| 3 Comments | Nguyễn Khải
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét một số ứng dụng của một hằng đẳng thức bậc hai trong bài toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biếu thức. Trước tiên chúng ta tìm hiểu một mở rộng của một hằng đẳng thức bậc hai.
I. MỞ RỘNG MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC BẬC HAI.
Từ $
\[ \begin{aligned} & (x+y)^{2}=\left(x^{2}+y^{2}\right)+2(x y) \\ & (x-y)^{2}=\left(x^{2}+y^{2}\right)-2(x y)\end{aligned} \]
\[ \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}(x+y)^{2}+\frac{1}{2}(x-y)^{2} \\ x y=\frac{1}{4}(x+y)^{2}-\frac{1}{4}(x-y)^{2}\end{array}\right. \]
suy ra:
\[ a\left(x^{2}+y^{2}\right)+b(x y) =\frac{2 a+b}{4}(x+y)^{2}+\frac{2 a-b}{4}(x-y)^{2} \]
Với \(a x^{2}+b x y+c y^{2}\) thì như thế nào?
Để trả lời câu hỏi này ta tìm \(m, n, k\) sao cho:
\[ (a+b+c)\left(a x^{2}+b x y+c y^{2}\right)=(m x+n y)^{2}+k(x-y)^{2}(1) \]
\( \forall x, y\) (với \(a+b+c \neq 0\)). Vì (1) đúng \(\forall x, y\) nên:
\[ \left\{\begin{array}{l} a(a+b+c)=m^{2}+k \\ b(a+b+c)=2 m n-2 k \\ c(a+b+c)=n^{2}+k \end{array}\right. \]
Từ (2), (3), (4) suy ra: \((m+n)^{2}=(a+b+c)^{2}\)
\[ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} m+n=a+b+c \\ m+n=-a-b-c \end{array}\right. \]
- Trường hợp 1: \(m+n=a+b+c\). Từ (2),(3) suy ra: \(2 m(m+n)=(2 a+b)(a+b+c) \Rightarrow m=\frac{2 a+b}{2}\). Dễ dàng tính được \(n=\frac{2 c+b}{2}\) và \(k=\frac{4 a c-b^{2}}{4}\).
- Trường hợp 2: \(m+n=-a-b-c\), ta cũng tìm được: \(m=-\frac{2 a+b}{2}, n=-\frac{2 c+b}{2}\) và \(k=\frac{4 a c-b^{2}}{4}\).
Kết hợp cả hai trường hợp, ta có kết luận:
Nếu \(a+b+c \neq 0\) thì
\[ a x^{2}+b x y+c y^{2} =\frac{[(2 a+b) x+(2 c+b) y]^{2}}{4(a+b+c)}+\frac{4 a c-b^{2}}{4(a+b+c)}(x-y)^{2} \]
Đặc biệt, nếu
\[ \left\{\begin{array}{l}a+b+c \neq 0 \\ 4 a c-b^{2}=0\end{array}\right. \]
thì \((a+b+c) \cdot f(x ; y) \geq 0, \forall x, y \) trong đó \(f(x ; y)=a x^{2}+b x y+c y^{2} \).
II. MỘT SỐ THÍ DỤ ÁP DỤNG
Thí dụ 1 (Thi HSG lớp 9, TP. Hồ Chí Minh, năm học 1996-1997)
Cho các số thực \(x, y\) thỏa mãn \(x^{2}+y^{2}-x y=4\). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(K=x^{2}+y^{2}\).
Lời giải.
Tìm GTLN, ta có:
\[ $x^{2}+y^{2}-x y=4 \Leftrightarrow \frac{1}{4}(x+y)^{2}+\frac{3}{4}(x-y)^{2}=4 \Leftrightarrow(x+y)^{2}+3(x-y)^{2}=16 \]
\[ K=x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}(x+y)^{2}+\frac{1}{2}(x-y)^{2} \]
Do đó: \[ 2 K=\left[(x+y)^{2}+3(x-y)^{2}\right]-2(x-y)^{2} =16-2(x-y)^{2} \leq 16 \Rightarrow K \leq 8 \]
Khi \( x=y=2\) (thỏa mãn điều kiện đề bài) thì \(K=8\). Vậy giá trị lớn nhất của \(K\) bằng 8.
Tìm GTNN, ta có:
\[ 6 K=\left[(x+y)^{2}+3(x-y)^{2}\right]+2(x+y)^{2} =16+2(x+y)^{2} \geq 16 \Rightarrow K \geq \frac{8}{3} \]
Khi \( x=\frac{2 \sqrt{3}}{3}, y=-\frac{2 \sqrt{3}}{3}\) (thỏa mãn điều kiện đề bài) thì \(K=\frac{8}{3}\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \(K\) bằng \(\frac{8}{3}\).
Thí dụ 2 (ĐH khối A, 2006)
Cho hai số thực \(x, y\) thay đổi thỏa mãn \(x y(x+y)=x^{2}+y^{2}-x y\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[ A=\frac{1}{x^{3}}+\frac{1}{y^{3}} \]
Lời giải. Vì \(x y \neq 0\) nên
\[ x^{2}+y^{2}>0 \Leftrightarrow(x+y)^{2}+(x-y)^{2}>0 $\Rightarrow \frac{1}{4}(x+y)^{2}+\frac{3}{4}(x-y)^{2}>0 \Leftrightarrow x^{2}+y^{2}-x y>0 \Rightarrow x y(x+y)>0 \Leftrightarrow \frac{x+y}{x y}>0 \]
Ta có:
\[ x y(x+y)=x^{2}+y^{2}-x y =\frac{1}{4}(x+y)^{2}+\frac{3}{4}(x-y)^{2} \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2} \Rightarrow \frac{(x+y)^{2}}{x y(x+y)} \leq 4 \Leftrightarrow \frac{x+y}{x y} \leq 4 \]
chú ý \(x+y \neq 0\). Như vậy:
\[ 0<\frac{x+y}{x y} \leq 4 \Rightarrow\left(\frac{x+y}{x y}\right)^{2} \leq 16 \]
Do đó:
\[ A=\frac{x^{3}+y^{3}}{x^{3} y^{3}}=\frac{(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)}{x^{3} y^{3}} =\frac{x y(x+y)^{2}}{x^{3} y^{3}}=\left(\frac{x+y}{x y}\right)^{2} \leq 16 \]
Khi \(x=y=\frac{1}{2}\) (thỏa mãn điều kiện đề bài) thì \(A=16\). Vậy giá trị lớn nhất của \(A\) bằng 16.
Thí dụ 3 (ĐH khối A, 2009).
Chứng minh rằng với mọi số thưc dương \(x, y, z\) hỏa mãn \(x(x+y+z)=3 y z\), ta có:
\[ (x+y)^{3}+(x+z)^{3}+3(x+y)(x+z)(y+z) \leq 5(y+z)^{3}\]
Lời giải. Đặt \(a=x+y, b=y+z, c=z+x\), ta có:
\[ x=\frac{a+c-b}{2}, y=\frac{a+b-c}{2}, z=\frac{b+c-a}{2} \]
Khi đó điều kiện \(x(x+y+z)=3 y z\) trở thành:
\[ \frac{a+c-b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{2}=3 \frac{b+c-a}{2} \cdot \frac{a+b-c}{2} \Leftrightarrow[(a+c)-b][(a+c)+b] =3[b+(c-a)][b-(c-a)] \Leftrightarrow b^{2}=a^{2}+c^{2}-a c\] (1).
Bất đẳng thức phải chứng minh có dạng \(a^{3}+c^{3}+3 a b c \leq 5 b^{3}(2)\) với \(a, b, c\) là các số thực dương thỏa mãn điều kiện (1). Ta có:
\[ b^{2}=a^{2}+c^{2}-a c =\frac{1}{4}(a+c)^{2}+\frac{3}{4}(a-c)^{2} \geq \frac{1}{4}(a+c)^{2} \Rightarrow b \geq \frac{a+c}{2} \geq \sqrt{a c} \Rightarrow b^{2} \geq a c \]
Như vậy ta có: \(2 b-a-c \geq 0\) và \(b^{2}-a c \geq 0\). Ta cũng có (2) tương đương
\[ 5 b^{3} \geq (a+c)(a^{2}+c^{2}-a c)+3 a b c \Leftrightarrow 5 b^3 \geq (a+c) b^2+3abc \Leftrightarrow 3(b^{2}-a c)+b(2 b-a-c) \geq 0 \]
Từ đây ta suy ra điều phải chứng minh.
Thí dụ 4. Cho hai số thực \(x, y\) thỏa mãn \(3 x^{2}+x y+2 y^{2} \leq 2\). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(K=x^{2}+3 x y-y^{2}\).
Lời giải. Đặt \(A=3 x^{2}+x y+2 y^{2}\) thì \(A \leq 2\). Ta có: \(K+A=(2 x+y)^{2} \geq 0 \Rightarrow K \geq-A \geq-2 \Rightarrow K \geq-2\). Khi
\[ x=\frac{\sqrt{2}}{3}, y=-\frac{2 \sqrt{2}}{3} \]
thỏa mãn điều kiện đề bài thì \(K=-2\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \(K\) bằng -2.
Ta cũng có:
\[ K-\frac{13}{23} A=x^{2}+3 x y-y^{2}-\frac{13}{23}\left(3 x^{2}+x y+2 y^{2}\right) =-\frac{(4 x-7 y)^{2}}{23} \leq 0 \Rightarrow K \leq \frac{13}{23} A \leq \frac{26}{23} \Rightarrow K \leq \frac{26}{23} \]
Khi
\[ x=\frac{7 \sqrt{46}}{69}, y=\frac{4 \sqrt{46}}{69} \]
thỏa mãn điều kiện đề bài thì \(K=\frac{26}{23}\). Vậy giá trị lớn nhất của \(K\) bằng \(\frac{26}{23}\).
Nhận xét. Ta có thề tìm số \(-\frac{13}{23}\) bằng cách xét \(K+\alpha A=(3 \alpha+1) x^{2}+(\alpha+3) x y+(2 \alpha-1) y^{2}\) và giải phương trình \(4(3 \alpha+1)(2 \alpha-1)-(\alpha+3)^{2}=0\).
Thí dụ 5 (ĐH khối B, 2008).
Cho hai số thực \(x, y\) thay đổi thỏa mãn hệ thức \(x^{2}+y^{2}=1\). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá tri lớn nhất của biểu thức:
\[ P = \frac{2(x^2+6xy)}{1+2xy+2y^2} \]
Lời giải. Ta có:
\[ P-3=\frac{2\left(x^{2}+6 x y\right)}{x^{2}+2 x y+3 y^{2}}-3 =-\frac{(x-3 y)^{2}}{x^{2}+2 x y+3 y^{2}} \leq 0 \Rightarrow P \leq 3\]
Khi
\[ x=\frac{3 \sqrt{10}}{10}, y=\frac{\sqrt{10}}{10}\]
thỏa mãn điều kiện đề bài thì \(P=3\). Vậy giá trị lớn nhất của \(P\) là 3.
Lại có:
\[ P+6=\frac{2\left(x^{2}+6 x y\right)}{x^{2}+2 x y+3 y^{2}}+6=\frac{2(2 x+3 y)^{2}}{x^{2}+2 x y+3 y^{2}} \geq 0 \Rightarrow P \geq-6\]
Khi
\[ x=\frac{3 \sqrt{13}}{13}, y=-\frac{2 \sqrt{13}}{13} \]
Thỏa mãn điều kiện đề bài, thì \(P=-6\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) là -6.
Nhận xét. Số -3 và số 6 được tìm bằng cách xét
\[ P+\alpha=\frac{(\alpha+2) x^{2}+2(\alpha+6) x y+3 \alpha y^{2}}{x^{2}+2 x y+3 y^{2}}\]
và giải phưong trinh \(4(\alpha+2) \cdot 3 \alpha-[2(\alpha+6)]^{2}=0\).
Thí dụ 6 (Bài 4 (143) báo Toán Tuổi thơ).
Cho các số thực dương \(x, y, z\) thóa mãn \(\sqrt{x y}+\sqrt{y z}+\sqrt{z x}=1\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\[ P=\sqrt{2 x^{2}+3 x y+4 y^{2}}+\sqrt{2 y^{2}+3 y z+4 z^{2}} +\sqrt{2 z^{2}+3 z x+4 x^{2}} \]
Lời giải. Ta có:
\[ \sqrt{2 x^{2}+3 x y+4 y^{2}}=\sqrt{\frac{(7 x+11 y)^{2}}{36}+\frac{23}{36}(x-y)^{2}} \geq \sqrt{\frac{(7 x+11 y)^{2}}{36}}=\frac{7 x+11 y}{6} \]
Chứng minh tương tự cũng có:
\[ \sqrt{2 y^{2}+3 y z+4 z^{2}} \geq \frac{7 y+11 z}{6} \]
và
\[ \sqrt{2 z^{2}+3 z x+4 x^{2}} \geq \frac{7 z+11 x}{6} \]
Từ đây suy ra:
\[ P \geq 3(x+y+z) \geq 3(\sqrt{x y}+\sqrt{y z}+\sqrt{z x})=3 \Rightarrow P \geq 3 \]
Khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\) thỏa mãn điều kiện đề bài thì \(P=3\). Vậy giá trị nhỏ nhất của \(P\) bằng 3.
Thí dụ 7. Cho ba số thực dương \(x, y, z\) thóa mãn \(x y+y z+z x=3 x y z\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\[ P=\frac{11 x+4 y}{4 x^{2}-x y+2 y^{2}}+\frac{11 y+4 z}{4 y^{2}-y z+2 z^{2}}+\frac{11 z+4 x}{4 z^{2}-z x+2 x^{2}} \]
Lời giải. Ta có:
\[ \frac{11 x+4 y}{4 x^{2}-x y+2 y^{2}} \leq \frac{9}{2 x+y}, \forall x, y \in \mathbb{R}^{+} \]
Thật vậy (1) tương đương:
\[ (2 x+y)(11 x+4 y) \leq 9\left(4 x^{2}-x y+2 y^{2}\right) \forall x, y \in \mathbb{R}^{+} \Leftrightarrow 14(x-y)^{2} \geq 0, \forall x, y \in \mathbb{R}^{+} \] (2). Rõ ràng (2) đúng, vậy (1) đúng. Mặt khác
\[ \frac{9}{2x+y} = \frac{(1+1+1)^2}{x+x+y} \leq \frac{1^2}{x} + \frac{1^2}{x}+\frac{1^2}{y} = \frac{2}{x} + \frac{1}{y} \]
Từ đây suy ra:
\[ \frac{11 x+4 y}{4 x^{2}-x y+2 y^{2}} \leq \frac{2}{x}+\frac{1}{y} \]
Chứng minh tương tự cũng có:
\[ \frac{11 y+4 z}{4 y^{2}-y z+2 z^{2}} \leq \frac{2}{y}+\frac{1}{z} ; \frac{11 z+4 x}{4 z^{2}-z x+2 x^{2}} \leq \frac{2}{z}+\frac{1}{x} \]
Suy ra:
\[ P \leq 3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=3\left(\frac{x y+y z+z x}{x y z}\right)=9 \]
Khi \(x=y=z=1\) thỏa mãn điều kiện đề bài thì \(P=9\). Vậy giá trị lớn nhất của \(P\) bằng 9.
Nhận xét. BĐT(1) có được bằng cách: Tìm \(\alpha, \beta\) sao cho
\[ \frac{11 x+4 y}{4 x^{2}-x y+2 y^{2}} \leq \frac{1}{\alpha x+\beta y} \]
đúng với \(\forall x, y \in \mathbb{R}^{+}\) đồng thời dấu = xảy ra khi và chi khi \(x=y\).
Thí dụ 8 (Thi vào 10 , THPT chuyên Lê Quý Đôn, Vũng Tàu, 2020).
Cho các số thực duơng \(a, b\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\[ P=(a+b)\left(\frac{1}{\sqrt{a^{2}-a b+2 b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{2 a^{2}-a b+b^{2}}}\right) \]
Lời giải. Với mọi số thực dương \(a, b\) ta có:
\[ P=\sqrt{2}(a+b)\left(\frac{1}{\sqrt{a^{2}+3 b^{2}+(a-b)^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{3 a^{2}+b^{2}+(a-b)^{2}}}\right) \leq \sqrt{2}(a+b)\left(\frac{1}{\sqrt{a^{2}+3 b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{3 a^{2}+b^{2}}}\right) \]
\[ =\sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{(b+a)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)+2 a^{2}}}+\sqrt{\frac{(a+b)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)+2 b^{2}}}\right) \leq \sqrt{2}\left(\sqrt{\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}}{2 a^{2}}}+\sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}}}\right) \]
\[ \leq \sqrt{2} \sqrt{2\left(\frac{b^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{a^{2}}{2 a^{2}}+\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{2}}{2 b^{2}}\right)}=2 \sqrt{2} \]
Khi \(a=b=1\) thì \(P=2 \sqrt{2}\). Vậy \(\max P=2 \sqrt{2}\).
III. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1 ( ĐH khối A, 2003). Cho ba số thực dương thỏa mãn \(x+y+z=1\). Chứng minh rằng
\includegraphics[max width=\textwidth, center]{2024_12_09_5b4b27c04ac12b0360f4g-2(1)}
Bài 2 (Bài T9/419 Tap chi Toán học & Tuối trẻ) Cho ba số thực dương \(a, b, c\) thỏa mãn
\[ 15\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right)=10\left(\frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c a}\right)+2012 \]
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\includegraphics[max width=\textwidth, center]{2024_12_09_5b4b27c04ac12b0360f4g-2}
Bài 3 (Bài T11/423 Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ) Giải hệ phương trình
\[ \left\{\begin{array}{l}\sqrt{5 x^{2}+2 x y+2 y^{2}}+\sqrt{2 x^{2}+2 x y+5 y^{2}}=3(x+y) \\ \sqrt{2 x+y+1}+2 \sqrt[3]{7 x+12 y+8}=2 x y+y+5\end{array}\right.\]
Bài 4 (Thi vào 10 chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội, 2009-2010, vòng 2)
Chứng minh rằng với mọi số thực \(a, b, c\) ta có
\[ \frac{a^{2}}{\sqrt{3 a^{2}+8 b^{2}+14 a b}}+\frac{b^{2}}{\sqrt{3 b^{2}+8 c^{2}+14 b c}} +\frac{a^{2}}{\sqrt{3 c^{2}+8 a^{2}+14 c a}} \geq \frac{a+b+c}{5} \]
Bài 5. Cho hai số thực \(x, y\) thỏa mãn \(x^{2}+2 x y+4 y^{2}=3\). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(K=x^{2}+6 x y+12 y^{2}\).
Bài 6. Cho hai số thực \(x, y\) thỏa mãn \(x^{2}+y^{2}>0\). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\[ A=\frac{2 x^{2}-2 x y+9 y^{2}}{x^{2}+2 x y+5 y^{2}} \]
Bài 7 (Thi HSG TP. Bắc Ninh, lớp 8, 2020-2021) Cho ba số thực \(a, b, c\) đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
\[ \frac{a^{2}+b^{2}}{(a-b)^{2}}+\frac{b^{2}+c^{2}}{(b-c)^{2}}+\frac{c^{2}+a^{2}}{(c-a)^{2}} \geq \frac{5}{2} \]
Bài 8. Với hai số thực \(x, y\) thóa mãn \(x^{2}+y^{2}>0\). Tìm giá trị giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\[ A=\frac{2 x+4 y+3}{x^{2}+2 x y+4 y^{2}} \]
