Mot so BDT co nhieu cach giai VD3456

Các bạn tham khảo.. Mục đích là rèn luyện HSG, nâng cao khả năng tư duy giải toán cho HSG hay học sinh lớp chọn về BĐT.. Có những bài chỉ nêu hướng dẫn mà không giải... Thành lập hai bđt

Các bạn tham khảo Mục đích là rèn luyện HSG, nâng cao khả năng tư duy giải toán cho HSG hay học sinh lớp chọn về BĐT Có những bài chỉ nêu hướng dẫn mà không giải

Ví dụ 3: (HSG TP Hải Phòng 2011 – 2012) Cho các số thực dương a b c, , tùy ý Chứng minh rằng:

( 2 ) ( 2 ) ( 2 )

P

Hướng 1: Thử tách biểu thức và dùng bđt B.C.S ta viết lại:

2

P

quen thuộc

2 1 3

P

+ +

+ + (đpcm) Đẳng thức có tại a = =b c

Hướng 2:

Đổi biến số a x 0,b y 0,c z 0 xyz 1

b = > c = > a = > ⇒ = thì

( 2 ) ( 2 ) ( 2 )

P

P

xyz x y z xy yz zx

x y z

x y z

2

P

3

3

Hướng 3:

Đổi biến số a x 0,b y 0,c z 0 xyz 1

b = > c = > a = > ⇒ = thì

( 2 ) ( 2 ) ( 2 )

P

Biến đổi thành phần

1 (1 2 ) (z 2 ) (z 2) ( 2 )

x y

+

Đến đây ta áp dụng bđt

Cô si:

x z

xy+ yz+ zx≤ x + y + z và x+ + ≤y z 3(x2 + y2 +z2)≤ x2+ y2+ z2 thì khi đó ta có

1

Hướng 4: Cũng như hướng 1, ta sẽ tách biến kiểu khác: Ký hiệu a2 = x b, 2 = y c, 2 = z x; + + = y z S

P

2 2

2

b c

≤ và tương tự thì

P

2

2

2

P

Q

2

2

Q

S

≥ = suy ra

2 2

2

1

S

P

S

≥ = (đpcm) Đẳng thức có

⇔ = = ⇔ = =

Hướng 5: Các hướng trên đều sử dụng bđt B.C.S mà không sử dụng bđt Cô si hay sao? ta thử vận dụng:

4

3

( 2 )

+

1

−

(Vì a b c 3

b + + ≥ ) (đpcm) Đẳng thức có c a ⇔ = = a b c Rõ ràng đây là cách ngắn gọn nhất

Ví dụ 4: (THPT hư Thanh - Thanh Hóa 2018 2019) Cho a, b, c 0≥ và

a +b +c = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

P

Cách 1: (Đáp án)

Ta có: P + 3 =

P

+

1

4 2

+

1

4 2

+

6 3

6 3

2 2 2 2 2 2 2

2 2

P

Cách 2: (Cô si thuận)

Gạch bỏ số 1 ta phân tích 3 3 3

1

b

+ vì thế ta có cách giải sau: Cô si 3 số (chuNn)

1 3

+

+ + Thành lập hai bđt tương tự và cộng các vế thì:

( 2 2 2)

2

P= ⇔ = = =a b c

Cách 3: (Cô si đảo + B.C.S)

Ta có đánh giá khử căn bậc hai

1 2 2 1

+ +

suy ra:

2

2 2

P

+ +

2

P= ⇔ = = =a b c

Cách 4: (Đổi biến + B.C.S)

Đổi biến số a2 = x b, 2 = y c, 2 = ⇒ + + =z x y z 3 Ta có 3 2

1

b

=

+

ta có:

2

x y z

P

+ +

2

P= ⇔ = = = ⇔ = = = x y z a b c

Cách 5: (Đổi biến + Cô si thuận)

Đổi biến số a2 = x b, 2 = y c, 2 = ⇒ + + = Khi đó z x y z 3 3 2

2

1

x xy b

= +

x xy

≤

nên

x xy

+ Hoàn toàn tương tự và chú ý xy+yz +zx≤3 ta được:

Vậy min 3 1 1

2

P= ⇔ = = = ⇔ = = = x y z a b c

Cách 6: (Cô si đảo + B.C.S)

Áp dụng bđt Cô si ta có:

hiện biểu thức M =ab2 +bc2+ca2 ≤a2 +b2 +c2 = Thật vậy 3 M =b ab +c bc +a ca nên

( 2 2 2)( 2 2 2 2 2 2) 1( 2 2 2)2

3

M ≤ b +c +a a b +b c +c a ≤ a +b +c = và ngoài ra thì

( 2 2 2)

a+ + ≤b c a +b +c = Từ các phân tích trên suy ra:

2

2 2

P

+ +

+ + +

2

P= ⇔ = = = a b c

Ví dụ 5: (HSG Đăk Lăk 2014 2015)

Cho a,b,c 0,≥ a+ + =b c 3 Chứng minh rằng: P=a3+b3+c3+ab bc+ +ca≥6

Cách 1: (Đổi biến tổng thể)

Ta biến đổi hoặc đánh giá theo biểu thức trung gian (trung tâm) là a2+b2+c2 = ≥ t 3

Ta có

( 2 2 2)2

2

3

a b c

( 2 2 2)

theo tính bắc cầu ta chứng minh bđt sau là đủ: 2 9 6 ( 3 2)( 3) 0

−

3

t

∀ ≥ )

Đẳng thức có tại t = ⇔ = = = 3 a b c 1

Hoặc từ

Cách 2: (bđt phụ)

27= a+ +b c =a +b +c +3 a+b b+c c+a

( )( ) ( )

27 a b c 3 a b c ab bc ca 3abc a b c 9 ab bc ca 3abc

suy ra a3+b3+c3=27 9− (ab+bc+ca)+3abc và khi đó bđt trở thành:

27 9− ab+bc+ca +ab+bc+ca+3abc≥ ⇔6 21 3+ abc≥8 ab+bc+ca

Mà ta dễ dàng chỉ ra được 12 4 ab bc ca≥ ( + + ) nên ta chứng minh bđt sau:

9 3abc 4 ab bc ca a b c abc 4 ab bc ca

(đúng vì đây bđt Schur) ta có đpcm Đẳng thức xảy ra ⇔ = = = a b c 1

Cách 3: (Tách biến + Cô si)

Ta có

2P=2 a +b +c +2 ab+bc+ca =2 a +b +c +a b+c +b c+a +c a+b

2P=2 a +b +c +a 3−a +b 3−b +c 3−c ≥12

(*)

Để chứng minh (*) ta có nhiều cách, sau đây là bđt Cô si:

Ta có

2

1 3

 + + ≥



+ ≥

(*)

Đẳng thức xảy ra ⇔ = = = a b c 1

Cách 4: (Tách biến + tiếp tuyến)

Cũng biến đổi tương tự như trên và ta cần chứng minh bđt sau:

2P=2 a +b +c − a +b +c +3 a+ +b c ≥12

2a −a +3a≥7 a− + ⇔1 4 2a −a −4a+ ≥ ⇔3 0 a−1 2a+3 ≥ ∀ >0, a 0

Và tương tự suy ra 2P≥7(a+ + −b c 3)+12 12= (đpcm) Đẳng thức xảy ra

1

a b c

⇔ = = =

Cách 5:

Về bản chất cũng là cách 1 - nhưng khác hình thức trình bầy, ta dễ dàng chứng minh được bđt sau: a2 +b2 +c2 ≥ Khi đó 3 ( 2 2 2)2

a b c

như vậy theo tính bắc cầu thì

P≥a +b +c +ab+bc+ca= a+ +b c − ab bc+ +ca ≥ − = (Vì

1

3 3

ab+bc+ca≤ a+ +b c = ) đpcm Đẳng thức xảy ra ⇔ = = = a b c 1

Ví dụ 6: (Sưu tầm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn: a b c+ + =3 Chứng minh rằng:

2

P

Hướng 1:

Phương pháp đầu tiên mà ta nghĩ tới là bđt Cô si thuận, trước hết ta có đánh giá sau:

abc≤ a b c+ + = a +b +c ≥ a+ +b c = Và sử dụng bđt Cô si (dạng chNn)

a

+

( 2 2 2)

▶ BĐT Cô si dạng không chuNn là:

+

1

a b c

⇔ = = =

Hướng 2:

Phương pháp thứ hai là thế đồng bậc hóa, ta có

có mẫu thức chung, ta có:

3 2

P

+ +

≥

+ + và ta chỉ cần chứng minh:

a +b +c ≥a +b +c (*) BĐT này chứng minh khá đơn giản nhờ bđt Cô si hoặc B.C.S Ở đây ta áp dụng bđt Cô si như sau:

2

1 3

1

1 2

 + + ≥



+ ≥

(*)

Hướng 3:

PP thứ ba ta có thể nghĩ đến là dùng bđt B.C.Svà khi đó có thể dùng hai dạng:

+ Dạng 1:

Đưa các biến về bình phương: 33 abc ≤ + + = ⇒a b c 3 abc≤ ⇒1 3abc≤ ≤3 a2+b2+c2

Khi đó ta có:

3 2

P

Đẳng thức có ⇔ = = = a b c 1

+ Dạng 2:

Đưa các biến về bậc nhất hoặc hằng số, ta có:

2

3

+ +

+ + và khi đó ta có đánh giá:

2

2

3 3

P

Đẳng thức có ⇔ = = = a b c 1

Hướng 4:

Ta có thể thử PP Cô si ngược dấu, ta có:

3 2 2

2

Hoàn toàn tương tự suy ra:

3

P≥a + +b c − a+ +b c ≥ − = đpcm Đẳng thức có ⇔ = = = a b c 1

Hướng 5:

Ta có thể tách biến và dùng PP tiếp tuyến, ta có:

2 2

4

4

3

2

1

a

a

Hướng 6:

Để sử dụng bđt Tchebyshev ta phải tách và đánh giá các hạng tử hợp lý Giả sử

0

a≥ ≥ > thì b c 1 1 1

a ≤ ≤ (*) và b c bc2 ca2 ab2

a ≤ b ≤ c (**) (vì ⇔c3≤b3 ≤a3) rồi cộng hai bđt này ta được:

+ + + như thế ta được hai dãy cùng chiều

9 3

6 2

Q

+ +

a b c

1

a b c

⇔ = = =