Tiêu đề CHƯƠNG 5 - BĐT qua các kỳ thi Olympic dưới góc nhìn của một bổ đề.doc ✅

5 BĐT qua các kỳ thi Olympic dưới góc nhìn của một bổ đề Bài viết nêu lên 3 vấn đề xoay quanh một bổ đề quen thuộc:  Giới thiệu bổ đề với cách chọn ,mk để áp dụng. Vì bổ đề khá chặt nên có nhiều bài viết xoay quanh nó (bạn đọc có thể xem trong tài liệu số 5), phần này tác giả chỉ điểm lại với mục tiêu làm bật lên ý tưởng chọn ,mk vận dụng bổ đề.  Với một số bài toán khi áp dụng bổ đề ta sẽ thu được không chỉ một đánh gia mà rất nhiều đánh giá khác nhau, có nghĩa sẽ có nhiều lời giải cho cùng một bài toán.  Một số hướng khai thác để vận dụng với những bài toán có giả thiết khác nhiều so với bổ đề. Tất cả các vấn đề trên sẽ được thể hiện thông qua các bài toán BĐT trong các kỳ Olympic với những lời giải mới. 5.1 Bài toán mở đầu Ví dụ 47 (VMO - 2014). Với ,,xyz là các số thực dương. Tìm GTLN của biểu thức:  343343343 333 442442442 .xyzyzxzxy P xyxyzyzyzxzyyzx   Lời giải. Không khó để dự đoán GTLN của P là 3 , 16 nên ta cần chứng minh:  343343343 333 442442442 3 . 16 xyzyzxzxy xyxyzyzyzxzyyzx   Trước tiên, ta có đánh giá:  3 2 35 34334322 3444 443442. 88 81 x yxyzxyzxy xyxyzxyxyxyxyzx y           Đánh giá tương tự cho hai đại lượng còn lại và đặt ;;.xyz abc yzx Ta cần có: 333 888 3 1112 abc abc   838383 888 464464464 1. 313131 aabbcc abc    với ,,0:1.abcabc Sử dụng kết quả quen thuộc sau: Với ,,0:1xyzxyz và mℝ thì BĐT sau luôn đúng: 2221111*. 111mmmmmmxxyyzz  (Chứng minh bổ đề: Sử dụng phép thế 222;;.mmmbccaab xyz abc
và sử dụng BĐT Cauchy – Schwarz) Ta có:  836 63638 4641 1131 aaa aaaaa    21411986346452401.0.aaaaaaaM với 1211109872381312Maaaaaa 65432 151816141284.aaaaaa BĐT cuối hiển nhiên đúng, vậy nên:   838383 888 * 636363 464464464 313131 111 1. 111 aabbcc abc aabbcc      Hay nói cách khác 3 , 16P đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,abc tức .xyz Do đó GTLN của P là 3 . 16 Nhận xét: Ngoài cách đánh giá trên, ta còn nhiều cách đánh giá khác nữa, chẳng hạn:  333 888 3 1112 abc abc   838383 888 343343343 1. 313131 aabbcc abc    Sử dụng đánh giá:  83 428 3431 . 131 aa aaa     333 888 3 1112 abc abc   838383 888 111811111811111811 1. 616161 aabbcc abc    Sử dụng đánh giá:  83 98 92 1118111 . 61 1 aa a aa        333 888 3 1112 abc abc   838383 888 585585585 1. 313131 aabbcc abc    Sử dụng đánh giá:  83 848 5851 . 131 aa aaa     333 888 3 1112 abc abc 
 838383 888 112011112011112011 1. 313131 aabbcc abc    Sử dụng đánh giá:  83 20108 1120111 . 131 aa aaa    Có 3 vấn đề đặt ra là:  Bằng cách nào để có các đánh giá đó (tách ghép biểu thức như thế nào là hợp lý và chọn đánh giá ra sao)?  Có bao nhiêu đánh giá như vậy?  Với các bài toán có giả thiết khác đi sẽ áp dụng như thế nào? Mời bạn đọc vào mục tiếp theo để có câu trả lời thông qua các bài toán. 5.2 Áp dụng trực tiếp bổ đề Trước tiên, ta sẽ đến với cách chọn đánh giá để sử dụng bổ đề. Ví dụ 48 (Đăk Lăk, năm 2016 - 2017). Với ,,xyz là các số thực dương thỏa mãn 1.xyz Chứng minh rằng: 111 1. 222xyz  Lời giải. Để áp dụng được bổ đề, ta sẽ chọn cùng lúc ,mk với 0k sao cho đánh giá sau luôn đúng: 2 11 0. 3231mm kk xxx  Việc tìm chính xác miền giá trị của ,mk để đánh giá trên luôn đúng là tương đối khó. Ta để ý rằng, điểm rơi của bài toán là 1,x suy nghĩ tự nhiên ta mong muốn giá trị nhỏ nhất của vế trái là 0 đạt được khi 1.x Nhưng như vậy vẫn còn quá khó, thay vào đó ta sẽ giảm nhẹ yêu cầu là tìm ,mk sao cho vế trái là hàm đạt cực trị tại 1x (và hy vọng tại đó đạt GTNN) với sự hỗ trợ của công cụ đạo hàm. Cụ thể ta cần có: ' 2 1 1111 0. 3231933mm x kkkm m xxxk     Vậy ta cần chọn 0k sao cho 2 11 3231mm kk xxx  với 1 . 3m k    Cho x ta cần có: 11 . 332 k kk  Cho 0x ta cần có: 111 0. 3232 k k Tóm lại 1 2k là giá trị cần tìm. Việc cuối cùng là ta kiểm tra đánh giá vừa thu được bằng phép biến đổi tương đương (điều này là cần thiết vì cách tìm trên chưa là điều kiện đủ, trong xuyên suốt bài viết này, miền giá trị của k tìm được cũng mang nghĩa như vậy).
33421111326 21x xx      2 3 3342 1 0. 212 xx xxx    Tương tự cho các đánh giá còn lại, cộng theo vế ta được: 333342424233 1111 1 2222 1111 . 2111 xyz xxyyzz          Vế phải của BĐT trên theo (*) thì lớn hơn hoặc bằng 1 . 2 Bài toán được chứng minh, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.xyz Với cách làm trên, ta có thể xử lý các bài toán sau (trình bày chi tiết dành cho bạn đọc). Ví dụ 49 (MEMO - 2012). Với ,,xyz là các số thực dương thỏa mãn 1.xyz Chứng minh rằng: 22216916916943.xyzxyz Lời giải. Lập luận như ví dụ 48 ta được duy nhất 3k và có đánh giá: 2 5584 33 16941 31xx xx   1395 105 8484 34443 1694 11 aaa aa aaaa    24531.0;aaMax với 1098765423694567246.Maaaaaaaaa Ví dụ 50 (India Postals 2015). Với ,,xyz là các số thực dương thỏa mãn 1.xyz Chứng minh rằng: 1. 888 xyz xyz  Lời giải. Sử dụng đánh giá: 84 99 111 . 833 1 x x xx    Ví dụ 51 (Olympic 30/04 - 2018). Với ,,xyz là các số thực dương thỏa mãn 1.xyz Chứng minh rằng: 222 111.xxyyzzxyz Lời giải. Sử dụng đánh giá: 22131. 221xxx xx  Ví dụ 52 (JBMO - TST 2013). Với ,,xyz là các số thực dương thỏa mãn 1.xyz Chứng minh rằng: 11113. 2111xyz xyz 