Phương pháp nhân tử Largagce

Chia sẻ: Đinh Ngọc Trâm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

1.055
lượt xem 77
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương pháp nhân tử Lagrange (sẽ được học trong chương trình toán cao cấp của bậc đại học) khá hiệu quả trong những bài toán cực trị có điều kiện ràng buộc ngoài ra còn có thể dùng để tìm điều kiện xảy ra dẫu bằng của bất đẳng thức. Định nghĩa: Cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) có điều kiện của hàm hai biến z=f(x:y) là cực trị của hàm này với điều kiện là các biến x, y phải thoả ràng buộc bởi phương trình (x;y)=0...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp nhân tử Largagce

PHƯƠNG PHÁP NHÂN T LAGRANGE1 -METHOD OF LAGRANGE MULTIPLIERS Tr n Trung Kiên TP. H Chí Minh- Ngày 30 tháng 9 năm 2012 Phương pháp nhân t Lagrange (s đư c h c trong chương trình toán cao c p c a b c đ i h c) khá hi u qu trong nh ng bài toán c c tr có đi u ki n ràng bu c ngoài ra còn có th dùng đ tìm đi u ki n x y ra d u b ng c a b t đ ng th c. Đ nh nghĩa K C c tr (c c đ i ho c c c ti u) có đi u ki n c a hàm hai bi n z = f (x; y) là c c tr c a hàm này v i đi u ki n là các bi n x, y ph i th a ràng bu c b i phương trình ϕ(x; y) = 0. Đ tìm c c tr có đi u ki n c a hàm z = f (x; y) khi hi n h u phương trình ràng bu c ϕ(x; y) = 0, ngư i ta thi t l p m t hàm b tr là hàm Lagrange: L(x; yλ) = f (x; y)+λϕ(x; y), trong đó λ là m t nhân t h ng chưa xác đ nh, g i là nhân t Lagrange. Đi u ki n c n c a c c tr là h ba phương trình. Lx (x; y; λ) = fx (x; y) + λϕx (x; y) = 0 Ly (x; y; λ) = fy (x; y) + λϕy (x; y) = 0 ϕ(x; y) = 0 Gi i h trên ta tìm đư c nghi m là x0 ; y0 ; λ0 . V n đ t n t i và đ c tính c a c c tr có đi u ki n đư c gi i b ng cách xét d u vi phân c p 2 c a hàm Lagrange t i đi m P0 (x0 ; y0 ) và λ0 - nghi m c a h phương trình trên. P0 (x0 ; y0 ) là đi m d ng c a hàm L. d2 L = L xx dx2 + 2L xy dxdy + L yy dy 2 T Trong đó dx; dy th a mãn ràng bu c bi u th b ng phương trình ϕx dx + ϕy dy = 0(dx2 + dy 2 = 0) C th xét hàm f (x; y) đ t c c đ i có đi u ki n n u d2 L < 0 và đ t c c ti u có đi u ki n n u d2 L > 0 t i đi m d ng P0 (x0 ; y0 ) và nhân t λ0 . Các bư c cơ b n c a phương pháp nhân t Lagrange 1. Phát bi u bài toán dư i d ng mô hình toán h c. C c đ i ho c c c ti u c a hàm z = f (x; y) v i đi u ki n ràng bu c ϕ(x; y) = 0 2. Thi t l p hàm Lagrange L(x; y; λ) = f (x; y) + λϕ(x; y) 3. Tìm đi m d ng c a L, t c là gi i h phương trình   Lx (x; y; λ) = 0 T  L (x; y; λ) = 0  y Lλ (x; y; λ) = 0  4. Xét d u d2 L t i đi m (x0 ; y0 ) mà (x0 ; y0 ; λ0 ) là nghi m c a h phương trình bư c 3. • N u d2 L(x0 ; y0 ; λ0 ) < 0zmax = f (x0 ; y0 ) • N u d2 L(x0 ; y0 ; λ0 ) > 0zmin = f (x0 ; y0 ) Đ n m v ng phương pháp trên ta quan sát bài toán đơn gi n sau: 1 Joseph-Louis Lagrange (1736-1813) là nhà toán h c và thiên văn h c ngư i Pháp. 1
1 Cho hai s th c x, y th a mãn đi u ki n x + y = 10. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: f (x; y) = x2 + y 2 Gi i Bư c 1: Tìm c c ti u đ i v i f (x; y) = x2 + y 2 th a mãn đi u ki n ϕ(x; y) = x + y − 10 = 0 Bư c 2: L(x; y; λ) = x2 + y 2 + λ(x + y − 10) ∂f −λ Bư c 3: = 2x + λ = 0 ⇔ x = ∂x 2 ∂f −λ = 2y + λ = 0 ⇔ y = ∂y 2 ∂f −λ = x + y − 10 = 0 ⇒ .2 = 10 ⇔ λ = −10 ∂λ 2 Đi m d ng (5; 5; −10) K Bư c 4: Lxx = 2; Lyy = 2; Lxy = 0; d2 L(5; 5; −10) = 2(dx2 + dy 2 ) > 0 fmin = f (5; 5) = 52 + 52 = 25 Qua bài toán 1 chúng ta đã ph n nào đó n m đư c "tư tư ng" phương pháp này. Đ hi u sâu hơn ta tìm h i qua các bài toán khó hơn sau đây. 2 N u a và b là các s th c dương th a mãn a14 + b14 = 2 . Ch ng minh r ng: 5a2 3b3 + 2 ≥8 b a Gi i a2 b3 Thi t l p hàm Lagrange L(a, b) = 5 + 3 2 − λ(a14 + b14 − 2). b a Đi m c c tr là nghi m c a h : 3  ∂L = 10a − 6 b − 14a13 λ = 0    ∂a  b a3 2 ∂L −5a2 b 13 T  ∂b = b2 + 9 a2 − 14b λ = 0    14 a + b14 = 2 a Đ t x = , ta quy ư c m u s b ng 0 thì t b ng 0 đ t P (x) = 5x18 − 9x14 + 10x4 − 6 = 0. b P (x) = (x2 − 1)Q(x), v i Q(x) không có nghi m th c. V y a, b > 0 khi x = 1, đi m c c tr t i a = b = 1,ta có giá tr nh nh t b ng 8. 3 (British Mathematical Olympiad 1986) Cho a, b, c th c th a a + b + c = 0 và a2 + b2 + c2 = 6. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c: A = a2 b + b 2 c + c 2 a 2π 4π 8π Bài toán này d u b ng x y ra khá đ c bi t khi x = 2cos ; y = 2cos ; z = 2cos . 9 9 9 Chính vì th nên bài toán gây khó d cho các phương pháp ta đã bi t, th m chí là phương pháp m nh như S.O.S, UMV,.... Trong quy n s d ng phương pháp Cauchy − Schwarz đ ch ng minh b t đ ng th c anh C n có m t l i gi i khá đ c đáo như sau: T Gi i Xét hàm nhân t Lagrange như sau: f (a; b; c) = a2 b + b2 c + c2 a + λ1 (a + b + c) + λ2 a2 + b2 + c2 − 6 Các đi m c c tr là nghi m h phương trình:  ∂f = ∂f = ∂f = 0    ∂a ∂b ∂c  a+b+c=0  2 a + b2 + c 2 = 6  2
  2ab + c2 + λ1 + 2λ2 a = 0    2bc + a2 + λ1 + 2λ2 b = 0    ⇔ 2ca + b2 + λ1 + 2λ2 c = 0   a+b+c=0     2  a + b 2 + c2 = 6 C ng v v i v c a phương trình th nh t, th hai, th ba ta đư c (a + b + c)2 + 3λ1 + 2λ2 (a + b + c) = 0 ⇔ λ1 = 0 Đ n đây ta đư c   2ab + c2 + 2λ2 a = 0 K    2bc + a2 + 2λ2 b = 0    2ca + b2 + 2λ2 c = 0   a+b+c=0     2  a + b2 + c 2 = 6 T đây ta có 2ab + c2 2bc + a2 2ca + b2 = = = −2λ2 a b c Đây là đi u ki n c a d u đ ng th c trong b t đ ng th c Cauchy − Schwarz nên ta s ch ng minh bài toán như sau: Theo b t đ ng th c Cauchy − Schwarz ta có [a(2ab + c2 ) + b(2bc + a2 ) + c(2ac + b2 )]2 ≤ (a2 + b2 + c2 )[(2ab + c2 )2 + (2bc + a2 )2 + (2ac + b2 )2 ] M t khác ta có: a(2ab + c2 ) + b(2bc + a2 ) + c(2ac + b2 ) = 3(a2 b + b2 c + c2 a) và T 2 2 (2ab + c2 ) = 2(ab + bc + ca)2 + (a2 + b2 + c2 ) = 54 Nên do đó A = a2 b + b2 c + c2 a ≤ 6. 2π 4π 8π D u "=" x y ra khi x = 2cos ; y = 2cos ; z = 2cos 9 9 9 4 Cho x, y, z th c th a x + y + z = 0 và x2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm GTLN, GTNN c a bi u th c: P = x3 + y 3 + z 3 Gi i Đ t f (x; y; z) = x3 + y 3 + z 3 + λ1 (x + y + z) + λ2 (x2 + y 2 + z 2 − 2) Đi m c c tr là nghi m c a h  ∂f = ∂f = ∂f = 0    ∂x ∂y ∂z  x+y+z =0   2 x + y2 + z2 = 2 Hay  T  3x2 + λ1 + 2λ2 x = 0    2  3y + λ1 + 2λ2 y = 0   3z 2 + λ1 + 2λ2 z = 0   x+y+z =0     2  x + y2 + z2 = 2 C ng l i ta có 3(x2 + y 2 + z 2 ) + 3λ1 + 2λ(x + y + z) = 0 ⇔ λ1 = −2 Thay vào h trên ta có   3x2 + 2λ2 x − 2 = 0  3y 2 + 2λ2 y − 2 = 0  2 3z + 2λ2 z − 2 = 0  3
đây ta quy ư c n u m u b ng 0 thì t b ng 0 3x2 − 2 3y 2 − 2 3z 2 − 2 = = = −2λ2 x y z Áp d ng b t đ ng th c Cauchy-Schwarz ta có: [x(3x2 − 2) + y(3y 2 − 2) + z(3z 2 − z)]2 ≤ (x2 + y 2 + z 2 )[(3x2 − 2)2 + (3y 2 − 2)2 + (3z 2 − 2)2 ] = 2.[9(x4 + y 4 + z 4 ) − 12] = 12 Do x4 +y 4 +z 4 = (x2 +y 2 +z 2 )2 −2[(xy)2 +(yz)2 +(xz)2 ] = 4−2[(xy +xz +yz)2 −2xzy(x+y +z)] √ √ Mà K 2 2 2 2 (x + y + z) − (x + y + z ) 2 3 2 3 xy + xz + yz = = −1 Do đó. x4 + y 4 + z 4 = 2 V y − ≤P ≤ √ 2 3 3 2 3 1 1 2 • min P = − khi (x; y; z) = √ ; √ ; − √ và các hoán v . √3 3 3 3 2 3 1 1 2 • max P = khi (x; y; z) = − √ ; − √ ; √ và các hoán v . 3 3 3 3 5 Cho a; b; c th c th a mãn a2 + b2 + c2 + abc = 4. Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c: D =a+b+c Gi i Đ t f (a; b; c) = a + b + c; g(a; b; c) = a2 + b2 + c2 − 4 + abc L = f − λg = a + b + c − λ(a2 + b2 + c2 + abc − 4) Đi m c c tr là nghi m c a h T  ∂L = 1 − λa − λbc = 0 1     λ=   ∂a    2a + bc ∂L 1   = 1 − λb − λac = 0 ⇒ λ=  ∂b  2b + ac  ∂L    1 = 1 − λc − λba = 0  λ=    ∂c 2c + ba 1 1 Do = ⇔ (a − b)(2 − c) = 0 . Tương t ta có (b − c)(2 − a) = 0 và (c − a)(2 − b) = 0 2a + bc 2b + ac N u a = b = 2 t a2 + b2 + c2 + abc = 4 ta tìm đư c c = −2 và vì v y a + b + c = 6 N u a = b = c = 2 ta có 3a2 + a3 = 4 ⇔ (a − 1)(a + 2)2 = 0 V y ta có a = b = c = 1 ho c a = b = c − 2 và t a + b + c = 3 ho c a + b + c = −6 ta có giá tr nh nh t c a D = −6 6 Cho a, b, c th c dương th a a + b + c + d = 1. Ch ng minh r ng: 1 176 abc + bcd + cda + dab ≤ + abcd T 27 27 Gi i 1 Đ t f = abc + bcd + cda + dab ta s ch ng minh f ≤ . 27 Đ t g =a+b+c+d−1 Ta thi t l p hàm Lagrange 126 L = f − λg = abc + bcd + cda + dab − abcd − λ(a + b + c + d − 1) 27 4
Ta có:   ∂L 176  ∂a = bc + cd + db − 27 bcd − λ = 0     ∂L  176 = ac + cd + da − acd − λ = 0   ∂b 27  ∂L = ba + ad + db − 176 bad − λ = 0   ∂c  27  ∂L 176     = bc + ca + ab − bca − λ = 0 ∂d 27 T h ta tìm đư c: 176 176 176 176 λ = bc + cd + db − bcd = ac + cd + da − acd = ab + bd + da − abd = bc + ac + ab − abc. 27 27 27 27 K 176 176 127 T bc + cd + bd − bcd = ac + cd + da − acd ta có (b − a)(c + d − cd) = 0. Thi t l p tương 27 27 27 t : 127 (b − c)(a + d − ad) = 0 27 176 (b − d)(a + c − ac) = 0 27 176 (a − c)(b + d − bd) = 0 27 1 Gi i phương trình này ta có a = b = c = d và t a + b + c + d = 1 nên a = b = c = d = .Vy 4 1 1 1 1 1 f ; ; ; = . T đây ta có đi u c n ch ng minh. 4 4 4 4 27 7 Cho a, b, c th c th a a + b + c > 0. Ch ng minh r ng: a3 + b3 + c3 ≤ (a2 + b2 + c2 )3/2 + 3abc T Trong bài toán này ta s tìm cách đ t n thích h p đ t o thêm đi u ki n ràng bu c cho các bi n đ s d ng phương pháp nhân t Lagrange. Gi i Đ t a b c x= √ ; y=√ ; z=√ a 2 + b2 + c 2 a 2 + b2 + c 2 a 2 + b2 + c 2 B t đ ng th c c n chưng minh vi t l i thành x3 + y 3 + z 3 ≤ (x2 + y 2 + z 2 )3/2 + 3xyz v i x2 + y 2 + z 2 = 1 Đ t f = a3 + b3 + c3 − 3abc; g = a2 + b2 + c2 − 1 Ta thi t l p hàm Lagrange T L = f − λg = a3 + b3 + c3 − 3abc − λ(a2 + b2 + c2 − 1) Ta có h sau:  ∂L = 3a2 − 3bc − 2λa = 0    ∂a  ∂L  = 3b2 − 3ac − 2λb = 0  ∂b  ∂L  = 3c2 − 3ba − 2λc = 0   ∂a 3(a2 − bc) 3(b2 − ac) 3(c2 − ab) λ= = = 2a 2b 2c 5
T trên ta có 3(a2 − bc) 3(b2 − ac) = ⇔ (a − b)(ab + bc + ac) = 0 2a 2b Tương t ta có (b − c)(ab + bc + ac) = 0 và (c − a)(ab + bc + ac) = 0. Gi i phương trình này ta thu đư c a = b = c ho c ab + bc + ac = 0. N u a = b = c thì f (a; a; a) = 0 < 1 N u ab + bc + ac = 0 thì (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ac) = 1 Và t a + b + c > 0 ta có a + b + c = 1 Vì v y f (a; b; c) = a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ac) = 1 K Phép ch ng minh hoàn t t. 8 (China TST -2004)Cho a, b, c, d th c dương th a abcd = 1. Ch ng minh r ng: 1 1 1 1 2 + 2 + 2 + ≥1 (1 + a) (1 + b) (1 + c) (1 + d)2 Gi i 1 1 1 1 Đ t f (a; b; c; d) = 2 + 2 + 2 + và g(a; b; c; d) = abcd − 1 (1 + a) (1 + b) (1 + c) (1 + d)2 Ta thi t l p hàm Lagrange 1 1 1 1 L = f − λg = 2 + 2 + 2 + − λ(abcd − 1). (1 + a) (1 + b) (1 + c) (1 + d)2 Ta có h sau  ∂L = −4 − λ = 0  λ = −4a    2   ∂a (1 + a) a (1 + a)2      −4  λ = −4b T   ∂L   λ   = 2 − =0    ∂b (1 + b) b (1 + b)2   ⇒  ∂L = −4 − λ = 0   λ = −4c   ∂c 2 c (1 + c)2    (1 + c)    λ = −4d    ∂L  −4 λ   = 2 − =0    ∂c c (1 + d)2   (1 + c) T h ta thu đư c −4a −4b −4c −4d 2 = 2 = 2 = =λ (1 + a) (1 + b) (1 + c) (1 + d)2 Ta có: (a − b)(1 − ab) = 0; (a − c)(1 − ac) = 0; (a − d)(1 − ad) = 0 (b − c)(1 − bc) = 0; (b − d)(1 − bd) = 0; (c − d)(1 − cd) = 0 Gi i phương trình ta thu đư c a = b = c = d và t abcd = 1 nên a = b = c = d = 1 vì v y ta có T 1 1 1 1 f (1; 1; 1; 1) = + + + =1 4 4 4 4 T 1 1 1 1 4 1 5 f (1; 1; ; 2) = + + + = + > 1 2 4 4 9 9 2 9 Nên theo phương pháp nhân t Lagrange ta k t lu n đư c f (a; b; c; d) ≥ 1. V y bài toán đư c ch ng minh. 6
9 Cho a, b, c, d là nh ng s th c dương th a a + b + c + d = 4. Ch ng minh r ng: 1 1 1 1 27 + + + ≥ 9 (a3 + b3 + c3 + d3 ) + 8. a b c d Gi i Ta thi t l p hàm Lagrange l y v trái tr v ph i, và đ t g là a + b + c + d − 4 = 0. Ta d dàng th y ∂f ∂( ) ∂a < 0,nên nó t n t i giá tr c c ti u. ∂a ∂f ∂g Nên nó t n t i h ng s λ th a mãn =λ× . ∂a ∂a 1 ⇔ −27( 2 + a2 ) = λ a K 1 T trên ta có a, b, c, d = k ho c . k 1) N u a, b, c, d = k thì k = 1, ta tìm đư c f > 0. 1 1 2) N u a, b, c = k và d = , thì k = và f = 0. k 3 1 3) N u a, b = k và c, d = , thì k = 1, và f > 0. k T 1) 2) 3) ta có đi u c n ch ng minh. 10 Cho a, b, c, d th c dương th a a + b + c + d + abcd = 5. Ch ng minh r ng: 1 1 1 1 + + + ≥4 a b c d Gi i 1 1 1 1 Đ t f (a; b; c; d) = + + + và g(a; b; c; d) = a + b + c + d + abcd − 5 = 0 a b c d Ta thi t l p hàm Lagrange 1 1 1 1 L = f − λg = + + + − λ(a + b + c + d + abcd − 5) T a b c d  ∂L 1 =− − λ(1 + bcd) = 0   ∂aa2      ∂L1 = − 2 − λ(1 + acd) = 0   ∂bb ∂L1   = − 2 − λ(1 + bad) = 0 ∂cc   ∂L1      = − 2 − λ(1 + bca) = 0 ∂dd −1 −1 −1 −1 λ= 2 = 2 = 2 = a (1 + bcd) b (1 + acd) c (1 + abd) 1 + d2 (acb) T 2 phương trình đ u ta có: a2 (1 + bcd) = b2 (1 + cad) ⇔ (a − b)(a + b + abcd) = 0 T T a + b + abcd > 0 ta có a = b. Tương t ta có a = c = d nên a = b = c = d S d ng gi thi t a+b+c+d+abcd = 5 ta thu đư c a4 +4a−5 = 0 ⇔ (a−1)(a3 +a2 +a+5) = 0 gi i phương trình này ta tìm đư c a = 1. Do đó a = b = c = d = 1. Nên f (1, 1, 1, 1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 v y ta có đi u c n ch ng minh. 11 Cho a, b, c th c dương th a a + b + c = 1. Ch ng minh r ng: 7(ab + bc + ac) ≤ 9abc + 2 Gi i Đ t f (a; b; c) = 7(ab + cb + ac) − 9abc − 2 , g(a; b; c) = a + b + c − 1 Ta thi t l p hàm Lagrange L = f − λg = 7(ab + bc + ac) − 9abc − 2 − λ(a + b + c − 1) 7
Đi m c c tr là nghi m c a h  ∂L = 7(b + c) − 9bc − λ = 0    λ = 7(b + c) − 9bc   ∂a  ∂L   = 7(c + a) − 9ac − λ ⇒ λ = 7(a + c) − 9ac  ∂b   ∂L λ = 7(b + a) − 9ba   = 7(a + b) − 9ab − λ = 0   ∂c Nên 7(b + c) − 9bc = 7(c + a) − 9ac = λ ⇔ (b − a)(7 − 9c) = 0(1) Thi t l p tương t ta cũng có (c − a)(7 − 9a) = 0(2) và (a − c)(7 − 9b) = 0(3) gi i phương trình ta K 1 có a = b = c = và 3 21 9 f (a; b; c) = 7(ab + bc + ac) − 9abc − 2 = − −2=0 9 27 7 14 T (1) n u a = b và b = c thì t phương trình trên ta có a = = b và a + b = > 1 đi u này mâu 9 9 thu n do a + b < a + b + c = 1 N u 7 − 9c = 0 thì ta không th có 7 − 9a = 0 ho c 7 − 9b = 0 nên t (2); (3) ta ph i có b = c và 7 a = c nên a = b = c = . 9 V y giá tr nh nh t L = 0 hay 7(ab + ac + bc) ≤ 9abc + 2 12 Cho a, b, c th c th a a2 + b2 + c2 + d2 = 1 ch ng minh r ng: A = a3 + b3 + c3 + abc + bcd + cda + dab ≤ 1 Gi i T Ta thi t l p hàm Lagrange L = a3 + b3 + c3 + d3 + abc + bcd + cda + dab − 1 − λ(a2 + b2 + c2 + a2 − 1) Đi m c c tr là nghi m c a h  ∂f   = 3a2 + bc + cd + bd − 2λa = 0 ∂a   ∂f   = 3b2 + ac + cd + ad − 2λb = 0      ∂b ∂f = 3c2 + ba + bd + ad − 2λc = 0   ∂c ∂f   = 3d2 + bc + ca + ba − 2λd = 0       ∂d a2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1  T  2  2λ = 3a + bc + ac + bd  a   3b2 + ac + cd + ad     2λ =  ⇒ 2 b  2λ = 3c + ba + bd + ad     c 3d2 + ca + bc + ab    2λ =  d Ta quy ư c n u m u b ng 0 thì t b ng 0 T đây ta có: 3a2 + bc + ac + bd 3b2 + ac + cd + ad = a b 8
3c2 + ba + bd + ad 3d2 + ca + bc + ab = = = 2λ c d Theo b t đ ng th c Cauchy − Schwarz ta có: 9V T 2 = [ a(3a2 + bc + cd + db)]2 ≤ (a2 + b2 + c2 )[ (3a2 + bc + cd + db)2 ] = 9(a2 + b2 + c2 + d2 )2 − 2(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + d2 a2 + d2 b2 + c2 d2 ) − abc(a + b + c) −bcd(b + c + d) − cda(c + d + a) − bab(b + d + a) ≤ 9 Th t v y b t đ ng th c cu i tương đương: K 2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + d2 a2 + d2 b2 + c2 d2 ≥ abc (a + b + c)+bcd (b + c + d)+cda (c + d + a)+dab (d + b + a) Luôn đúng do AM − GM . (b [2; 2; 0; 0] [2; 1; 1; 0] B t đ ng th c đư c ch ng minh. 12 (IMO Shortlist 2007) Cho a1 ; a2 ; ...a100 ≥ 0 th a a2 + a2 + ... + a2 = 1 ch ng minh r ng: 1 2 100 2 2 2 a1 a2 + a2 a3 + ... + a100 a1 Gi i Đ thu n ti n bi n đ i ta đ t a101 = a1 ; a102 = a2 và S = a2 a2 + a2 a3 + ... + a2 a1 Áp d ng b t đ ng 1 2 100 th c Cauchy-Schwarz: 2  2  100 100 100 9S 2 = ak+1 (ak 2 + 2ak+1 ak+2 ) ≤ ak+1 2  (ak 2 + 2ak+1 ak+2 )  k=1 k=1 k=1 100 100 2 2 2 = (ak + 2ak+1 ak+2 ) = (ak 4 + 4ak 2 ak+1 ak+2 + 4ak+1 2 ak+2 2 ) T k=1 k=1 M t khác theo b t đ ng th c AM-GM ta có 4ak 2 ak+1 ak+2 ≤ 2a2 (a2 + a2 ) k k+1 k+1 T trên ta có 100 100 2 9S ≤ a4 k + 2a2 (a2 k k+1 + a2 ) k+2 + 4a2 a2 k+1 k+2 = a4 + 6a2 a2 + 2a2 a2 k k+1 k k k+2 k=1 k=1 S d ng các đánh giá đơn gi n 100 100 2 a4 k + 2a2 a2 k+1 k + 2a2 a2 k k+2 ≤ a2 k =1 k=1 k=1 T 100 50 50 a2 a2 k k+1 ≤ a2 2i−1 a2 2j k=1 i=1 j=1 Ta đư c: 50 50 50 50 2 2 9S ≤ 1 + 4 a2 2i−1 a2 2j ≤1+ a2 2i−1 + a2 2j =2 i=1 j=1 i=1 j=1 √ 2 12 T đây suy ra S ≤ 3 < 25 . V y bài toán đư c ch ng minh 9
BÀI T P Bài 1: Cho x, y, z th c thu c đo n [0; 1], ch ng minh r ng x2 + y 2 + z 2 ≤ 1 + x2 y + y 2 z + z 2 x Bài 2: Cho x; y; z th c dương. Ch ng minh r ng: x y z + + ≤1 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + xz K Bài 3: (USAMO -1997)Cho a; b; c; d th c dương. Ch ng minh r ng: 2 1 1 1 1 1 p q 25 ≤ (a + b + c + d + e) + + + + ≤ 25 + 6 − a b c d e q p Bài 4: (USAMO 2001) Cho a, b, c th c dương th a a2 + b2 + c2 + abc = 4 ch ng minh r ng ab + bc + ac − abc ≤ 2 Bài 5: (1999 Canada Math Olympiad) Cho x, y, z là nh ng s th c không âm th a x + y + z = 1. Ch ng minh r ng 4 x2 y + y 2 z + z 2 x ≤ 27 Bài 6: (B t đ ng th c Schur) Cho a, b, c ≥ 0.Ch ng minh a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) T Bài 7: (Romanian IMO-BMO TST -2007)Cho các s th c a1 ; a2 ; ...an ; b1 ; b2 ; ...bn (n ≥ 2) th a mãn a2 + a2 + ... + a2 = b2 + b2 + ... + b2 = 1; a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn = 0. Ch ng minh r ng 1 2 n 1 2 n (a1 + a2 + ... + an )2 + (b1 + b2 + ... + bn )2 ≤ n Bài 8: Cho a1 , a2 , ...., an > 0 và a1 .a2 ....an = 1.Ch ng minh 1 1 1 n + + ...... + ≥ min 1; k ∀k ≥ 0 (1 + a1 )k (1 + a2 )k (1 + an )k 2 Bài 9: (VMEO II)Cho a, b, c, x, y, z th a ax + by + cz = xyz. Ch ng minh x+y+z ≥ 4(a + b + c) + 8(ab + bc + ca) Bài 10: Cho a, b, c > 0 th a a2 + b2 + c2 = 3. Ch ng minh: T 2(a2 b + b2 c + c2 a) + 15 ≥ 3(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) Bài 11: Cho a, b, c ∈ R th a 2a3 + 2b3 + c3 = 4.Tìm GTLN và GTNN c a c2 − 2ab Bài 12:Cho a, b, c ≥ 0, a + b + c = 3. Ch ng minh r ng: a4 + b4 + c4 + ab + bc + ca ≥ 6 10
Bài vi t xin k t thúc t i đây. Nhân đây, tôi xin cám ơn anh Hoàng Qu c Vi t-sinh viên trư ng Đ i h c Bách Khoa Hà N i đã có nh ng ý ki n đóng góp đ hoàn thi n chuyên đ này. Vi c biên so n không th tránh kh i nh ng thi u sót, r t mong nh ng ý ki n đóng góp c a các b n đ chuyên đ đư c hoàn thi n hơn! M i đóng góp xin g i v đ a ch : manmelody193@yahoo.com Tài li u [1] Võ Qu c Bá C n -Tr n Qu c Anh S d ng phương Pháp Cauchy-Schwarz đ ch ng minh b t đ ng th c. K [2] www.diendantoanhoc.net [3] www.artofproblemsolving.com/Forum [4] Ngô Thành Phong Giáo trình gi n y u gi i tích toán h c - ĐHKHTN -ĐHQG TPHCM [5] Zdravko Cvetkovski Inequalities theorems, techniques and Selected Problems T T 11