a, b, c có dạng    a=α+β+γ+δ   (1.3) b = αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ    c = αβγ + αβδ + αγδ + βγδ α, β, γ, δ ∈ R 72 ii) Tiếp theo ta chứng minh rằng, bất đẳng thức (3.5) với n = m với n = m − Ta cần chứng minh m−1 m−1 f (xi ) f i=1 m−1 ⇔P = m−1 f (xi ) + f i=1 m−1 m−1 xi i=1 m−1 xi m−1 mf i=1 m−1 xi i=1 Vì theo giả thiết quy nạp bất đẳng thức với n = m nên ta suy   m−1 m−1 m−1  i=1 xi + m − i=1 xi    xi P mf   = mf m − m i=1 Bài toán 3.8 Giả sử y = f (x) hàm lồi I(a; b), αi = 1, xi ∈ I(a; b), (i = 1, 2, , n) Chứng minh 0, n i=1 αi n n αi f (xi ) f αi x i i=1 (3.6) i=1 Chứng minh Dễ thấy bất đẳng thức (3.6) với n = (do (3.2)) Giả sử bất đẳng thức (3.6) với n = m − 1, ta chứng minh với n = m Ta có m m−1 αi f (xi ) m−1 α i i=1 αi · αi f (xi ) = i=1 m−1 i=1 i=1 + αm f (xm ) Kí hiệu m−1 m−1 αi = − αm , A= i=1 i=1 αi m−1 i=1 αi = Áp dụng giả thiết quy nạp, ta có m m−1 αi f (xi ) i=1 (1 − αm )f i=1 αi xi − αm + αm f (xm ) 73 Áp dụng bất đẳng thức (3.2), ta thu m m−1 αi f (xi ) f (1 − αm ) i=1 i=1 αi xi + αm xm − αm m =f αi x i i=1 Bài toán 3.9 Chứng minh với x, y, z ta có (x + 9y + 15z)6 1024(x + 3y)6 + 3072(2y + 5z)6 Phân tích Quan sát vế ta dễ dàng liên tưởng đến việc sử dụng hàm lồi f (t) = t6 dạng f [α(x + 3y) + (1 − α)(2y + 5z)] αf (x + 3y) + (1 − α)f (2y + 5z) để giải tốn Tuy nhiên để tìm số α ∈ (0; 1) thích hợp cho lời giải? Để giải điều này, ta làm sau: Trước tiên viết lại α(x+3y)+(1−α)(2y+5z) = αx+(α+2)y+(5−5α)z α+2 − 5α α = = Giải hệ ta tìm Sau ta chọn α cho 15 α = Đến ta giải toán sau: Chứng minh Xét hàm số f (t) = t6 , ta có f (t) = 6t5 , f (t) = 30t4 Do f (t) 0, ∀t ∈ R nên f (t) hàm lồi R Áp dụng định nghĩa hàm lồi ta có f (x + 3y) + (2y + 5z) 4 f (x + 3y) + f (2y + 5z) 4 hay (x + 9y + 15z)6 Từ suy (x + 9y + 15z)6 (x + 3y)6 + (2y + 5z)6 4 1024(x + 3y)6 + 3072(2y + 5z)6 Bài toán 3.10 Chứng minh với x, y, z, t ta có (2x + 7y + 3z)4 + (x + 8y + 2t)4 277(x + 2y)4 + 375(y + z)4 + 54(3y + t)4 Chứng minh Xét hàm số f (t) = t4 , ta có f (t) = 4t3 , f (t) = 12t2 Do f (t) 0, ∀t ∈ R nên f (t) hàm lồi R Ta có 3 f (x + 2y) + (y + z) f (x + 2y) + f (y + z) 5 5 74 ⇔ (2x + 7y + 3z)4 (x + 2y)4 + (y + z)4 5 Suy (2x + 7y + 3z)4 250(x + 2y)4 + 375(y + z)4 (3.7) Mặt khác f (x + 2y) + (3y + t) 3 ⇔ (x + 8y + 2t)4 f (x + 2y) + f (3y + t) 3 (x + 2y)4 + (3y + t)4 3 Suy (x + 8y + 2t)4 27(x + 2y)4 + 54(3y + t)4 (3.8) Cộng (3.7) (3.8) theo vế, ta (2x + 7y + 3z)4 + (x + 8y + 2t)4 277(x + 2y)4 + 375(y + z)4 + 54(3y + t)4 Bài toán 3.11 Cho số x, y, z thỏa mãn −x + 3y + 4z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = (x + y)2106 + (2y + z)2016 + (3z − 2x)2016 Giải Xét hàm số f (t) = t2016 , ta có f (t) = 2016 · t2015 f (t) = 2016 · 2015 · t2014 Do f (t) 0, ∀t ∈ R nên f (t) hàm lồi R Áp dụng bất đẳng thức (3.6) ta có f ⇔ 1 (x + y) + (2y + z) + (3z − 2x) 3 32016 (−x + 3y + 4z)2016 ⇔ 32015 · 32016 1 f (x+y)+ f (2y+z)+ f (3z−2x) 3 1 (x + y)2016 + (2y + z)2016 + (3z − 2x)2016 3 (x + y)2016 + (2y + z)2016 + (3z − 2x)2016 Suy M Vậy M = 3, đạt x + y = 2y + z = 3z − 2x ⇔ −x + 3y + 4z = x=z=1 y=0 75 Bài toán 3.12 Cho x, y, z, t số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện x + 2y + 3z + 4t = 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2015 + 2y 2015 + 3z 2015 + 4t2015 Giải Ta có M x2015 + 2y 2015 + 3z 2015 + 4t2015 = 10 10 2015 2015 x +y + y 2015 + z 2015 + z 2015 + z 2015 + t2015 + t2015 + t2015 + t2015 = 10 Xét hàm số f (t) = t2015 , ta có f (t) = 2015 · t2014 , f (t) = 2015 · 2014 · t2013 Do f (t) > 0, ∀t > nên f (t) hàm lồi (0; +∞) Theo bất đẳng thức (3.5) f (x) + f (y) + f (y) + f (z) + f (z) + f (z) + f (t) + f (t) + f (t) + f (t) 10 x+y+y+z+z+z+t+t+t+t f 10 2015 2015 2015 x +y +y + z 2015 + z 2015 + z 2015 + t2015 + t2015 + t2015 + t2015 ⇔ 10 M ⇔ 10 Suy M 10 Vậy M = 10, đạt x=y=z=t ⇔ x = y = z = t = x + 2y + 3z + 4t = 10 Bài toán 3.13 Cho x, y, z, t số dương thay đổi, thỏa mãn điều điện   x     x+y  x+y+z     x + y + z + t = 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x3 + y + z + t3 − 9(x + y + z + t) f( 10 ) 10 76 Giải Viết lại hệ điều kiện cho dạng:   x     x+y 4+3  x+y+z 4+3+2     x + y + z + t = + + + Xét hàm số f (t) = t3 − 9t với t > Ta có f (t) = 3t2 − 9, f (t) = 6t > 0, ∀t > Theo bất đẳng thức Karamata, ta có f (x) + (y) + f (z) + f (t) f (4) + f (3) + f (2) + f (1) = 10 ⇔ x3 − 9x + y − 9y + z − 9z + t3 − 9t ⇔M 10 10 Vậy M = 10, đạt x = 4, y = 3, z = 2, t = Nhận xét 3.1 Rõ ràng hàm lồi (lõm) với tính chất hàm lồi (lõm) công cụ mạnh để ta xây dựng toán bất đẳng thức dạng không đối xứng, chẳng hạn sau: i) Từ việc nhận thấy hàm số f (t) = t3 có f (t) = 6t > 0, ∀t > 0, ta sử dụng định nghĩa hàm lồi dạng f (x + 2y + z) + (2z + 3t) 3 f (x + 2y + z) + f (2z + 3t) 3 Bất đẳng thức tương đương với (x + 2y + 5z + 6t)3 9(x + 2y + z)3 + 18(2z + 3t)3 Như ta có tốn sau: Bài toán 3.14 Cho x, y, z, t số thực dương, chứng minh (x + 2y + 5z + 6t)3 9(x + 2y + z)3 + 18(2z + 3t)3 ii) Xuất phát từ hàm số f (t) = t6 có f (t) đẳng thức (3.5) dạng f 2x + 3y + 6z + 8t 0, ∀t ∈ R, ta sử dụng bất 1 1 f (x+y)+ f (2y +3z)+ f (3z +4t)+ f (4t+x) 4 4 77 Bất đẳng thức tương đương với (2x + 3y + 6z + 8t)6 (x + y)6 + (2y + 3z)6 + (3z + 4t)6 + (4t + x)6 Đến đây, cần cho 2x + 3y + 6z + 8t = ta tốn sau đây: Bài toán 3.15 Cho số thực x, y, z, t thỏa mãn 2x+3y+6z +8t = Chứng minh (x + y)6 + (2y + 3z)6 + (3z + 4t)6 + (4t + x)6 3.3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC 3.3.1 Phương pháp lượng giác hóa Phương pháp lượng giác hóa để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số với mục đích thay đổi hình thức tốn dẫn tới việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số lượng giác Phương pháp đặc biệt tỏ hiệu hàm đại số nhiều ẩn với dạng thường gặp "Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số u = f (x, y) biết x2 + y = 1." x = sin t Khi ta lựa chọn việc đặt với t ∈ [0; 2π) y = cos t Tóm lại, để sử dụng phương pháp lượng giác hóa tìm giá trị lớn nhỏ hàm số ta thực theo bước sau: Bước Lượng giác hóa hàm số Bước Thực việc tìm giá trị lớn nhỏ hàm số lượng giác Bước Kết luận Dưới số toán minh họa cho phương pháp Bài toán 3.16 Cho x, y thỏa mãn 4x2 + 9y = 16 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức √ M = 2x + 3y + x Giải Theo giả thiết 4x + 9y = 16 ⇔ 2 2 + 3y = 78  x  = cos α , với α ∈ [0; 2π) Khi Đặt 3y  = sin α √ M = cos α + sin α + √ =8 cos α + sin α + 2 π + = sin α + π Vì −1 sin α + nên −6 M 10 π 2π Ta có M = −6 sin α + = −1 ⇔ α = − + k2π (k ∈ Z) 6  x = −1 4π √ hay Vì α < 2π suy α = −2 y= 3 Suy M = −6 π π Và M = 10 sin α + = ⇔ α = + k2π (k ∈ Z)  x=1 π √ Vì α ∈ [0; 2π) suy α = hay max M = 10 y= 3 Vậy max M = 10, M = −6 Bài toán 3.17 Cho x, y thỏa mãn x2 + 2y = Tìm giá trị lớn biểu thức √ M =x− y 2 Giải Vì x + 2y    x + =4⇔ x = cos α 2y ⇔ √ = sin α y √ 2 = nên ta đặt x = cos α √ y = sin α Khi ta A = cos α − sin α = Do √ + √ √ √ cos α − √ sin α 5 = nên tồn β cho √ = cos β √ = 5 79 sin β Khi ta có √ √ A = (cos β cos α − sin β sin α) = cos (α + β) √ Dấu đẳng thức xảy cos (α + β) = ⇔ α + β = k2π hay α = k2π − β (với k ∈ Z) Suy     x = cos α = cos (−β + k2π) = cos β = √ √ √ √    y = sin α = sin (−β + k2π) = − √ √ √ Vậy max M = 5, đạt x = √ , y = − √ 5 Bài toán 3.18 Cho a2 + b2 = Tìm giá trị lớn biểu thức P = |20a3 − 15a + 36b − 48b3 | Giải Vì a2 + b2 = nên ta đặt a = sin α, b = cos α, P = |20 sin3 α − 15 sin α + 36 cos α − 48 cos3 α| = | − 5(3 sin α − sin3 α) − 12(4 cos3 α − cos α)| √ = |5 sin 3α + 12 cos 3α| 52 + 122 = 13 Suy P 13 Dấu đẳng thức xảy sin 3α cos 3α = ⇔ tan 3α = 12 12 Vậy max P = 13 Bài toán 3.19 Cho x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = Tìm giá trị lớn biểu thức A = x(1 − y )(1 − z ) + y(1 − z )(1 − x2 ) + z(1 − x2 )(1 − y ) α β γ Giải Đặt x = tan , y = tan , z = tan với < α, β, γ < π 2 Từ giả thiết xy + yz + zx = ta suy tan α β β γ γ α tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 hay tan γ tan α β + tan 2 = − tan α β tan 2 (3.9) 80 α β α β Nếu tan tan = từ (3.9) ta có tan + tan = Suy 2 2 α β β α β tan = − tan − tan2 = 1, vơ lý Vậy tan tan = 2 2 Ta có α β tan + tan γ 2 =1 (3.9) ⇔ tan α β − tan tan 2 γ α β + = cot ⇔ tan 2 α β γ π ⇒ + + = 2 2 ⇔ α + β + γ = π Như α, β, γ ba góc tam Lại có α β A = tan − tan2 2 β γ + tan − tan2 2 γ α + tan − tan2 2 giác γ α − tan2 β − tan2 − tan2 Mặt khác α α tan ⇒ − tan2 α = tan α = α tan α − tan2 2 tan Tương tự β β 2, − tan2 = tan β γ tan γ 2, − tan2 = tan γ tan 81 nên β γ 1 α tan tan + + 2 tan β tan γ tan γ tan α tan α tan β β γ tan α + tan β + tan γ α = tan tan tan 2 tan α tan β tan γ α β γ = tan tan tan 2 A = tan Theo bất đẳng thức AM-GM ta có β β γ γ α α tan tan tan tan tan tan 2 2 2 hay A 27 ⇔A β γ α tan tan tan 2 2 √ Dấu đẳng thức xảy tam giác có ba góc α, β, γ tam giác π hay α = β = γ = tức x = y = z = √ 3√ Vậy max A = 3.3.2 Phương pháp đổi biến Đổi biến phương pháp thường sử dụng chứng minh bất đẳng thức Việc đổi biến cách khéo léo giúp ta chuyển bất đẳng thức cần chứng minh bất đẳng thức quen thuộc dễ chứng minh Đổi biến có nhiều cách khác nhau, tùy thuộc vào toán cụ thể mà lựa chọn cách đổi biến cho thích hợp Dưới số toán minh họa cho phương pháp Bài toán 3.20 Chứng minh với x, y, z > thỏa mãn x(x + y + z) = 3yz , ta có bất đẳng thức sau (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(y + z)(z + x) 5(y + z)3 Chứng minh Đặt a = y + z, b = z + x, c = x + y Khi ta có a, b, c > x= b+c−a c+a−b a+b−c , y= , z= 2 82 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành c3 + b3 + 3abc 5a3 hay b3 c3 bc + + a3 a3 aa Điều kiện giả thiết viết lại (b + c − a)(a + b + c) = 3(c + a − b)(a + b − c) Sau thu gọn, ta b2 + c2 − bc = a2 , hay b2 c2 bc + − = a2 a2 a a b c Tới đây, đặt u = , v = u, v > u2 + v − uv = Như ta a a phải chứng minh u3 + v + 3uv Bất đẳng thức ta có uv giả thiết suy (u + v)2 dẫn đến u + v u3 + v Thật vậy, từ (u + v)2 + 3(u − v)2 = 4(u2 + v − uv) = 4, Và đó, ta có u3 + v = (u + v)(u2 + v − uv) = u + v 2, uv (u + v)2 Bài toán chứng minh xong Bài toán 3.21 Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca = 3, chứng minh a2 + b2 + c2 − a − b − c (a − c)2 Chứng minh Đặt q = ab + bc + ca, S = (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 Khi S a2 + b2 + c2 − (a + b + c)2 = 3 83 q = (a + b + c)(a + b + c − 3 (a + b + c)S √ , = 6(a + b + c + 3q) (a + b + c)2 − (a + b + c) 3q) ta có a2 + b2 + c2 − a − b − c = a+b+c √ 2+ a + b + c + 3q S 5S 12 Đến đây, ta cần chứng tỏ 5S 12 (a − c)2 , điều tương đương với 2(a − b)2 + 2(b − c)2 (a − c)2 Thật vậy, 2(a − b)2 + 2(b − c)2 − (a − c)2 = 2(a − b)2 + 2(b − c)2 − [(a − b) + (b − c)]2 = [(a − b) − (b − c)]2 = (a − 2b + c)2 Bài toán chứng minh xong Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán 3.22 Cho a, b, c, d số thực, chứng minh M = 6(a2 + b2 + c2 + d2 ) + (a + b + c + d)2 − 12(ab + bc + cd) Chứng minh Đặt x = a − b y = d − c Khi ta có M = 6(x2 + y ) + [x + y + 2(b + c)]2 − 12bc = 3(x − y)2 + 4(x + y)2 + 4(x + y)(b + c) + (b + c)2 + 3(b − c)2 = 3(x − y)2 + (2x + 2y + b + c)2 + 3(b − c)2 Dấu đẳng thức xảy 2a = b = c = 2d Bài toán 3.23 Cho a, b, c, d số thực không âm thỏa mãn a − ab + b2 = c − cd + d2 Chứng minh (a + b)(c + d) 2(ab + cd) 84 Chứng minh Đặt x = a2 − ab + b2 = c2 − cd + d2 Khơng tính tổng qt, giả sử ab x ab cd Khi cd, (a + b)2 = x + 3ab, (c + d)2 = x + 3cd Bất đẳng thức cho tương đương với 4(ab + cd)2 (x + 3ab)(x + 3cd) (3.10) Rõ ràng (3.10) bất đẳng thức (x + 3ab)(x + 3cd) − 4(ab + cd)2 (ab + 3ab)(ab + 3cd) − 4(ab + cd)2 = 4cd(ab − cd) Dấu đẳng thức xảy a = b = c = d, a = b = c d = (cùng hoán vị tương ứng) Bài toán 3.24 Cho a, b, c, d, e, f số thực không âm Chứng minh a b c d e f (a + b + c + d + e + f )2 8(ac + bd + ce + df ) Chứng minh Đặt x = b + c + d + e + f , lúc bất đẳng thức cho viết lại dạng tương đương sau (a + x)2 − 8(ac + bd + ce + df ) (3.11) Tuy nhiên (3.11) lại bất đẳng thức (a + x)2 − 8(ac + bd + ce + df ) = = (a + x − 4c)2 + 8(a + x)c − 16c2 − 8(ac + bd + ce + df ) = (a + x − 4c)2 − 8[c2 − (b + d + f )c + d(b + f )] = (a + x − 4c)2 − 8(c − d)(c − b − f ) = (a + x − 4c)2 + 8(c − d)(b − c + f ) a+b+e+f , c = b + f = Dấu đẳng thức xảy c = d = a+d+e a+d+e , a = b = c = d e = f = 0, b = c = 2 f = 85 KẾT LUẬN Luận văn trình bày nội dung sau: Trình bày kiến thức tam thức bậc hai, đa thức bậc ba bậc bốn Ngoài đề cập đến phương pháp giải phương trình bậc ba, bậc bốn tổng quát Trình bày phương pháp thường sử dụng để chứng minh bất đẳng thức dạng không đối xứng Trình bày tính chất hàm lồi, lõm ứng dụng tính chất vào việc giải xây dựng toán cực trị dạng khơng đối xứng Trình bày phương pháp lượng giác phương pháp đổi biến số ứng dụng chúng vào việc khảo sát toán cực trị dạng không đối xứng 86 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), Sử dụng AM-GM để chứng minh bất đẳng thức, NXB Đại học sư phạm Hà Nội [2] Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quốc Anh (2010), Sử dụng phương pháp Cauchy - Schwarz để chứng minh bất đẳng thức, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [3] Trần Nam Dũng, Võ Quốc Bá Cẩn, Lê Phúc Lữ (2011), Các phương pháp giải tốn qua kì thi Olympic [4] Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Ngọc Thắng (2009), Các giảng bất đẳng thức Bunhiacopxki, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [5] Nguyễn Văn Mậu (2004), Bất đẳng thức, định lý áp dụng, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục [7] Nguyễn Văn Mậu (2007), Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo dục [8] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Minh Tuấn (2008), Chuyên đề chọn lọc Lượng giác áp dụng, NXB Giáo dục [9] Đoàn Quỳnh, Trần Nam Dũng, Hà Huy Khoái, Đặng Hùng Thắng, Nguyễn Trọng Tuấn (2011), Tài liệu chun tốn giải tích 12, NXB Giáo dục [10] Đoàn Quỳnh, Trần Nam Dũng, Hà Huy Khoái, Nguyễn Vũ Lương, Đặng Hùng Thắng (2014), Tài liệu chun tốn giải tích 11, NXB Giáo dục [11] Lê Xuân Sơn, Lê Khánh Hưng (2014), Phương pháp hàm số giải toán, NXB Đại học quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [12] Vasile Cirtoaje (2015), Discrete Inequalities Volume 4, Springer [13] Vasile Cirtoaje (2015), Discrete Inequalities Volume 5, Springer [14] Vasile Cirtoaje (2015), Discrete Inequalities Volume 6, Springer ... đẳng thức lớp đa thức đại số dạng đối xứng tài liệu mảng bất đẳng thức lớp đa thức đại số dạng khơng đối xứng có sơ sài Chính vậy, tác giả định chọn đề tài "Bất đẳng thức toán cực trị lớp đa thức. ..BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM ANH TUẤN BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP CÁC ĐA THỨC ĐẠI SỐ DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13... thức đại số dạng không đối xứng" để làm luận văn thạc sĩ Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu đề tài Mục đích luận văn trình bày số phương pháp dùng để giải toán cực trị lớp đa thức đại số dạng không đối