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.. Lời bình: Cách 4 là ngắn gọn nhất và t
Trang 1Các 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 1: (THPT HẬU LỘC 4 lần 1 – THPT LÊ LAI lần 3 ăm học 2018 - 2019)
Cho các số thực a, b, c dương và thỏa mãn abc =1 Chứng minh rằng:
= b c +c a + a b ≥ + + +
Cách 1: (Theo đáp án)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có b c 2 bc 2 bc
a
+
≥ = Tương tự cộng theo vế các bất
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có bc ca 2 bc ca 2 c
Áp dụng tương tự cộng theo vế các bất đẳng thức trên thì
Do đó ta suy ra b c c a a b ( )
Ta cần chứng minh được 2( a + b + c)≥ a + b + c + ⇔3 a + b + c ≥ 3
Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc =1 Bài toán được giải quyết xong Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = = =b c 1
Cách 2: (Và các cách còn lại khác đáp án)
Áp dụng bđt Cô si đối với ba số: a+ b + c ≥33 abc = (1) 3
Áp dụng bđt Cô si đối với mỗi bộ hai số ta có:
Thành lập hai bđt tương tự và cộng các vế ta có: P ≥2 a +2 b+2 c (2)
Cộng các bđt (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh Dấu bằng có khi và chỉ khi a b c= = = 1.
Cách 3:
Trang 2Ta áp dụng bđt B.C.S như sau: trước hết cộng thêm hai vế với a + b + c bđt tương đương với
(*) Ta có:
2
3
Hay Q ≥2( a + b + c) (+ a + b + c) (≥2 a + b + c)+3 nên (*) đúng, ta có đpcm
Dấu bằng có khi và chỉ khi a b c= = = 1.
Cách 4:
Dễ thấy b + c + a ≥ 3 =
nên ta chỉ cần chứng minh bđt sau là đủ:
2
thật vậy đây chính là bđt B.C.S ☺
Dấu bằng có khi và chỉ khi a b c= = = 1.
Cách 5: Tuy dài dòng hơn một ít nhưng ta vẫn có hướng giải sau, trước hết ta có:
2
tiếp tục đánh
giá:
2
suy ra đpcm
Dấu bằng có khi và chỉ khi a b c= = = 1.
Lời bình: Cách 4 là ngắn gọn nhất và ta có thể đổi biến số để có thêm một cách nữa, nhưng về bản chất không khác nhau nhiều Sau đây ta thực hiện phép đổi biến tổng thể sẽ thấy rõ hơn
Cách 6:
Trang 3Đặt = + + ≥ 3 =
S a b c 3 abc 3, ta cần chứng minh P≥ +S 3 hay là chứng minh được P≥2S là đủ Mà ta lại có + + ≥ 1 2
3 khi đó ta có:
Tương tự suy ra ≥ + + − ≥ − =
Dấu bằng có khi và chỉ khi a b c= = = 1.
Cách 7:
Ta cũng có thể sử dụng bđt Tchebyshev nhưng khá dài, nhưng dù sao cũng là một cách Trước hết ta dễ dàng chứng minh được các bđt phụ sau: 2 b( +c) ≥ b+ c (Tương tự với hai biểu thức còn lại) và (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Đến đây ta giả sử
+ ≥ + ≥ +
b c c a a b (tức là
≥ ≥
c b a) thì dễ thấy khi đó x = 2 b( +c) ≥ y = 2 c( +a) ≥ =z 2 a( +b) và
2a 2b 2c và cũng theo bđt phụ trên thì
3
Bây giờ sử dụng bđt Tchebyshev ta có:
Khi sử dụng bđt Tchebyshev ta cũng có thể chọn hai dãy cùng chiều b+ ≥ + ≥ +c c a a b và
a b c tuy nhiên khi đó về biểu thức khá giống cách 3 và cách 6, có nghĩa là ta lại
sử dụng một lần nữa bđt B.C.S!
Cách 8:
Ta chú ý đến bđt B.C.S sau đây sẽ tạo ra các căn bậc hai:
Trang 4Theo tính bắc cầu ta đi chứng minh P ≥2 bc( +ca +ab) là đủ Thật vậy ta có:
a
(Vì bc = 1
a ) và tương tự suy ra đpcm
Cách 9: (Đổi biến bộ phận)
Để khử căn ta đặt x 1 , y 1 ,z 1 xyz 1
2 2
x
a
và ta cần chứng minh bđt:
2 2 2 2 2 2
Áp dụng bđt Cauchy cho mỗi ngoặc (chú ý là xyz = 1) ta có:
≥ 2x +2y + 2z = 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 ≥ + + +
yz zx xy
(đpcm)
Đẳng thức có ⇔ x = = = ⇔ = = =y z 1 a b c 1
Cách 10: (Đổi biến bộ phận)
Để khử căn ta đặt x= a , y= b,z= c⇒xyz 1= , ta có + = 2 + 2 = 3 + 3
ta có bđt sau: 3 + 3 ≥ ( + ) (⇔ − )2 ≥ ∀ >
x y xy x y x y 0, x, y 0 sử sụng điều này thì:
+
≥ +
x y
Như vậy bằng cách nhóm các hạng tử tương tự như trên suy ra đánh giá:
P x y z x y z x y z 3 (đpcm) ☺
Đẳng thức có ⇔ x = = = ⇔ = = =y z 1 a b c 1
Các bạn có thể tìm cách khác nhé
Ví dụ 2: (SƯU TẦM) Cho a b c, , >0 tùy ý Chứng minh rằng:
2
1
P
a a b b b c c c a a b c
+ Hướng 1: Nhân chéo mẫu thức bên phải sang trái và đánh giá theo mẫu xem thế nào:
Trang 5( ) ( ) ( ) 2 ( )
a b z,b c x,c a y;P
az bx cy
Ta có đánh giá tiếp: ( ) 1 1 1 3 xyz
( )( )( )
xyz= a b b c c a+ + + ≥8abc thì 3 xyz
abc ≥ suy ra: ( )2
4 a b c P 3.18+ + ≥ ⇒ đpcm Như vậy hướng 1 cho ta giải bài toán thành công
+ Hướng 2: Với chú là các tích abc và (a b b c c a+ )( + )( + ) đều có thể đánh giá theo tổng
a + b + c và ở dưới mẫu nên cùng chiều với bđt đã cho, cụ thể là:
a b c a b b c c a
Đến đây ta dùng bđt Cô si đối với ba số để chứng minh P 27Q≥ là đơn giản rồi
Như vậy hướng 2 cho ta giải bài toán thành công
+ Hướng 3: Tại sao ta cứ phải đánh giá theo cách cũ? Chẳng hạn ta có tách mẫu được không?
2
2
27
P
với:
(a b c) 1 1 1 2 27
Đến đây sử dụng bđt Cô si thử đánh giá:
3
a b c 3 abc+ + ≥ và
lấy tích hai bđt thì đánh giá là đúng
Như vậy hướng 3 cũng cho ta giải bài toán thành công
+ Hướng 4: Đây là sự kết hợp giữa hướng 2 và hướng 3, ta có:
2
3
2
27
P
Trang 6Và đương nhiên theo hướng này ta có thể tách:
P
+ Hướng 5:Đổi biến số chuyển dạng toán
bc x ca= = y ab z= ⇒ x y z> x y z+ + ≤ a b c+ + = S và khi đó:
P
ca ca bc ab ab ca bc bc ab y y x z z y x x z
Áp dụng B.C.S ta có
2 2
3
3
27
3
abc
xyz
P