BẤT ĐẲNG THỨC HAY VÀ KHÓ

38 459 2
BẤT ĐẲNG THỨC HAY VÀ KHÓ

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 1 BẤT ĐẲNG THỨC Toán học cũng như trong đời sống thường ngày, đôi khi ta sẽ gặp phải những vấn đề khó giải quyết, nên ta cần phải biết: Linh hoạt xử lý các tình huống và lựa chọn những phương án tối ưu khi cần thiết. Một vấn đề mà học sinh thường quan tâm đó là làm thế nào để học được tốt môn toán, có những ý kiến nói rằng muốn học giỏi toán là phải giải và xem lời giải thật nhiều, thật nhanh và phải cố gắng nhớ chúng. Theo tôi suy nghĩ đó không hay. Học toán là phải bắt đầu học từ những điều cơ bản nhất để nắm vững nền tảng một cách chắc chắn, rồi từ đó giúp cho ta có cách tư duy và lập luận chặt chẽ khi giải toán. Đó cũng là một lý do mà toán học luôn đòi hỏi ở những người đam mê môn học này. Vì thế nên người ta mới nói: “ Cần chậm khi đang học để thêm phần nhanh và chắc chắn khi đi thi”. Toán có rất nhiều lĩnh vực mà trong đó bất đẳng thức là một nhóm toán khó đối với hầu hết những ai yêu thích và nghiên cứu toán đặc biệt là đối với học sinh. Mặc dù được thầy cô, các quyển sách tham khảo cung cấp nhiều công cụ khi giải bất đẳng thức nhưng mọi học sinh đều cảm thấy lúng túng và có cảm giác thiếu tự tin khi đối diện với những bài toán mới. Vấn đề đặt ra là làm sao để tự tin và tìm ra được những phương án giải cho một bài toán bất đẳng thức ? Theo một số giáo viên để đỡ cảm thấy bối rối khi phải lựa chọn một trong nhiều phương pháp, ta nên hướng chúng đến những điều cơ bản trong việc chứng minh bất đẳng thức, đó là luôn đưa bài toán về những dạng đúng đã được chứng minh trước đó: + Giảm bớt số biến trong bài toán. + Tìm cách thay thế chúng bằng những biểu thức đơn giản hơn. Vậy việc áp dụng nhiều phương pháp giải vào một bài toán nào đó đều có chung một mục đích đó là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng cơ bản và đơn giản hơn. Lưu ý: Tài liệu này dành cho những học sinh có tinh thần tự học, kiên nhẫn khi giải toán. Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 2 Phần 1: BẤT ĐẲNG THỨC CAUCHY VÀ ÁP DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT TRONG CHỨNG MINH. I. Lược sử về nhà Toán học Cauchy. Cauchy sinh ngày 21 tháng 8 năm 1789. Nhà Toán học đầy óc sáng tạo này có rất nhiều công trình toán học, chỉ thua Euler mà thôi. Ông được mệnh danh là một thiên tài Toán học với khả năng sáng tạo vô cùng tận. Có người nói rằng nhà Toán học người Pháp này chỉ trong năm phút có thể đưa ra được một định lý. Năm 1813, ông bỏ nghề kỹ sư để theo đuổi sự nghiệp Toán học và ông từng là một giảng viên của Hàn lâm viện Khoa học Pháp. Với tài năng của mình ông đã tạo nên một tiêu chuẩn riêng của mình trong Toán để nghiên cứu về sự Hội tụ của các dãy trong Toán học. Vào ngày 25 tháng 5 năm 1857 ông đột ngột qua đời tại Paris. II. Bất đẳng thức Cauchy - Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. _ Với n số không âm a 1 , a 2 , a 3 , , a n ta có: _ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n aaa  21 . Khi mọi số hạng a bằng nhau ta gọi đó là điểm rơi của bất đẳng thức.  Hệ quả: Với n số dương a 1 , a 2 , a 3 , , a n ta có: III. Bất đẳng thức BCS: Cauchy-Bunyakovsky-Schwarz. Với hai bộ n số thực nn bbbaaa , ,, và, ,, 2121 ta có:      22 2 2 1 22 2 2 1 2 2211 nnnn bbbaaabababa  . Có đẳng thức khi: n n b a b a b a  2 2 1 1 . Quy ước: khi mẫu số bằng 0 thì tử số bắt buộc cũng phải bằng 0. Hệ quả: với các số   nixa ii , ,2,10 vàR  . Ta có: IV. Một số kết quả thường gặp: 1. Với hai số dương a, b ta có: + ba ab baba 11 2 22 22      . Chứng minh: n nn aaaaaa 2121  nn aaa n aaa   1 11 21 2 21   n n n n bbb aaa b a b a b a    21 2 21 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 3 * ab baba     22 22 : áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số a và b. Ta được: ab baba ab abba ab abba                 22 2 2 2 2 2 2 2 22 22 ( vì a, b đều dương) Phần còn lại quy đồng phần mẫu rồi chứng minh tương tự. + baba   411 . Chứng minh đơn giản. 2. Với ba số dương a, b, c ta có: + cabcabcba  222 (1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: cba  . Chứng minh: Đầu tiên nhân hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh cho 2.           đúngaccbba cabcabcba 0 2222221 222 222   +   cabcab cba   3 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cba  . Chứng minh: Nhân hai vế cho 3, rồi chứng minh tương tự kết quả trên. + cbacba   9111 . Chứng minh đơn giản. 3. Với 4 số a,b,c,d thỏa 4 dcba , ta có: *    4 2 2          dcba dbcadacdbcab * 4 dabcdabcdabc . Chứng minh:                        16164 44 32 22 dcba dcba dcba dcba dacb cb da da cb cbaddabcdabcdabcdabc            *    4 2 2 2222          dacdbcab cdabadbcbdaacddbccab . Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 4 Lưu ý: Với cách chứng minh tương tự như trên ta có kết quả tổng quát như sau: Với bốn số dương a,b,c,d có tổng  dcba ta có: * 4 2   dacdbcab * 16 2   dabcdabcdabc * 64 4 2222   bdaacddbccab 4. Với n số           n i n i n i i i i n x x x x 1 1 1 1 :có Ta . 1 ,0 . Chứng minh: *             11 1 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 xx x xx xx n xx xx n x x x x x x n n n n n n n n                        * Viết các đẳng thức tương tự rồi nhân vế theo vế, ta được:               n n nn n n n xxx xxxxxx xxx n 1 1 1 11 1 1 11 1 21 2121 21       Hệ quả: Với n số        n n nni aaanaaaaaaa 11 11:có Ta .1 và0 212121  . Chứng minh: Đặt i i i i i i a a x x x a     11 . Áp dụng 1) ta được kết quả. V. Kỹ thuật ước lượng qua một nhị thức bậc nhất: Bài toán: Chứng minh bất đẳng thức có dạng:          hay 21 axfxfxf a n    , T là một hằng số. Ta tìm nhị thức bậc nhất qpx  sao cho      qpxxfqpxxf  hay . Từ đó ta được:         nqxxxpxfxfxf nn  2121 (hay ngược lại) Nếu có:  n xxx 21 thì ta được:       nqpxfxfxf n  21 (hay ngược lại) Ví dụ 1: Cho ba số không âm a, b, c. CmR :       3 3 1111 abccba  . Giải:     abccabcabcbacba  1111VT (1) Áp dụng bất đẳng thức cô-si , ta có: 3 3 abccba  và 3 222 3 cbacabcab  .               đpcm 111a1 3311111 3 222 3 3 abccb abccbaabccba   Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 5 Ví dụ 2: Cho ba số không âm a, b, c. CmR : cba b ca a bc c ab  . Giải: Áp dụng bất đẳng thức cô-si:   đpcm22 22 22 22 2 2 2                       cba b ca a bc c ab a bc bca c ab b ca c ab abc b ca a bc b ca cab a bc c ab Ví dụ 3: Cho ba số dương a, b, c, d. CmR: 21          bad d adc c dcb b cba a . Giải: Vì các số a, b, c, d dương nên ta có:         4,3 2,1 bd d bad d dcba d ac c adc c dcba c db b dcb b dcba b ca a cba a dcba a                   Từ (1), (2), (3) và (4) cho ta: 1                            dcba dcba bad d adc c dcb b cba a dcba d dcba c dcba b dcba a bad d adc c dcb b cba a 2                      db db ca ca bd d ac c db b ac a bad d adc c dcb b cba a Vậy 21          bad d adc c dcb b cba a . Ví dụ 4: Cho cabcabcba  222 . Chứng minh rằng:   cbaabccba  444 . Giải: Ta có: cabcabcba  222 (1). Cách 1: Nhân hai vế của (1) cho 222 cba  . Sau đó khai triển các biểu thức, chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp tương đương, ta được:     đpcm 444 cbaabccba  . Cách 2: Áp dụng giả thuyết hai lần lần bằng tính chất: dbca dc ba       . Sau đó khai triển hai vế của bất đẳng thức mới, rồi chứng minh bằng phương pháp tương đương, ta được:     đpcm 444 cbaabccba  . Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 6 Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức cô-si để chứng minh. Ta có:           đpcmcba accbba accbba accbba baccabcba abccabbcacbaabc 444 444444 222222 222222 222222222 222 VP 222 VP VP 2 222 VP 222 VP VP                  Vậy   cbaabccba  444 Ví dụ 5: Cho 1 và0,,  cbacba . Chứng minh rằng: 30 1111 222   cabcabcba . Giải: Giả sử áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số không âm x, y, z ta có: zyxzyx   9111 . Áp dụng cho bài toán trên:     đpcm 30 1 3 1 7 1 9 VT 7 cba 9 VT 7 222a 9 VT 711 a 1 VT 911111 VT 2 2 2 222 222 222222                        cabcab cabcabcabcabcb cabcabcabcabcabcabcb cabcabcbacabcabcba    Ví dụ 6: Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh:     cba accbba cba              2 3111 222 . Giải:        3 222 2 222 1 222 VT ac c cb c ba c ac b cb b ba b ac a cb a ba a                   Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho từng số hạng trong nhóm 1 lần lượt với: 4 , 4 , 4 accbba  Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 7             a ac acaac ac a a cb cbacb cb a a ba baaba ba a                      4 2 4 , 4 2 4 , 4 2 4 222222 Tương tự cho nhóm 2 và 3, ta được: b ac b b cb cb b b ba ba b           222 , 4 , 4 ; c ac ac c c cb cb c c ba ba c             4 , 4 , 4 222 Cộng các vế tương ứng với nhau, ta có:   4 2 444 222 222 cba ac c cb b ba a cba ac ac ccb cb bba ba a                                             Tương tự, ta cũng có:     6 2 ,5 2 222222 cba cb c ba b ac acba ba c ac b cb a               Ta lấy       đpcm 654 Ví dụ 7: Cho 3 1 1 1 1 1 1 1 1 và0,,,          dcba dcba .Chứng minh rằng: 81 1 abcd . Giải: Từ giả thiết, ta có: TH 1 :                          dcba 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho ba số không âm ở vế phải ta được:       1 111 3 1 1 3 dcb bcd a    . Đẳng thức xảy ra khi dcb d d c c b b       111 . Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta được:       2 111 3 1 1 3 ddc cda b    ,       3 111 3 1 1 3 bad dab c    ,       4 111 3 1 1 3 dba abc d    Hai vế của (1), (2), (3) và (4) đều dương nên nhân vế theo vế ta có:             đpcm 81 1 1111 81 1111 1     abcd dcba abcd dcba Chú ý: dạng tổng quát của ví dụ trên là: Cho n số dương a 1 , a 2 , , a n ta có:   n n n aaa 1 1 21   . Học sinh hãy chứng minh công thức trên. Xét riêng ví dụ trên thì n trong trường hợp này là 4. Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 8 Ví dụ 8: Cho 0,, cba . Chứng minh rằng: 2 111 4 333             accbbacabcab . Giải: Ta có: 0 cba và dễ dàng chứng minh được     abcaccbba 8 (*)                                  1 888222 444111 8 81 * cbbabaacaccbcabcab accbba accbba cabcab accbba cba abc cba accbbaabc                 Lại có:     2 2 41 4 ba ab abba   (**) Tương tự như (**) ta được:     22 41 , 41 ac ca cb bc     Do đó:         2 444111 222 accbba cabcab       Cộng (1) và (2), cho ta:                                    baacaccbcbba accbba cabcab 222111 4 333 222 Vế phải của bất đẳng thức trên có dạng: 2 222 111 hay 222111          zyxzxyzxyzyx Vậy 2 111 4 333             accbbacabcab . Ví dụ 9: Cho các số dương x, y, z và 1xyz . Cm: 33 1 11 33 3333       zx xz yz zy xy yx . Giải: Vì x, y, z là các số dương nên. Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho từng phân số ở vế trái. Cách 1: Ta có: xyyxyx 331 3 3333  nên xy xy yx 3 1 33   . Chứng minh tương tự ta cũng có: zx zx xz yz yz zy 31 và 3 1 33 33     . Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 9 Cộng ba kết quả trên ta được:   đpcm 33VT 1 3.3VT 111 3VT 6 222            zyx zxyzxy Cách 2: Giả thiết : z xyxyz 1 1  .Khi này: 3232233 33 1 1 yzxzzyxz xy yx   . Nên xy xyzxyzyxz xy yx 3 333 1 2 3 336 33   . Chứng minh tương tự như cách 1. Cách 3: Ta có: zz yxx y y x yxxy yx 33 1 3 1 1 3 3 3 332222 33   Tương tự: y zx xz x yz zy 3 1 ,3 1 33 33     . Do đó:   đpcm 3.3VT 3.3VT 3z3y3xVT 3    xyz Ví dụ 10: Cho các số dương x, y, z. Chứng minh : 222232323 1112 2 2 zyxxz z zy y yx x       . Giải: Ta có: xyyx x xyxyx 12 2 23 23    . Tương tự ta được: zxxz z yzzy y 12 , 1 2 2323     . Cộng theo vế các kết quả trên ta có:   1 111 VT zxyzxy  . Suy luận từ ví dụ 8 ta dễ dàng chứng minh được:   2 111111 222 zyxzxyzxy  bằng cách nhân hai vế cho 2 rồi chuyển vế ta được tổng của ba số không âm lớn hơn hoặc bằng 0. Vậy từ (1) và (2) ta có đpcm. Ví dụ 11: Cho hai dãy với n số dương: a 1 , a 2 , ,a n và b 1 , b 2 , , b n . Chứng minh rằng:      n n n n n nn bbbaaabababa 21212211  Bất đẳng thức Lương Anh Nhật ______________________________________________________________________________ 10 Giải: Vì các số trong mỗi dãy đều dương nên ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:      2 22 2 11 1 1 22 2 11 1 1 n nn n n nn n ba b ba b ba b ba a ba a ba a             (*) Xem các số hạng trong nhóm 1 và 2 lần lượt là: nn yyyxxx , ,, và, ,, 2121 . Áp dụng bài học cô-si cho n số: n n n n   21 21 . Ta được:                  nn n n nn n ba a ba a ba a nba a ba a ba a 1 22 2 11 1 22 2 11 1 (1)                  nn n n nn n ba a ba a ba a nba b ba b ba b 1 22 2 11 1 22 2 11 1 (2) Từ (1) + (2) cho ta:   đpcmn nba ba ba ba ba ba n nn nn                 1. 1 1 * 22 22 11 11 Ví dụ 12: Cho các số dương a, b, c. CmR: 3 22 3 32 3 22 3 cba acac c cbcb b baba a        . Giải: Cách 1: Đặt: 22 3 22 3 22 3 acac c cbcb b baba a       22 3 22 3 32 3 acac a cbcb c baba b                  0 22 33 22 33 22 33 accbba acac ac cbcb cb baba ba  3 22 33 2 22 33 1 22 33 2 acac ac cbcb cb baba ba          Ta có:   1 3 3 1 333 0242 02 22 33 22 22 2222 22 22 ba baba ba baba baba babababa baba baba             tương tự:                    3 3 2 3 2 33 22 33 ac acac ac cb cbcb cb [...]... Bất đẳng thức Lương Anh Nhật 2a  b  c 2  2b  c  a 2  2c  a  b 2 2 2 2 2a 2  b  c  2b 2  c  a  2c 2  a  b  8 Kiến thức bổ sung: Bất đẳng thức dạng thuần nhất Bất đẳng thức với ba biến gọi là thuần nhất khi và chỉ khi thay a bằng ka, b bằng kb, c bằng kc ( với k là một số thực tùy ý khác 0) thì bất đẳng thức không đổi Với các bất đẳng thức thuần nhất  ... tam giác cho độ dài ba cạnh: a  b  c  0 , sau đó sử dụng bất đẳng thức cô-si cho tổng của ba kết quả trên ta được một bất đẳng thức (1) Bình 13 Bất đẳng thức Lương Anh Nhật phương giả thiết khai triển các biểu thức rồi kết hợp với (1) ta được chiều bất đẳng thức (k) Chiều còn lai áp dụng bất đẳng thức phụ:  p  a  p  b  p  c   0 khai triển ta được... yz 2 3 2 Thay vào (1) ta được: x  y  z   2   1  2 x  y  z   9 x  y  z   27  0 3 3    2x  y  z   3x  y  z  3  0  x  y  z  2 3 2 2 Từ (2) và (*) cho ta điều phải chứng minh 1 1 1 Nhận xét: giả thiết và bất đẳng thức biến đổi được theo , , nên đặt x,y,z cho gọn Bất đẳng a b c 24 Bất đẳng thức Lương Anh Nhật thức đánh giá... x y x  y2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: Và 16 xy    1 1  4 x2  y2  x2  y2  2 x y 2 2 1 1  2 16 xy  8 (2) xy xy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 16 xy  1 1  xy  xy 4 Ta có: 0  x  y  1  x  y   1  4 x  y   4 (3) 2 2 x  y  1 Đẳng thức xảy ra khi:   yx Vì 1  x  y  2 xy  xy  1  4 xy  1 (4) 4 Đẳng thức xảy ra khi: x  y Từ (1), (2), (3) và (4) cho ta:... thì   Vậy max   3 3 3 Phần 4:TRÍCH TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI BẤT ĐẲNG THỨC - GV.DƯ QUỐC ĐẠT I Phương pháp lượng giác hóa: Một số đẳng thức và bất đẳng thức trong tam giác 1 tan A B B C C A tan  tan tan  tan tan  1 2 2 2 2 2 2 tanA  tanB  tanC  tanA.tanB.tanC 28 Bất đẳng thức Lương Anh Nhật 2 cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C  2cosA.cosB.cosC  1 3... phần biểu thức trong căn ở vế phải: phân tích biểu thức bằng các nhân tử chung rồi áp dụng bất đẳng thức cô-si hai lần ta được đpcm 1.6 x2 y2 z2 3 Cho x, y, z  0 và xyz  1 Chứng minh rằng:    2 1 y 1 z 1 x 2 HD: cộng thêm 1 y 1 z 1 x lần lượt cho từng phần tử ở vế trái của bất đẳng thức cần chứng , , 4 4 4 minh Sau đó áp dụng bất đẳng thức cô-si hai lần cho vế trái ta được đpcm 1.7 Cho... b, c   0;  sao cho khi thế vào bất đẳng thức, quy x y z  2 đồng mẫu số và thu gọn ta được: 1  sin a sin b 1  sin b sin c 1  sin c sin a   1  sin 2 a 1  sin 2 b 1  sin 2 c  1 Ta có: 1  cosa  b   1  sin a sin b  cos a cos b  0 Viết hai bất đẳng thức tương tự ta được điều phải chứng minh 31 Bất đẳng thức Lương Anh Nhật II Phương... theo vế hai bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh   Bài 9: Cho x, y, z  0 và xyz  x  y  z  2 Chứng minh rằng: 2 xy  yz  zx  x  y  z  6    Giải: Ta có: 2 xy  yz  zx   x  y  z   x  y  z  nên bất đẳng thức được biến đổi: 2 33 Bất đẳng thức Lương Anh Nhật x  y  z  2x  y  z  3 Đặt x  1 bc ca ab Thế vào 1 : ,y... 2a  b  c     (đúng với bất đẳng thức BCS) a b c a b c III Một số kiểu biến đổi khác: Bổ đề 8: Các số thực a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác khi và chỉ khi tồn tại các số thực dương x, y, z sao cho a  y  z , b  z  x, c  x  y Nhận xét: Phép thế Ravi giúp ta chuyển một bài toán bất đẳng thức với ba số dương của một bất đẳng thức trong tam giác và ngược lại Chứng minh: a  y ... c  0 và a  b  c  1 Chứng minh: a  b b  c c  a   3 18 Nhận xét: bất đẳng thức trên không đối xứng Tuy nhiên nhờ tính chất    , ta có thể chuyển bài toán về dạng đối xứng Giải: Ta chứng minh: a  b b  c c  a   3 18 35 Bất đẳng thức Lương Anh Nhật 3 18 Giả sử a  b  c Đặt: b  a  x, c  a  y  y  x  0  Thế vào bất đẳng thức: . giả thiết và bất đẳng thức trong tam giác cho độ dài ba cạnh: 0 cba , sau đó sử dụng bất đẳng thức cô-si cho tổng của ba kết quả trên ta được một bất đẳng thức (1). Bình Bất đẳng thức Lương. ngột qua đời tại Paris. II. Bất đẳng thức Cauchy - Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân. _ Với n số không âm a 1 , a 2 , a 3 , , a n ta có: _ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n aaa. nên áp dụng bất đẳng thức cô-si cho mẫu của các phân số ở biểu thức trên: xyx xy xy x yx xy x 2 1 2    , có đẳng thức khi yx  . yzy yz yz y zy yz y 2 1 2    , có đẳng thức khi zy

Ngày đăng: 02/08/2014, 12:45

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan