Bất đẳng thức

122 144 0
  • Loading ...
1/122 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 25/02/2019, 22:39

CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CĨ TÍNH THUẦN NHẤT Bài tốn Tìm cực trị biểu thức Q  F  x, y, z  với F  tx, ty , tz   F  x, y , z  t �0 Hàm số F , thỏa mãn điều kiện (1) gọi hàm ba biến x, y, z Sau số ví dụ thỏa mãn a  ab  b  c Chứng minh Bài Cho a  b3  3abc �5c Lời giải Nếu c  từ giả thiết a  ab  b  � a  b  Bất đẳng thức Nếu c �0 Đặt a  cx, b  cy  x, y   Bài toán cho trở thành: “Cho số thực x, y thỏa mãn điều kiện x  xy  y  Chứng minh x3  y  3xy �5 ” Ta có  x  xy  y �  x  y  � x  y �2 Lại có x  y  , x  xy  y  � x  y  x  y Từ đó: x  y  3xy �x  y   x  y  �5 Dấu xảy a = b = c Bài (KA 2009) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x  x  y  z   yz Chứng minh  x  y   y  z    x  y   x  z   y  z  �5  y  z  3 Lời giải Cách Đặt a  x y xz ;b  , a, b dương Khi tốn trở thành: “Cho số dương a, b yz yz thỏa mãn a  ab  b  Chứng minh a  b3  3ab �5 ” Đây toán Cách Đặt y  ax; z  bx  a, b   Bài toán cho trở thành: “Cho số dương a, b thỏa mãn  a  b  3ab Chứng minh   a     b    a  b    a    b  �5  a  b  (2) ” 3 Ta thấy biểu thức điều kiện bất đẳng thức cần chứng minh đối xứng với a b Đặt t  a  b,  t �2    � 4t  6t  4t �0 � t  2t  1  t   �0 t �2 Bài Cho số thực dương a, b, c Chứng minh  a  b  c ab  a  c  4 abc � �4 �c �  �(1) a �b a  c � Lời giải Đặt a  bx; c  by  x  y  1 (1) � x x  y 4 x  y 1 5y �4 y  Đặt x x y �S  x  y  S �4P  � �P  xy S2 Đặt f  P     S  P   S  S  S  1 , �P � (coi hàm bậc ẩn P) f     S  1 2 �S � f S  �   ; �4 �  S   �0 Suy bất đẳng thức � � Bài (KA 2013) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c   b  c   4c Tìm GTNN biểu thức P 32a3  b  3c   32b3  a  3c  �a � a  b2  c � �b � � � � Lời giải Vì số a, b, c dương nên ta có �  1� �  1� � x  y  xy  Trong c c x a b ; y   x, y   c c Lại có: P  32a  b  3c   32b3  a  3c  3 �a � �b � 32 � � 32 � � 2 2 a b c� c� �a � �b � � �     � � � � 3 c �b � �a � �c � �c � �  3� �  3� �c � �c � Khi tốn cho trở thành “Cho số thực dương x, y thỏa mãn x  y  xy  Tìm GTNN biểu thức P 32 x3  y  3  32 y  x  3  x  y ” 32 x3 1 6x 32 y 1 6y   � ;   � Theo bất đẳng thức Cauchy ta có 3  y  3 2 y   x   2 x  Vậy 6� x  y    x  y   xy �  6x 6y � P�   x2  y2   � y3 x3 xy   x  y    x  y  xy  Đặt t  xy   t �1 Suy P �4  3xy   xy   xy  Xét hàm số f  t    3t  t  8t  9,  t �1 Bằng phương pháp khảo sát hàm số ta có f  t  �f  1   Vậy P =  Dấu xảy a = b = c Đơi lời bình luận Đây tốn khó dành cho học sinh giỏi Trước tiên nhận thấy vai trò a b biểu thức điều kiện biểu thức P nên ta tìm cách “khử” bớt biến c Kỹ thuật toán chứng minh bất đẳng thức gọi “kĩ thuật giảm biến” Một để tiến hành việc giảm biến bậc hai biểu thức điều kiện bậc tử maauxa phân thức biểu thức P Do ta nghĩ đến việc chia hai vế chia tử mẫu cho lũy thừa c mà bậc c với bậc hai vế bậc tử mẫu Khi giảm biến c, toán trở thành toán hai biến x, y mà biểu thức điều kiện biểu thức P biểu thức đối xứng x, y Đến đây, ta thấy biểu thức P thu cồng kề có bậc cao Dự đốn dấu xảy x  y  Khi dương 32 x3  y  3  32 y  x  3  Vì áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số 32 x  1 ; ; ta thu biểu thức cần đánh giá gọn quan trọng dấu y  3 2 xảy x = y = Kỹ thuật toán chứng minh bất đẳng thức gọi “kĩ thuật chọn điểm rơi” Sau tập tương tự Bài Cho a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  ab  2bc  2ca  Chứng minh c2  a  b  c c2 ab   �2 a b ab Bài Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện  a  c   b  c   4c Chứng minh rằng: 4a 4b 2ab 7c  3ab    �4 b  c a  c c2 c Bài Cho a, b, c dương, a �b �c Tìm GTNN biểu thức a P  c  ab  bc  ca ac  a  b  c  a2  c2  2bc Bài Cho a, b, c dương, a  b �c Tìm GTNN biểu thức P c2 3c ab  c   a  b ab c2 Bài (KA 2011) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1; 4] x �y, x �z Tìm GTNN biểu thức P  x y z   2x  3y y  z z  x BÀI TỐN TÌM CỰC TRỊ CỦA CÁC BIỂU THỨC ĐA BIẾN ĐỐI XỨNG I Bài toán tìm cực trị biểu thức đối xứng hai biến Ta biết biểu thức đối xứng hai biến x, y biểu diễn thành biểu thức chứa S = x + y P = xy S �4 P Trước hết xét toán sau: Bài Cho số x, y không âm thỏa mãn x  y  Tìm GTLN GTNN biểu thức: P x y  y 1 x 1 Lời giải x  y  x  y  xy  2t   Đặt t = xy �t � Khi P  xy  x  y   xy 2t � 1� 0; Bài tốn quy việc tìm GTLN, GTNN biểu thức P � � 4� � �x  �x  � ; P  � x  y  �y  �y  Từ ta tìm max P  � � Bài tập tương tự Bài 1.1 Cho hai số x, y không âm thỏa mãn x  y  Tìm GTLN, GTNN biểu thức P  x y  xy  x  y  xy Bài 1.2 (2009/D) Cho số thực x, y không âm thỏa mãn x  y  Tìm GTLN, GTNN 2 biểu thức S   x  y   y  3x   25 xy Bài 1.3 Cho số x, y dương thỏa mãn x  y  Tìm GTLN, GTNN biểu thức S 1  x y xy Bài Cho x, y số thực thỏa mãn điều kiện: x  y  xy  Tìm GTLN GTNN 4 2 biểu thức: S   x  y   x y Lời giải Đặt u  x  y; v  xy  u �4v  �xy   x  y �2 xy � � 1 �xy �3 Vậy 1 �v �3 (*) Ta có � 2 �xy   x  y �2 xy Ta biến đổi S   x  y   10 x y   xy    10 x y  3v  42v  63 2 Bài tốn quy tìm GTLN, GTNN f  v   3v  42v  63  1;3 �x  �y  1 Từ ta có max S  162 � x  y  � ; S  18 � � �x  1 � �y  Lời bình Ở tốn 2, học sinh hay sai điều kiện (*) v nên cho đáp số sai Một điều cần ý với tốn phải đặt biến phải tìm xác điều kiện biến Bài tập tương tự Bài 2.1 Cho số x, y dương thỏa mãn x  xy  y  Tìm GTLN, GTNN biểu thức P x6  y  x3 y  xy Bài 2.2 Cho số thực x, y thỏa mãn x  xy  y  Tìm GTLN, GTNN biểu thức x4  y4  P x  y2  Bài 2.3 Cho số thực x, y thỏa mãn x  xy  y  Tìm GTLN, GTNN M  x  y  xy Gợi ý toán 2.3 Đây toán đối xứng với hai ẩn x 2y Bài Cho x, y hai số thực thỏa mãn x  xy  y  Tìm GTLN, GTNN biểu thức P  x  y  3x  y Lời giải Bài toán đưa biểu thức chứa xy biểu thức sau đạt có chứa căn, cồng kềnh phức tạp khó xử lý Bài toán ta đưa khảo sát cực trị hàm số biến x + y Đặt u  x  y; v  xy  u �4v  Ta có  x  xy  y �  x  y  � 2 �x  y �2 � 2 �u �2 3 P   x  y   3xy  x  y    x  y    x  y    x  y  �  x  y  = 2u  6u �x  y   3� �  Bài tốn quy tìm GTLN, GTNN f  u   2u  6u  2;2 Từ tìm max P  4; P  4 Bài tập tương tự Bài 3.1 Cho hai số thực x, y thỏa mãn x  y  Tìm GTLN, GTNN biểu thức: P   x  y   3xy Bài 3.2 Cho số x, y dương thỏa mãn x  y  xy  Tìm GTLN biểu thức P 3x 3y xy    x2  y y 1 x 1 x  y  x  y Lời giải Giả thiết  x  y  xy �x  y  � x  y �2 Biến đổi P � 1� 12  x  y   x  y   �� ,   x  y  �2 � 4� x y � Dấu x = y = Bài (2009/B) Cho số x, y thỏa mãn A  3 x4  x2 y  y    x2  y    x  y  xy �2 Tìm GTNN biểu thức Lời giải Ta có � x  y   xy � x  y    x  y  � x  y �1 � x  y � 3 2 9 1 A �  x  y    x  y   �    4 16 Dấu xảy x  y  Bài tập tương tự Bài 4.1 (2012/D) Cho số thực x, y thỏa mãn  x  4   y    xy �32 3 Tìm GTNN biểu thức A  x  y   xy  1  x  y   Các toán đối xứng dấu thường xảy tâm, nhiên có số tốn dấu lại lệch tâm, tốn sau ví dụ Bài (2011/B) Cho a, b số dương thỏa mãn  a  b   ab   a  b   ab   �a b3 � �a b � A  Tìm GTNN biểu thức �  � �  � a � �b a � �b Lời giải Giả thiết suy 2 �a b � �  �  a  b   �2 a b �b a � �a  a  b � � 2� �a b � a b �  �  ��  � b� �b a � b a 2 23 �a b � �a b � �a b � A  �  � �  � 12 �  � 18 � �b a � �b a � �b a � Dấu xảy  a; b    1;2   a; b    2;1 Bài tập tương tự Bài 5.1 Cho x, y số dương Tìm GTNN biểu thức x y �x y � x y A    �  �  y x �y x � y x Bài 5.2 Cho x, y số thực Tìm GTNN biểu thức x y �x y � x y A    �  �  y x �y x � y x Bài (2013/A) Cho số a, b, c dương thỏa mãn  a  c   b  c   4c Tìm GTNN biểu thức P  32a3  b  3c   32b3  a  3c   a  b2 c Phân tích tốn Đây tốn tìm cực trị biểu thức đồng bậc đối xứng với hai biến a, b a c b c việc sử dụng tính đồng bậc biểu thức để giảm biến (bằng cách đặt x  ; y  ) sau đưa tốn xử lý biểu thức đối xứng a c Lời giải Đặt x  ; y  b (x, y dương) c Giả thiết ta có   x    y   � xy  x  y   x  y Suy  xy  x  y �  x  y � x  y �2 P 32 x   y  32 y   x �x y � 2  x  y �8 �  � x  y �y  x  � Bằng biến đổi đơn giản ta có P � x  y  1  x  y   x  y  1  3  x  y  2 x  y   Bằng phương pháp xét hàm số ta có P �1  Dấu xảy a = b = c Bài tập tương tự Bài 6.1 Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn  a  2c   b  2c   16c Tìm GTNN biểu thức Q  II 128a  b  6c   128b  a  6c   a  b2 c Bài tốn tìm cực trị biểu thức đối xứng ba biến �x  y  z  Tìm GTLN, GTNN biểu thức �xyz  Bài Cho số dương x, y, z thỏa mãn � Q  x4  y  z Lời giải Đặt t  xy  yz  zx � x  y  z  16  2t Q   x2  y  z   2x2 y  y z  2z x2 2   16  2t   � �xy  yz  zx   xyz  x  y  z  � �  4t  64t  256  � t  16 � � � 2t  64t  288 Ta tìm khoảng biến thiên t t  xy  yz  zx  x  y  z   yz  x   x   2   x  4x  x x �y  z   x � Lại có � Hệ có nghiệm yz  � x �   x  � �  �x �2 (do < x < 4) x � 5  1� 5; Khi t �� � � � �5  � Từ ta có max Q  Q  5  18 Q  Q � � 383  165 � � Bài tập tương tự �x  y  z  Tìm GTLN, GTNN �xy  yz  zx  Bài 7.1 Cho số x, y, z không âm thỏa mãn � Q  x4  y  z Lời giải Đặt t  xyz Q  47  12t �y  z   x �y  z   x � Ta có � Hệ có nghiệm � �yz   x  y  z  �yz  x  3x  3 Q  47  12  x  x  x   12 x  36 x  12 x  47 x  +� 2  x+  x�1 x Khảo sát hàm số ta có �3  � 105  16 max Q  Q � � , Q  Q    47 � � �xy  yz  zx  Bài 7.2 Cho số dương x, y, z thỏa mãn � Tìm GTLN, GTNN biểu thức �xyz  Q  x4  y  z Bài Cho số dương a, b, c Tìm GTNN biểu thức  a  b  c Q  a  b3  c a  b2  c2  2abc  ab  bc  ca  Lời giải Do Q biểu thức nên ta chuẩn hóa a  b  c  Đặt t  ab  bc  ca   t �3 Ta có  a  b  c    2t , a  b3  c3   a  b  c   a  b2  c  ab  bc  ca   3abc   a  b  c    t   3abc Suy 2t �1 1 � 2t   t    �   �  3 t  �    2 �ab bc ca � 2t 2t 2t 2t 12 Hay Q  2   với  t �3 Từ ta có Q  Q  3  t Q  1 Bài tập tương tự Bài 8.1 Cho số thực dương a, b, c Tìm GTNN biểu thức  a  b  c Q �a  b3  c3 a  b  c �  �  � a  b  c 2 � abc ab  bc  ca � Bài 8.2 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh  a  b  c   ab  bc  ca  �9abc   a  b  c  KỸ THUẬT TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY A CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CẦN BIẾT Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm: cho n số không âm Ta có: x1 , x , , x n x1 + x + + x n �n n x1.x x n Dấu xảy � x1 = x = = x n Bất đẳng thức Bunhiacopxki: Cho hai  x1, x , , x n  &  y1, y , , y n  Ta có:  x1.y1 + x y2 + + x n y n  � x12 + x 22 + + x n2   y12 + y 22 + + y 2n  Dấu xảy � x1 x x = = = n y1 y yn Bất đẳng thức Svac-sơ: x12 x 22 x 2n  x1 + x + + x n  + + + � y1 y yn y1 + y + + y n với y1 , y , y , y n > 0,  n �2  Dấu xảy : x1 x x = = = n y1 y yn B MỘT SỐ KỸ THUẬT TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY Đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân kết hợp chọn điểm rơi Ví dụ 1: Cho a1 ,a , a 2014 > a1 + a + + a 2014 = � � �1 � � -1� � -1��20132014 � -1� �a1 � �a � �a 2014 � �1 Chứng minh: � Hướng khai thác điều kiện sau:  Khai thác điều kiện kết hợp với bất đẳng thức kinh điển để giới hạn miền giá trị biến  Khai thác cách vào biểu thức cần chứng minh  Khai thác dùng điều kiện vào bước cuối bước trung gian toán chứng minh Ở khai thác theo hướng vào biểu thức cần chứng minh Ta có: 1- a1 a + a + + a 2014 20132013 a a 2014 = � a1 a1 a1 � � �1 -1� ; ; � -1� �a � �a 2014 � �1 Tương tự cho � Nhân vế với vế bất đẳng thức ta điều phải chứng minh Dấu xảy � a1 = a = = a 2014 = Tổng quát: Cho a1 ,a , a n > a1 + a + + a n = 2014 Bài 18: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh 1 1 � �1    �4 �   � a b c abc �a  b b  c c  a � Bài 19: Cho a, b, c  Chứng minh bc ca ab b c � �a   �4 �   � a b c �b  c c  a a  b � Bài 20: Cho a, b, c  Chứng minh 1 �1 1 � a  b  c  �   ��a  b  c  a  b  c  3 �a b c � PHƯƠNG PHÁP DỒN BIẾN A DỒN VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Bài 1a Cho x, y  : x  y  xy �3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức f ( x, y )  2( x  y )  3( x  y ) Lời giải: y ) (� x  y)2 Có 2( x  f ( x, y ) ( x y �� xy  2t t Từ giả thiết x  � f ( x, y )  2 x  y  y ) 3( x y) f (t , t ) với t  x y 0 1, � f (t , t )  4t  6t �2 , t Trên miền � � Bài 2a (A 2003) Cho x, y, z  : x  y  z �1 Chứng minh rằng: x2  1 2  y   z  � 82 x2 y2 z2 Lời giải: Đặt vế trái f ( x, y, z ) , ta có đánh giá f ( x, y, z ) �f (t , t , t ) với t  x2  x yz , 1 1 1 2 2  y   z  � ( x  y  z )  (   ) �f (t , t , t ) x2 y2 z2 x y z Sau đó, cần khảo sát hàm số biến f (t , t , t ) miền (0, ] ta điều phải chứng minh B DỒN VỀ HAI BIẾN BẰNG NHAU Bài 1b (BĐT Schur) Cho x, y , z �0 , chứng minh rằng: x  y  z  3xyz �x ( y  z )  y ( x  z )  z ( x  y ) Lời giải: Vì BĐT đồng bậc nên cách chuẩn hóa ta giả sử x  y  z  Viết lại toán dạng sau: f ( x, y, z )  2( x  y  z )  3xyz  ( x  y  z ) �0 Đặt t  x y ta hi vọng f ( x, y, z ) �f (t , t , z ) Xét hiệu sau đây: � � H  f ( x, y , z )  f (t , t , z )   � 1 z� ( x  y ) Ta thấy với x, y, z không âm tùy ý � � khơng có H �0 vai trò x, y, z nên thứ tự chúng x  y �z �  1�  z z H Khi ta phải chứng tỏ f (t , t , z ) �0 � � z ( z  t ) �0 Vậy f ( x, y , z ) �0 Dấu xảy biến biến biến *Bình luận: - Theo BĐT Cauchy VT �2( x3  y  z ) �VP - Việc thứ tự biến thủ thuật thường vận dụng để dồn biến cho BĐT đối xứng, trường hợp BĐT biến hốn vị vòng quanh giả sử z   x, y , z z  max  x, y, z - Có thể chuẩn hóa xyz  , để dồn biến với t  xy Bài 2b Cho a, b, c �0 : a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức f (a, b, c )  ab  bc  ca  2abc bc , xét hiệu H  f (a, b, c)  f ( a, t , t )   (2 a  1)(b  c) Do vai trò biến nên giả sử Lời giải: t  b  c � a �  a�1/ 2a H f ( a , b, c ) f (a, t , t ) Khảo sát g (t )  f ( a, t , t )  t  2at  2at  4t  5t  2t 1� � miền � , � ta được: 2� � 7 max g (t )  g ( )  � max f (a, b, c)  biến 3 27 27 Bài 3b Cho a, b, c �0 : a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức f (a, b, c )  9abc  8(ab  bc  ca ) bc , xét hiệu H  f (a, b, c)  f (a, t , t )   (8  9a)(b  c) Do vai trò biến nên giả sử Lời giải: t  � � Khảo sát g (t )  f (a, t , t )  9at  16at  8t  18t  42t  32t miền � ,1�ta � � g (t )  8 � f ( a, b, c)  8 biến biến biến Bài 4b Cho a, b, c  : abc  Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: f ( a, b, c )  1    2(a  b  c) a b c b c Lời giải: t  bc , xét hiệu H  f (a, b, c)  f (a, t , t )   (  )  2( b  c ) = � � c )2 ( b  ( b  c )  2� Do vai trò biến nên coi a �� 1 bc = � ( bc ) � � ( b  c )2 bc  �2 (bc) (bc )  f ( a, b, c) bc H f ( a, t , t ) Khảo sát f (a, t , t )  t  4t miền [0,1] ta được: f (a, t , t )  3 � f (a, b, c)  3 a  b  c  Bài 5b Cho a, b, c  : abc  Chứng minh 1    �5 a b c abc Lời giải: t  bc , xét hiệu H  f (a, b, c)  f (a, t , t ) �0 giả sử a �b �c Sau đó, ta �1 � chứng tỏ f �2 , t , t ��5 � (t  1) (2t  4t  4t  t  2) �0, điều t �(0,1] �t � Bài 6b (Iran96) Chứng minh với a, b, c  thì: � 1 � (ab  bc  ca ) �   � 2 � ( a  b ) ( c  b ) ( a  c ) � � Gợi ý: Chuẩn hóa ab  bc  ca  1, xét t : t  2tc  Bằng cách giả sử c   a, b, c , ta chứng minh được: f ( a, b, c) �f (t , t , c) Sau kiểm tra f (t , t , c) �9 / � � (1  t )(1  3t ) �0 Bài 7b (VMO) Cho x, y, z số thực thỏa mãn: x  y  z  Chứng minh rằng: 2( x  y  z )  xyz �10 Gợi ý: t  y2  z Bài 8b Cho a, b, c  : abc  , chứng minh rằng: (a  b)(b  c )(c  a ) �4(a  b  c  1) Bài 9b Cho x, y, z số thực thỏa mãn: x  y  z  Chứng minh rằng: 7( xy  yz  xz ) �12  xyz PHƯƠNG PHÁP KHỚP THAM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I ĐẶT VẤN ĐỀ Bài toán: Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S  x  y  z Lời giải: S �3  � �3  � 1 (x  y2 )  � x  z � � y  z2 � � �� � �(  1) xy  3 3 xz  yz  (  1)( xy  yz  zx)   2 �x  y � x  y  � � 5 1 � � x �� Đẳng thức xảy khi: �z  � �z   �xy  yz  zx  � � 24 � Kết luận: Min S   Nhận xét: Câu hỏi đặt số 1 xuất lời giải có tự nhiên khơng? Trong chun đề tác giả trình bày phương pháp: ”Khớp tham số” giải tốn bất đẳng thức Vì thời gian có hạn nên tác giả xin trình bày lớp toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức AM – GM II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Trước hết ta xét số toán bất đẳng thức biến a, b, c mà vai trò a, b, c nhau: Bài toán Cho số thực a, b, c không âm số tự nhiên m, n, p Chứng minh rằng: a m n p  b m n p  c m n  p �a mbn c p  b m c n a p  c m a nb p Nhận xét: Trong bất đẳng thức trên, ta dễ thấy vai trò a, b, c nhau, bậc hai vế nhau, bậc a, b, c vế trái bậc a, b, c đơn thức vế phải khác Như xuất phát từ đơn thức có bậc theo biến a, b, c ta đánh giá đưa đơn thức ba biến a, b, c mà bậc theo biến lệch Bất đẳng thức AM – GM so sánh trung bình cộng trung bình nhân, nên nguyên nhân dẫn đến lệch bậc tích hệ số áp dụng số hạng tổng (số lần xuất số hạng giống tổng) khác Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho m + n + p số: ma m n  p  nb m n  p  pc m  n p �(m  n  p )a mb n c p (1) Đẳng thức xảy a = b = c Tương tự ta có: mb m n  p  nc m n  p  pa m  n p �(m  n  p)bm c n a p (2) mc m n p  na m n  p  pbm  n  p �(m  n  p)c m a nb p (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) suy ra: a m n p  b m n p  c m n p �a mbn c p  bmc n a p  c m a nb p Đẳng thức xảy a = b = c Bài toán Cho số thực dương a, b, c số tự nhiên m, n, p Chứng minh rằng: a m  n  p b m n p c m  n  p  n p  n p �a m  b m  c m n p bc ca ab Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: m a mn p  nb m  pc m �(m  n  p )a m n p bc Đẳng thức xảy khi: a m n p  bm  cm � a  b  c n p bc Tương tự ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Về tốn khơng khác tốn xin ý vai trò a, b, c biến khơng ràng buộc nên số hạng áp dụng phải bậc Bài toán Cho số thực dương a, b, c số tự nhiên m, n, p, q, r thỏa mãn m �n Chứng minh rằng: a m n b m n c m n a m  bm  c m   � pa n  qb n  rc n pb n  qc n  n pc n  qa n  rb n pqr Lời giải Áp dụng bất đẳng thức AM – GM: n n n a m n 2a m m  n pa  qb  rc  a � pa n  qb n  rc n ( p  q  r )2 pqr Đẳng thức xảy khi: n n n a m n m  n pa  qb  rc  a � ( q  r )a n  qb n  rc n n n n pa  qb  rc ( p  q  r) n n n b mn 2b m m  n pb  qc   b � Tương tự ta có: , đẳng thức xảy pb n  qc n  n ( p  q  r )2 pqr khi: (q  r )b n  qc n  n n n n c mn 2c m m  n pc  qa  rb c � , đẳng thức xảy khi: pc n  qa n  rb n (c  a  b ) pqr (q  r )c n  qa n  rb n a m n bm n c mn   Cộng theo vế ta được: pa n  qb n  rc n pb n  qc n  n pc n  qa n  rb n p(a m  b m  c m )  q(a m nb n  b m n c n  c m n a )  r (a m n c n  b m n a n  c m nb n ) 2(a m  b m  c m )  � ( p  q  r )2 pqr Mà theo tốn ta có: a m  b m  c m �a m nb n  bm nc n  c m n a n , a m n c n  b m n a n  c m nb n , đẳng thức xảy a = b = c Do ta có điều phải chứng minh Nhận xét Bài toán phức tạp hai đầu đôi chút, ta phải ý đến điều kiện xảy dấu nên phải tính toán chút số nhân chia vào a mn số hạng áp dụng Cụ thể đây, để làm mẫu ta phải thêm pa n  qb n  rc n vào số hạng có chứa pa n  qb n  rc n , nên nhớ dấu xảy a = b = c, a m n am  pa n  qb n  rc n  a n ( p  q  r ) số hạng thêm vào n n n pa  qb  rc pqr pa n  qb n  rc n m n a Như bắt đầu phải tính tốn tham số đưa vào ( p  q  r )2 Xin quay trở lại toán ban đầu: Bài toán Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S  x  y  z Lời giải: Để xác định số 1 lời giải phần đầu ta làm sau: Với số thực dương k nhỏ ta có: S  (1  k )( x  y )  (kx  z )  ( ky  z ) �2(1  k ) xy  k xy  k yz Xét k thỏa mãn:  k  k � k  3 Khi đó: S �  �x  y � � �x  y  5 1 � � x �� Đẳng thức xảy khi: �z  � �z   �xy  yz  zx  � � 24 � Bài toán Cho số thực dương a, b, c, d, e, f , S thỏa mãn a < b < c < d < e < f, a  c  e �S �b  d  f số thực x, y, z thỏa mãn x �[a; b], y �[c; d ], z �[e; f ], x  y  z  S Tìm giá trị lớn P = xyz (theo a, b, c, d, e, f, S) Nhận xét Bài toán thật dễ x, y, z thỏa mãn ràng buộc phải thuộc ba đoạn dời Tuy x, y, z khơng thể nhân thêm vào hệ số trình bày ta chủ động lấy tham số m, n số cụ thể So sánh x, y , z ta đưa vào tham số m, n thỏa mãn x = my = nz Lời giải Với số thực m, n thỏa mãn  m  n ta có: �x  my  nz � mnP  x( my )(nz ) �� � � � +) x  my  nz  S  (1  m) y  (1  n) z �S  (1  m)c  (1  n)e (vì y �c, z �e ) P �S  (1  m)c  (1  n)e � � �, đẳng thức xảy khi: � � mn � �x  S  c  e, y  c, z  e �x  my  nz � � � S ce m �y  c, z  e � � c �x  y  z  S � � � S ce n � e � Do đó: a  c  e �S �b  c  e max P  ( S  c  e)ce +) x  my  nz  mS  (1  m) x  (m  n) z �mS  (1  m)b  (m  n)e (vì x �b, z �e ) P �mS  (1  m)b  (m  n)e � � �, đẳng thức xảy khi: � � mn � �x  b, y  S  b  e, z  e �x  my  nz � b � � m �x  b, z  e � � �x  y  z  S � S be � � b n � � e Do đó: b  c  e �S �b  d  e max P  b( S  b  e)e +) x  my  nz  nS  (1  n) x  (m  n) y �nS  (1  n)b  (m  n)d (vì x �b, y �d ) P �nS  (1  n)b  (m  n)d � � �, đẳng thức xảy khi: � � mn � �x  b, y  d , z  S  b  d �x  my  nz � � � b m �x  b, y  d � � �x  y  z  S � d � b � n � � S bd Do đó: b  d  e �S �b  d  f max P  bd (S  b  d ) Nhận xét Qua toán ta nhận thấy có hai biến đạt giá trị biên Như dựa vào tổng S ta dễ dàng biết dấu đạt điểm Bài toán Cho số dương a, b, c, d, e, f , P thỏa mãn a < b < c < d < e < f, ace �P �bdf số x, y, z thỏa mãn x �[a; b], y �[c; d ], z �[e; f ], xyz  P Tìm giá trị nhỏ S = x + y + z Lời giải Với số thực m, n thỏa mãn  m  n ta có: +) S  x  my  nz  (1  m) y  (1  n) z �3 mnP  (1  m)c  (1  n)e (vì y �c, z �e ), đẳng thức xảy khi: � P �x  ce , y  c, z  e �x  my  nz � P � � m �y  c, z  e � � �xyz  P � ce � � P n � � ce Do đó: ace �P �bce S  P ce ce +) mS  x  my  nz  (1  m) x  (m  n) z �3 mnP  (1  m)b  (m  n)e (vì x �b, z �e ), đẳng thức xảy khi: P � �x  my  nz x  b, y  , z  e � � � be �x  b, z  e � � be b �xyz  P � m ,n  � � P e Do đó: bce �P �bde S  b  P e be +) nS  x  my  nz  (1  n) x  (m  n) y �3 mnP  (1  m)b  (m  n)d (vì x �b, y �d ), đẳng thức xảy khi: P � �x  my  nz x  b, y  d , z  � � � bd �x  b, y  d � � b bd �xyz  P � m  ,n  � � d P Do đó: bde �P �bdf S  b  d  P bd Bài toán Cho số thực x, y, z thỏa mãn x  y  z  0, x  y  z  Tìm giá trị lớn biểu thức P  ( x  y )( y  z )( z  x) Lời giải Khơng tính tổng qt ta giả sử x �y �z Khi đó: x  0, z  0, P  ( y  x)( z  y )( z  x) Với số thực dương m, n lớn ta có: �m( y  x)  n( z  y )  z  x � mnP  m( y  x)n( z  y )( z  x ) �� � � � 3 �(m  1) x  (m  n) y  (n  1) z � �(m  1) x  m  n y  (n  1) z � � � ��� 3 � � � � 3 �Max{m  1; m  n ; n  1}.( x  y  z ) � �Max{m  1; m  n ; n  1} � �� � � � 3 � � � � Đẳng thức xảy khi: � m( y  x )  n ( z  y )  z  x � (m  n) y �0 mn2 � � � � m 1  n 1 �� � 1 x   ; y  0; z  �x  y  z  � � 2 � � �x  y  z  1 Vậy MaxP  Bài toán Cho số thực x, y, z, t thỏa mãn x  y  z  t  0, x  y  z  t  Tìm giá trị lớn biểu thức P  ( x  y )( y  z )( z  t )(t  x)( y  t )( x  z ) Nhận xét Từ toán ta nhận thấy dấu đạt {x; y; z} đối xứng qua Do tốn ta nhận thấy: Nếu giả sử x �y �z �t x  t ; y   z , nên toán ta cần đưa vào tham số so sánh số Khơng tính tổng quát ta giả sử x �y �z �t Khi đó: x  0, t  0, P  ( y  x)( z  y )( z  x)(t  x)(t  y )(t  z ) Với số thực dương m, n lớn ta có: m np P  m( y  x)n( z  y ) p ( z  x)(t  x ) p (t  y )m(t  z ) �m( y  x)  n( z  y )  p ( z  x)  (t  x)  p (t  y )  m(t  z ) � �� � � � �(m  p  1) x  (m  n  p) y  (n  p  m) z  (m  p  1)t � � � � � �(m  p  1)( x  t )  m  n  p ( y  z ) � �� � � � 6 �Max{m  p  1; m  n  p }.( x  y  z  t ) � �Max{m  p  1; m  n  p } � �� � � � 6 � � � � Đẳng thức xảy khi: � m( y  x )  n ( z  y )  p ( z  x)  t  x  p (t  y )  m (t  z ) � (m  n  p) y,(n  p  m) z �0 � �� �m  p   n  p  m �� ( m  n  p ) y  ( n  p  m) z  �� �x  y  z  t  � � �x  y  z  t  mn p � � m( y  x)  n( z  y )  p( z  x)  t  x  p (t  y )  m(t  z ) � �� �x  y  z  t  �x  y  z  t  � (m  p)( y  x)  p( z  y ) � m ( y  x )  n( z  y )  p ( z  x ) � � � ( m  p)(n  p)  p (n  p)( z  y )  p( y  x) � m  n  p � n  np  p  � n  1 3 p�m p 2 ( p  1)( z  x)  t  z � p( z  x)  m(t  z )  t  x � � � ( m  1)( p  1)  � mp  m  p  ( m  1)( t  z )  z  x � � 3 5  5 5 5 p  p0� p   ,m  ,n  2 2 3 �x 5 1 5 1 5 ;y  ,z  ,t  8 8 MaxP  25 Vậy Bài toán Cho số thực dương a, b, c không đổi số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn xy  yz  zx  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = ax  by  cz Lời giải mn  a � � Xét số thực dương m, n, p, q, r, t thỏa mãn: �p  q  b � r t  c � Khi đó: P = (nx  py )  (qy  rz )  (tz  mx ) �2 npxy  qr yz  mt zx �2 min{ mt ; nq ; qr } mn a � �p  q  b � � r t c � nx  py � Đẳng thức xảy khi: ( I ) � qy  rz � � tz  mx � mt  np  qr � �xy  yz  zx  � mn a � �p  q  b � � � ( II ) r t  c (I) Đặt mt  u � np  qr  u , mpr  npt  u � � mt  np  qr � mpr  nqt � � abc  (m  n)( p  q )(r  t )  mpr  mpt  mqr  mqt  npr  npt  nqr  nqt  2u  (a  b  c)u � 2u  (a  b  c )u  abc  (*) Nhận xét (*) ln có nghiệm dương với a, b, c dương � ab  u mn a � m � mn  a � �2 � bu �� �� Với u nghiệm (*), ta có: � �u um 2 um  bn  u b � �  �n  u  au n n � � bu � Do hệ phương trình (II) ln có nghiệm với a, b, c dương cho trước Với m, n, p, q, r, t nghiệm (II) ta có: � � �x  � � n y  x � � p � � � � m � � ( II ) � �z  x � �y  t � � �xy  yz  zx  � � � � �z  � � � � � mn  pt n m  p t pq  nr p q  n r rt r t   qm q m Vậy Min P nghiệm dương phương trình: 2u  (a  b  c)u  abc  III BÀI TẬP 1) Cho x �[1;2],y �[3;4],z �[5;7] thỏa mãn x + y + z = 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = xyz; B  xyz , B  xy z 2) Cho x �[1;2],y �[3;4],z �[5;7] thỏa mãn xyz = 48 Tìm giá trị lớn biểu thức: A = x + y + z; B  x  y  z , B  x  y  z 3) Cho x, y, z nguyên dương thỏa mãn: xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  z 4) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  , n nguyên dương lớn Chứng minh an bn cn   �3 b c c a a nb n 5) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn: a  b  c  d  Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: P  a  b  (a  b)(c  d ) ... NHỮNG BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC I BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ CÁC HỆ QUẢ Bất đẳng thức Cauchy Cho a1 , a2 , , an  Ta có: a1  a2   an n � a1a2 an n Đẳng thức xảy a1  a2   an Các bất đẳng thức. .. TRONG BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY A CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CẦN BIẾT Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm: cho n số khơng âm Ta có: x1 , x , , x n x1 + x + + x n �n n x1.x x n Dấu xảy � x1 = x = = x n Bất. .. + b Nhận xét: Bất đẳng thức hệ bất đẳng thức  a,b,c> a2 b2 c2 + + b+c c+a a +b a +b+c qua phép biến đổi Do để giải nhanh gọn toán ta phải thực phép đổi biến để đưa bất đẳng thức nguồn ban
- Xem thêm -

Xem thêm: Bất đẳng thức , Bất đẳng thức , +) Nếu ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số : sẽ làm xuất hiện nhưng không khử được và do đó không tìm được giá trị lớn nhất. Mặt khác nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho, Cho 2 số dương thoả mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:, Bài toán 5. Cho các số dương a, b, c, d, e, f , P thỏa mãn a < b < c < d < e < f, và các số x, y, z thỏa mãn .

Mục lục

Xem thêm

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn